【文档说明】新教材2022版物理鲁科版选择性必修第一册提升训练：第1章第1节动量和动量定理含解析.docx，共(21)页，149.304 KB，由envi的店铺上传

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第1章动量及其守恒定律第1节动量和动量定理基础过关练题组一动量的理解1.(多选)下列关于动量的说法,正确的是(易错)A.质量大的物体,动量一定大B.质量和速率都相同的物体,动量一定相同C.一个物体的速率改变,它的动量一定改变

D.一个物体的运动状态改变,它的动量一定改变2.关于动量,下列说法中正确的是()A.做匀速圆周运动的物体,动量不变B.做匀变速直线运动的物体,它的动量一定在变化C.物体的动量变化,动能也一定变化D.甲物体的动量p1=5kg·m/s,乙物体的动量p2=-10kg

·m/s,所以p1>p2题组二动量的变化3.(多选)关于动量的变化,下列说法正确的是()A.在直线运动中,物体的速度增大时,动量的增量Δp的方向与运动方向相同B.在直线运动中,物体的速度减小时,动量的增量Δp的方向与运动方向相反C.物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零D.物体做平抛运动时,动

量的增量一定不为零4.(多选)质量为0.5kg的物体,运动速度大小为3m/s,它在一个变力作用下,经过一段时间后速度大小变为7m/s,则这段时间内动量的变化量为(易错)A.5kg·m/s,方向与初速度方向相反B.5kg·m/s,方向与初速度

方向相同C.2kg·m/s,方向与初速度方向相反D.2kg·m/s,方向与初速度方向相同题组三冲量的理解与计算5.(多选)关于冲量,下列说法正确的是()A.冲量是物体动量变化的原因B.作用在静止物体上的力的冲量一定为零C.动量越大的物体受到的冲量越大D.冲量的方向

与力的方向相同6.运动员向球踢了一脚(如图),踢球时的力F=100N,球在地面上滚动了t=10s停下来,则运动员对球的冲量为(易错)A.1000N·sB.500N·sC.零D.无法确定7.如图所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F作

用下匀速前进了时间t,则()A.拉力F对物体的冲量大小为FtcosθB.拉力F对物体的冲量大小为FtsinθC.摩擦力对物体的冲量大小为FtsinθD.合外力对物体的冲量大小为零题组四动量定理及其简单应用8

.(多选)下列关于物体动量和冲量的说法正确的是()A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C.物体动量增量的方向,就是它所受合外力冲量的方向D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快9.清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安

全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是()A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而

使得动量变化更大10.(2020浙江舟山中学模拟)篮球运动深受同学们的喜爱。打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球,双手随篮球迅速收缩至胸前,如图所示。下列说法正确的是()A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对

平衡力C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力能力提升练题组一冲量与动力学、能量的结合1.(2020河北衡水第十三中学月考,)将一质量为0.2kg的小球以20m/s的初速度斜向上抛出,不计空气阻力,当小球落到

与抛出点等高处时,小球动量改变了4kg·m/s,则这一过程经历的时间为(g取10m/s2)()A.0.5sB.2sC.4sD.8s2.(2020黑龙江双鸭山一中高三月考,)有两颗质量不等,在圆轨道运行的人造地球卫星。用T表示卫星的运行周期,用p表示卫星的动量,则有关轨道半径较大的

那颗卫星的周期T、动量p和机械能,下列说法中正确的是(深度解析)A.周期T较大,动量p也较大,机械能也较大B.周期T较大,动量p可能较小,机械能不能确定C.周期T较小,动量p较大,机械能较大D.周期T较小,动量p较小,质量大的卫星的机械能较大3.(2020黑龙江牡丹江一中高二上月考,)原来静止

的氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)混合物经同一电场加速后(不考虑电荷之间的静电力作用),它们具有相同的()A.速度B.动能C.动量D.以上都不对4.(2020江苏如皋高二上调研,)(多选)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀

加速直线运动。在启动阶段,列车的动量()A.与它的速度成正比B.与它所经历的时间成正比C.与它的位移成正比D.与它的动能成正比5.[2021新高考八省(市)1月联考,河北卷,7,6分,](多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示,索道AB段光滑,A点比B点高1.25m,与AB段

平滑连接的BC段粗糙,长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑,到B点进入水平减速区,在C点与缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2,规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是()A.缓冲墙对滑块的冲量为-50N·sB

.缓冲墙对滑块的冲量为-250N·sC.缓冲墙对滑块做的功为-125JD.缓冲墙对滑块做的功为-250J6.[2021新高考八省(市)1月联考,广东卷,5,4分,]如图所示,学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球

与头部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC.足球与头部

作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/sD.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s7.(2020山东日照高二下期末,)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d四个点位于同一圆周上,a在圆周最高点,d

在圆周最低点,每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c三点同时由静止释放。关于它们下滑到d点的过程,下列说法正确的是()A.它们的重力冲量相同B.重力的平均功率相同C.合外力对它们做功相同D.它们动量的增量相同题组二动量定理在“流体类”问

题中的应用8.(2019山西晋城三模,)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行,质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时,需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰

撞后将完全黏附在飞船上,则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为()A.M+𝐹𝑣B.𝐹𝑣-MC.M-𝐹𝑣D.𝐹𝑣9.(2020山东淄博高三一模,)新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播,打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速

度可达40m/s,假设打一次喷嚏大约喷出5×10-5m3的空气,用时约0.02s。已知空气的密度为1.3kg/m3,估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为()A.0.13NB.0.68NC.2.6ND.13N题组三动量定理与图像问题的结合

10.(2020河北张家口高三上入学摸底,)(多选)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法中正确的是()A.第2s末质点的动量为零B.第4s末,质点

回到出发点C.在1~2s时间内,F的功率先增大后减小D.在1~3s时间内,F的冲量为011.(2019湖南怀化调研,)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到如图所示的水平外力作用,下列说法正确的是()A.第1s末质

点的速度为2m/sB.第2s末外力做功的瞬时功率最大C.第1s内与第2s内质点动量增加量之比为1∶2D.第1s内与第2s内质点动能增加量之比为4∶5题组四动量定理的综合应用12.(2020广东广州一模,)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动

过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员()A.过程Ⅰ中动量改变量等于零B.过程Ⅱ中动量改变量等于零C.过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ中动量改变量等于重力的冲量13.

(2019陕西汉中高二下期末,)(多选)如图,物体P、Q置于光滑水平面上,某时刻分别在大小相同的水平恒力F1、F2作用下,由静止开始运动,经时间t,P、Q发生的位移大小关系为xP<xQ,则t时刻()A.F2的功率比

F1的大B.P的速度比Q的大C.P的动能比Q的大D.P与Q的动量相等14.(2019河南郑州调研,)质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4。有一大小为5N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3s后撤去F。求物体运动的总时间(g取10m/s

2)。深度解析15.(2020北京高考物理考前冲刺押题卷一,)据统计,人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍。为探究这个问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地

面的形变很小,可忽略不计。重力加速度g取10m/s2。下表为一次实验过程中的相关数据:重物(包括传感器)的质量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反弹高度h/cm20最大冲击力Fm/N850重物与地面接触时间t/s0

.1(1)请你选择所需数据,通过计算回答下列问题:a.重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小为多少?b.在重物与地面接触过程中,重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍?(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体措施

,请你提供一种可行的方法并说明理由。答案全解全析第1章动量及其守恒定律第1节动量和动量定理基础过关练1.CD根据动量的定义,它是质量和速度的乘积,因此它由质量和速度共同决定,故A错;动量是矢量,它的方向与速度的方向相同,质量和速率

都相同的物体,其动量大小一定相同,但方向不一定相同,故B错;一个物体的速率改变,则它的动量大小就一定改变,故C对;物体的运动状态改变,则它的速度一定发生了变化,它的动量也就发生了变化,故D对。易错警示本题易错选B,没有考虑速度和动量的

矢量性,速率相等只说明速度的大小相等,而速度的方向不一定相同,动量也是矢量,其方向与速度的方向一致,速度方向不同时,动量也不相同。2.B动量是矢量,做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化,故动量时刻在变化,A错误;做匀变速直线运动的物体的速度

大小时刻在变化,所以动量一定在变化,B正确;若物体的速度方向变化,但大小不变,则动量变化,而动能不变,C错误;动量的负号只表示方向,不参与大小的比较,故p1<p2,D错误。3.ABD在直线运动中,当物体的速度增大时,其末态动量p2大于初态

动量p1,由矢量的运算法则可知Δp=p2-p1>0,与物体运动方向相同,如图甲所示,所以A正确;在直线运动中,当物体速度减小时,p2<p1,如图乙所示,Δp与p1(或p2)方向相反,B正确;当物体的速度大小不变时,其方向可能变

化,也可能不变化,当速度方向不变化时,Δp=0,当速度方向变化时,Δp≠0,C错误;当物体做平抛运动时,速度的大小和方向都变化,即动量一定变化,Δp一定不为零,如图丙所示,故D正确。4.AD以初速度方

向为正方向,如果末速度的方向与初速度方向相反,由Δp=mv'-mv得Δp=(-7×0.5-3×0.5)kg·m/s=-5kg·m/s,负号表示Δp的方向与初速度方向相反,选项A正确,B错误;如果末速度方向与初速度方向相同,由Δp=mv'-mv得Δp=

(7×0.5-3×0.5)kg·m/s=2kg·m/s,方向与初速度方向相同,选项C错误,D正确。易错警示本题易漏选A,速度是矢量,速度大小变为7m/s,其方向可能与原速度方向相同,可能与原速度方向相反,也可能与原速度方向不在一条直线上。若末速度与原速度方向相反,速度变化量

大小为10m/s。5.AD根据动量定理I=mv2-mv1=Δp可知,冲量是物体动量变化的原因,选项A正确;只要有力作用在物体上,经历一段时间,这个力便有冲量,与物体处于什么状态无关,选项B错误;物体所受冲量I=Ft与物体动量的大小p=mv无

关,选项C错误;冲量是矢量,其方向与力的方向相同,D正确。6.D球滚动了t=10s是地面摩擦力对球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定运动员踢球时的力的作用时间,所以无法确定运动员对球的冲量

,故选D。易错警示本题易误选A项,由于对冲量意义的不理解,误将足球的运动时间当成力的作用时间。7.D求冲量时,必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。本题中,各力作用的时间都是一样的,拉力F对物体的冲量是Ft,所以A、B

错;物体受到的摩擦力Ff=Fcosθ,所以摩擦力对物体的冲量大小为If=Fcosθ·t,C错;物体做匀速运动,合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,D对。8.BCD由Ft=Δp知,Ft越大,Δp越大,但动量不一定大,A错误,B正确;物体所受合外力冲量与动量增量Δp

不仅大小相等,而且方向相同,C正确;由F=𝑝'-𝑝𝑡知,物体所受合外力越大,它的动量变化就越快,D正确。9.C在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后延长了力的作用时间,根据动量定理Ft=Δp可知,安

全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率,故选C。10.D手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,故A、B错误。先伸出两手迎接,手接触到球后,两手随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,以球运动的方向

为正方向,根据动量定理得-Ft=0-mv,解得F=𝑚𝑣𝑡;用题述接球方式接球与伸手接球后手未随球缩至胸前相比,球动量的变化量不变,作用时间变长,所以作用力减小,C错误,D正确。故选D。能力提升练1.B小球从抛出到落到与抛出点等高

处时,由于小球在运动过程中只受一个重力,所以动量只在竖直方向发生变化,则有Δp=mΔv,即Δv=Δ𝑝𝑚=40.2m/s=20m/s,由此可知经历的时间为Δt=Δ𝑣𝑔=2010s=2s,故选B。2.B在圆轨道上运行的人造地球卫星,其所

需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的,即G𝑀𝑚𝑟2=m𝑣2𝑟可得:v=√𝐺𝑀𝑟,根据p=mv可知,卫星动量的大小与质量和速度有关,由于卫星质量的大小关系不确定,所以动量大小关系不确定;因为机械能也与质量有关,所以机械能大小关系也不确定;根据G𝑀𝑚𝑟2=mr4π2𝑇2可得

T=√4π2𝑟3𝐺𝑀,可见轨道半径r越大,人造卫星的运行周期T越大,综上可知,B正确。方法技巧动量与动能有关,机械能与动能也有关,但动量与机械能无直接关系,即不能根据动量的大小确定机械能的大小。3.B氕核(11H)、氘核(12H

)、氚核(13H)是同位素,其电荷量相同,质量不同;这三者混合物经过同一电场时,电压U相同,根据动能定理有:qU=12mv2,由此可知三者的动能相同,速度v不同,根据动能和动量的关系有Ek=𝑝22𝑚,可知动量p不同。故选B。4.AB列车质量不变,由p=mv可

知,列车的动量与速度成正比,A正确;由公式v=at可得p=mat,可知动量与它所经历的时间成正比,B正确;由公式p=mv,v2-𝑣02=2ax,可得p=m√2𝑥𝑎,C错误;由公式Ek=12mv2,p=m

v得p=√2𝑚𝐸k,D错误。5.BC滑块从A滑到C,由动能定理有mgh-μmgxBC=12m𝑣12-0,解得v1=3m/s,碰后滑到D的过程,有-μmgxCD=0-12m𝑣22,得v2=-2m/s,与墙碰撞过程应用动量定理(向右为正)有I=mv2-mv

1=-250N·s,故A错误,B正确。对碰撞过程应用动能定理有W=12m𝑣22-12m𝑣12=-125J,故C正确,D错误。6.C由自由落体规律v2=2gh得球落到头顶的速度大小v1=√2𝑔ℎ=√2×10×80×10-2m/s=4m/s,离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm,由竖直上

抛运动规律可得球离开头部时的速度大小v2=4m/s,取向上为正,由动量定理(F-mg)t=mv2-m(-v1),代入数据可得F=36N=9mg,选项A错误;足球下落到与头部刚接触时动量大小p=mv1=0.4×4kg·m/s=1.6k

g·m/s,选项B错误;足球与头部作用过程中动量变化量Δp=mv2-m(-v1)=0.4×4kg·m/s-0.4×(-4)kg·m/s=3.2kg·m/s,选项C正确;小球从最高点下落至头顶,由自由落体的规律h=12gt2

代入数据得自由落体下落时间t1=0.4s,与头部作用时间t2=0.1s,从头部上升到最高点所用时间t3=0.4s,总时间t=t1+t2+t3=0.9s,重力冲量IG=mgt=0.4×10×0.9N·s=3.6N·s,或者全过程由动量定理Ft2-IG=0得IG=Ft2=36×0.

1N·s=3.6N·s,选项D错误。7.A设某一细杆与竖直方向的夹角为α,小滑环运动的时间为t,圆周的直径为D,则滑环的加速度大小a=gcosα;由匀变速直线运动的位移时间公式得Dcosα=12at2=12gcosαt2,解得t=√2𝐷𝑔,由此

可知三滑环运动的时间相同。由于三个滑环的重力相等,运动时间相同,由公式I=Ft可知,各环重力的冲量相等,故A正确;由题图可知,三个滑环的重力做功不同,时间相等,所以重力的平均功率不相同,故B错误;由题意可知只有重力做功,所以

合外力对它们做功不相同,C错误;各滑环都沿杆方向运动,滑环受到的合力方向不同,则合力对各滑环的冲量不相同,所以它们动量的增量不相同,D错误。8.D设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m。以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研

究对象,根据动量定理有Ft=mv-0,其中t=1s,可得:m=𝐹𝑣,故选D。9.A打一次喷嚏喷出的空气质量约为m=ρV=1.3×5×10-5kg=6.5×10-5kg。设打一次喷嚏喷出的空气受到人的平均作用力大小为F,根据动量定理得FΔt=mv,解得F=𝑚𝑣Δ𝑡=6.5×10-5

×400.02N=0.13N,根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力大小为F'=F=0.13N,故A正确,B、C、D错误。10.CD由题图可知在0~2s内质点一直加速,2s末速度最大,然后减速,由对称性可知第4s末,质点速度为零,位移不为零,故A、B错误;

由题图可知在1~2s时间内,速度逐渐增大,F逐渐减小到0,所以F的功率先增大后减小,故C正确,由对称性可知第1s末和第3s末的速度相等,由动量定理可知F的冲量为I=mv3-mv1=0,故D正确。11.D由动量定理:Ft=mv2-mv1,求出第1s末、第2s末速度分别为:v1=4m/s、

v2=6m/s,故A错误;第1s末外力做功的瞬时功率P=F1v1=4×4W=16W,第2s末外力做功的瞬时功率P'=F2v2=2×6W=12W,故B错误;第1s内与第2s内质点动量增加量之比为:Δ𝑝1Δ𝑝2=𝑚𝑣1𝑚

𝑣2-𝑚𝑣1=21,故C错误;第1s内与第2s内质点动能增加量分别为:ΔEk1=12m𝑣12=8J,ΔEk2=12m𝑣22-12m𝑣12=10J,则ΔEk1∶ΔEk2=8J∶10J=4∶5,故D正确。1

2.C过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即mgt,不为零,故A错误,C正确;运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误;过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误。13.AD根据匀变速直线运动平均速度v平均=1

2vt可知,由于xP<xQ,则v平均P<v平均Q,故P的末速度小于Q的末速度,所以F2的功率比F1的大,A正确,B错误;根据动能定理可知,合外力做的功等于物体动能的变化量,P、Q所受的合外力相等,且xP<xQ,所以Q的动能大于P的动能,C错误;根

据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量,P、Q所受的合外力相等,作用时间相等,所以P与Q的动量相等,D正确。14.答案3.75s解析物体由静止开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。

取水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有Ft1-Fft=0①又Ff=μmg②联立①②式解得t=𝐹𝑡1𝜇𝑚𝑔,代入数据解得t=3.75s。方法技巧(1)列方程前要选取正方向,与规定的正方向一致的力和动量取正值,与规定的正方向相反的力和动量取负值。(2)分析速度时一定

要选取同一个参考系,一般选取地面为参考系。(3)求动量的变化量时要严格按公式列式,且注意是末动量减初动量。15.答案(1)a.90m/s2b.6(2)见解析解析(1)a.设重物受到地面最大冲击力时加速度的大小为a,由牛顿第二定律得a=𝐹m-𝑚𝑔𝑚解得a=90m/s2b.重物与地面接触

前瞬时的速度大小v1=√2𝑔𝐻=3m/s重物离开地面瞬时的速度大小v2=√2𝑔ℎ=2m/s设重物与地面接触过程,重物受到地面施加的平均作用力大小为F,取竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2-m(-

v1)解得F=510N则𝐹𝑚𝑔=6因此重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍。(2)脚底触地后要同时下蹲,以延长与地面的作用时间来减小地面对人的冲击力。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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