冲量动量动量定理练习题带标准答案.docx

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冲量动量动量定理练习题带标准答案

冲量-动量动量定理练习题（带答案）

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2016年高三1级部物理第一轮复习-冲量动量动量定理

1．将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2.以下判断正确的是（　　）

A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10N·s

B．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0

C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0

D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20N·s

解析：

小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量I＝0－（－mv0）＝10N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：

I＝Δp＝mv－（－mv0）＝20N·s，D正确，B、C均错误．

答案：

AD

2.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比（　　）

A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大

B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变

C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做的功变大

D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大

解析：

传送带是静止还是沿题图所示方向匀速运动，对木块来说，所受滑动摩擦力大小不变，方向沿斜面向上；木块做匀加速直线运动的加速度、时间、位移不变，所以选项A错，选项B正确．木块克服摩擦力做的功也不变，选项C错．传送带转动时，木块与传送带间的相对位移变大，因摩擦而产生的内能将变大，选项D正确．

答案：

BD

3.如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球C，A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足（　　）

A．最小值m

B．最小值m

C．最大值m

D．最大值m

解析：

在最低点，瞬时冲量I＝mv0，在最高点，mg＝mv2/r，从最低点到最高点，mv

/2＝mg×2r＋mv2/2，解出瞬时冲量的最小值为m

，故选项B对；若在最高点，2mg＝mv2/r，其余不变，则解出瞬时冲量的最大值为m

.

答案：

BC

4.水平面上有两个质量相等的物体a和b，它们分别在水平推力F1和F2作用下开始运动，分别运动

一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v—t图线如图所示，图中线段AB∥CD.则以下说法正确的是（　　）

①水平推力的大小F1>F2　②水平推力的大小F1

A．①③B．①④C．②③D．②④

答案：

B

5.如图所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为mA＝3.0kg、mB＝2.0kg，在它们之间用一轻绳连接，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用两个方向相反的水平恒力F1、F2同时作用在A、B两物体上，已知F1＝20N，F2＝10N，g取

10m/s2.当运动达到稳定后，下列说法正确的是（　　）

A．A、B组成的系统运动过程中所受摩擦力大小为5N，方向水平向左

B．5s内物体B对轻绳的冲量为70N·s，方向水平向左

C．地面受到A、B组成的系统的摩擦力大小为10N，方向水平向左

D．5s内A、B组成的系统的动量变化量为25kg·m/s

解析：

A、B组成的系统运动过程中所受的摩擦力为Ff＝μ（mA＋mB）g＝5.0N，根据牛顿第三定律知地面受到A、B组成的系统的摩擦力的大小为5N，方向水平向右，所以A对C错．设运动达到稳定时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有F1－F2－Ff＝（mA＋mB）a，解得a＝1.0m/s2，方向与F1同向（或水平向右）．以B为研究对象，运动过程中B所受摩擦力为FfB＝μmBg＝2.0N．设运动达到稳定时，B所受轻绳的作用力为FT，根据牛顿第二定律有FT－FfB－F2＝mBa，解得FT＝14.0N．根据牛顿第三定律知，物体B对轻绳的作用力大小为14N，方向水平向左，冲量为70N·s，B正确．A、B组成的系统受到的合外力的大小为5N，所以5s内，合外力的冲量大小为25N·s，由动量定理知D正确．

答案：

ABD

6.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的

圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是（　　）

A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等

B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等

C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等

D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等

解析：

a、b两球到达S点时速度方向不同，故它们的动量不等，C、D错误．

由机械能守恒定律知，a、b经过同一高度时速率相同，但b在竖直方向的分速度vb始终小于同高度时a球的速度va，应有平均速度

b＜

a，由t＝

知，ta＜tb，所以a先到达S点，A正确，B错误．

答案：

A

7．质量为m的小球在水平面内做半径为r的匀速圆周运动，它的角速度为ω，周期为T，在

时间内，小球受到的冲量的大小为（　　）

A．2mωrB．πmωrC．mω2r

D．mω2

解析：

做匀速圆周运动的物体，其所受向心力的大小为F＝mω2r，但向心力是个变力，方向不断改变，不能由F·t来求冲量，只能根据动量定理I＝mv2－mv1＝mωr－（－mωr）＝2mωr.

答案：

A

8．一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为Δt，不计空气阻力，重力加速度为g，则关于Δt时间内发生的变化，以下说法正确的是（　　）

A．速度变化大小为gΔt，方向竖直向下

B．动量变化大小为Δp＝m（v2－v1），方向竖直向下

C．动量变化大小为Δp＝mgΔt，方向竖直向下

D．动能变化为ΔEk＝

m（v

－v

）

解析：

根据加速度定义g＝

可知A对，分别由动量定理、动能定理可知CD对；注意动量变化是矢量，由于v1、v2仅代表速度的大小，故选项B错．

答案：

ACD

9．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动（　　）

A．可能是匀变速运动B．可能是匀速圆周运动

C．可能是匀变速曲线运动D．可能是匀变速直线运动

解析：

冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．

答案：

ACD

10．两质量相同的物体a和b分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动．若b所受的力为a的k倍，经过t时间后分别用Ia、Wa和Ib、Wb表示在这段时间内a和b各自所受恒力的冲量和做功的大小，则有（　　）

A．Wb＝kWa，Ib＝kIaB．Wb＝k2Wa，Ib＝kIaC．Wb＝kWa，Ib＝k2IaD．Wb＝k2Wa，Ib＝k2Ia

解析：

由I＝Ft，Fb＝kFa，得Ib＝kIa，故C、D错．对两物体分别由动量定理得：

Ia＝mva，Ib＝mvb，分别由动能定理得Wa＝

mv

，Wb＝

mv

，联立解得Wb＝k2Wa.

答案：

B

11.物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．该物体将始终向一个方向运动

B．3s末该物体回到原出发点

C．0～3s内，力F的冲量等于零，功也等于零

D．2～4s内，力F的冲量不等于零，功却等于零

解析：

图线和横坐标所围的面积等于冲量，0～1秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而1～2秒内冲量为正，且大于0～1秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以A错误，0～3秒内，力F的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故0～3秒内力F的冲量等于零，功也等于零，C、D正确．分析运动过程可以得到3秒末物体回到原出发点，B正确．

答案：

BCD

12．蹦极跳是勇敢者的体育运动．该运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．下列说法中正确的是（）

A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等

B．第一阶段重力势能的减少量等于第二阶段克服弹力做的功

C．第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功

D．第二阶段动能的减少量等于弹性势能的增加量

解析：

对全程有：

IG1＋IG2＝I弹，所以IG1＜I弹，A错．

全程动能不变Ep1＋Ep2＝E弹

所以Ep1＜E弹，B错，C对．

第二阶段ΔEk＝W弹－WG2

所以W弹＞ΔEk

即弹性势能的增加量大于动能的减少量，D错．

答案：

C

13.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位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为零），关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是（　　）

A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同

C．合外力对它们的冲量相同D．它们的动能增量相同

解析：

由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确，由于三种情形下弹力的方向不同，故B错，根据机械能守恒定律知D错，而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错．

答案：

A

14．2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：

如图所示，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g.

（1）求冰壶在A点的速率；

（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

（3）若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离．

解析：

（1）由－μmgL＝0－

mv

，得vA＝

.

（2）由I＝mvA，将vA代入得I＝m

.

（3）设A点与B点之间的距离为s，由

－μmgs－0.8μmg（L＋r－s）＝0－

mv

，将vA代入得s＝L－4r.

答案：

（1）

（2）m

　（3）L－4r

15.2008年8月24日晚，北京奥运会闭幕式上，199名少年穿着特制的足具——一副由白色的金属制成的高约一米、装有弹簧的支架走上了闭幕式的表演舞台，如左图所示.199名少年整齐划一的前空翻、后空翻、横飞，引起现场观众阵阵尖叫．若表演者穿着这种弹跳器上下跳跃．右图所示为在一次跳跃中弹跳器从接触地面到离开地面的过程中，地面对弹跳器弹力F与时间t的变化关系图象．表演者连同弹跳器的总质量为80kg.求：

（1）t1＝0.5s时刻，表演者的速度；

（2）表演者离地后能上升的高度．（不计空气阻力，g取10m/s2）

解析：

（1）由图象可知，t1＝0.5s时刻弹跳器的压缩量最大，故此时表演者的速度为0.

（2）表演者从t1＝0.5s弹起上升到t2＝1.0s离地的过程中受到重力G和弹力F作用，它们的冲量改变了表演者的动量．

设表演者t2＝1.0s离地时的速度为v

IG＋IF＝mv

取竖直向上的方向为正IG＝－mg（t2－t1）＝－400Ns

由F—t图知：

IF＝1100Ns

解得：

v＝8.75m/s

设上升的高度为h　由v2＝2gh　解得h＝3.83m.

答案：

（1）0　

（2）3.83m

16.据航空新闻网报道，美国“布什”号航空母舰的一架质量为1.5×104kg的“超级大黄蜂”舰载飞机于2009年5月19日下午完成了首次降落到航母甲板上的训练——着舰训练．在“布什”号上安装了飞机着舰阻拦装置——阻拦索，从甲板尾端70m处开始，向舰首方向每隔一定距离横放一根粗钢索，钢索的两端通过滑轮与甲板缓冲器相连，总共架设三道阻拦索．飞行员根据飞机快要着舰时的高度，确定把飞机的尾钩挂在哪一根阻拦索上，这意味着飞机有三次降落的机会．如图所示，某次降落中在阻挡索的阻拦下，这架“大黄蜂”在2s内速度从180km/h降到0.“大黄蜂”与甲板之间的摩擦力和空气阻力均不计．求：

（1）阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力大小；

（2）阻拦索对“大黄蜂”的冲量．

解析：

（1）“大黄蜂”在t＝2s内速度从v0＝180km/h＝50m/s降到0，加速度为a＝

＝－25m/s2

根据牛顿第二定律，阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力Ff＝ma，代入数据求得Ff＝－3.75×105N.

（2）阻拦索对“大黄蜂”的冲量I＝Fft＝－7.5×105N·s

即阻拦索对“大黄蜂”的冲量大小为7.5×105N·s，方向与运动方向相反．

答案：

（1）3.75×105N　

（2）7.5×105N·s　方向与运动方向相反

17．撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成如图6－1－6所示的三个阶段：

持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，身高1.74m的俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录．设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a＝1.0m/s2匀加速助跑，速度达到v＝8.0m/s时撑杆起跳，使重心升高h1＝4.20m后越过横杆，过杆时的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2＝4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t＝0.90s．已知伊辛巴耶娃的质量m＝65kg，重力加速度g取10m/s2，不计撑杆的质量和空气的阻力．求：

（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；

（2）伊辛巴耶娃在撑杆起跳上升阶段至少要做的功；

（3）在伊辛巴耶娃接触软垫到速度减为零的过程中，软垫对运动员平均作用力的大小．

解析：

（1）设助跑距离为s，由运动学公式v2＝2as

解得s＝

＝32m.

（2）设运动员在撑杆起跳上升阶段至少要做的功为W，由功能关系有W＋

mv2＝mgh1

解得：

W＝650J.

（3）运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v′，

由运动学公式有v′2＝2gh2

设软垫对运动员的平均作用力为F，由动量定理得（mg－F）t＝0－mv′

解得F＝1300N.

答案：

（1）32m　

（2）650J　（3）1300N