動量與沖量動量定理同步練習(xí)

1、動量、沖量與動量定理 同步練習(xí) 1在下列用動量定理對幾種物理現(xiàn)象的解釋中，正確的是（ ）A.從越高的地方跳下，落地時越危險，是因為落地時受的沖量越大B.跳高時，在落地處墊海綿墊子，是為了減小沖量C.動量相同的兩個物體受相同的制動力的作用，質(zhì)量小的先停下來D.在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了減小渡船靠岸時受到的沖量2將一質(zhì)量為m的小球從足夠高的地方斜向上拋出，不計空氣阻力，則小球在落地前A任意相等的時間內(nèi)動量的變化都相同 B任意相等的時間內(nèi)動能的變化都相同C任意相等的時間內(nèi)速度的變化都相同 D動量的變化率保持不變 3人從高處跳到低處時，為了安全，一般都有一個屈膝的過程，這樣做是為了A減小沖量 B減小動

2、量的變化量C增大人與地面的作用時間，從而減小人與地面的相互作用力D增大人與地面的相互作用力，起到安全保護(hù)作用4如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個物體，分別沿傾角為和的兩個光滑斜面，由靜止開始從同一高度h1開始下滑到同樣的另一高度h2。在這一過程中， A、B兩個物體具有相同的物理量是A所受重力的沖量 B所受支持力的沖量C所受合力的沖量 D動量變化的大小5下列運動過程中，物體的動量變化率相等的是（ ）A勻速圓周運動 B豎直上拋運動C平拋運動 D任意的勻變速直線運動6一質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)開始起跳，經(jīng)的時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中地面對他作用的沖量大小和做的功分別為（）A B

3、C D7如圖所示，一小物塊在粗糙斜面上的O點從靜止開始下滑，在小物塊經(jīng)過的路徑上有A、B兩點，且A、B間的距離恒定不變當(dāng)O、A兩點間距離增大時，對小物塊從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是（ ）A摩擦力對小物塊的沖量變大 B摩擦力對小物塊的沖量變小C小物塊動能的改變量變大 D小物塊動能的改變量變小8在物體運動過程中，下列說法不正確的有（ ）A動量不變的運動，一定是勻速運動B動量大小不變的運動，可能是變速運動C如果在任何相等時間內(nèi)物體所受沖量相等（不為零），那么該物體一定做勻變速運動D若某一個力對物體做功為零，則這個力對該物體的沖量也一定為零9從地面上方同一高度沿水平和豎直向上方向分別拋出

4、兩個等質(zhì)量的小物體，拋出速度大小都是為，不計空氣阻力，對兩個小物體以下說法正確的是A落地時的速度相同 B落地時重力做功的瞬時功率相同C從拋出到落地重力的沖量相同 D兩物體落地前動量變化率相等10對一確定的物體下列說法正確的是A動能發(fā)生變化時，動量必定變化B動量發(fā)生變化時，動能必定變化C物體所受的合外力不為零時，其動量一定發(fā)生變化，而動能不一定變D物體所受的合外力為零時，其動能和動量一定不變11質(zhì)量相同的兩方形木塊AB緊靠一起放在光滑水平面上，一子彈先后水平穿透兩木塊后射出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，且子彈射穿兩木塊的時間相同，則子彈射穿木塊時AB木塊的速度之比A1:1 B1:2 C1:3 D

5、1:12一單擺擺球質(zhì)量m =0.2kg，擺長l =0.9m，今將擺球拉離與豎直方向成10°角處由靜止釋放，求擺球運動到最低點的過程中重力的沖量和合力的沖量。(g=10m/s2 ， cos10°=0.98)14如圖所示，在空中有一水平方向的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域的上下邊緣間距為h，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B有一長度為L、寬度為b（bh）、電阻為R、質(zhì)量為m的矩形線圈緊貼磁場區(qū)域的上邊緣從靜止起豎直下落，當(dāng)線圈的下邊穿出磁場時，恰好以速率v勻速運動已知重力加速度為g，求（1）線圈勻速運動的速率v；（2）穿過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的熱量Q；（3）線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t15有一個質(zhì)量為

6、0.5kg的籃球從H=0.8 m的高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.36倍，且每次球與地面接觸時間相等均為0.2s，空氣阻力不計，（重力加速度g取10 m/s2），求：（）第一次球與地板碰撞，地板對球的平均沖力為多少？（）第一次和第二次球與地板碰撞的沖量的大小之比是多少？16如圖所示，有一區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向與水平放置的導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌寬度為L，右端接有電阻R，MN是一根質(zhì)量為m的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌垂直放置，且接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌電阻均不計，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)給金屬棒一水平?jīng)_量，使它以初速度沿導(dǎo)軌向左運動，已知金屬棒在整個運動過

7、程中，通過任一截面的總電荷量為q，求：（1）金屬棒運動的位移s；（2）金屬棒運動過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）金屬棒運動的時間t試卷第3頁，總4頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細(xì)校對后使用，答案僅供參考。參考答案1A【解析】試題分析：從高處跳下，時間較長，所以重力的沖量較大，根據(jù)動量定理，在落地后動量為0，所以沖量就會越大，A正確；跳同樣高度時人在落地前的動量不變，也即落地時所受的沖量不變，墊海綿墊子是為了減小緩沖力，所以BD錯誤；根據(jù)動量定理可知，動量相等及制動力時，所用時間也相等，C錯誤；考點：動量定理。2ACD【解析】試題分析：小球斜上拋運動，只受向下的重力作用，故根據(jù)動量定理，在任意相等的

8、時間t內(nèi)動量的變化都為mgt，選項A正確；任意相等的時間內(nèi)，在豎直方向的位移不同，故重力做功不同，動能的變化不相同，選項B錯誤；任意相等的時間內(nèi)速度的變化均為gt，選項C正確；根據(jù)動量定理可知，動量的變化率等于合外力，即等于mg，故動量的變化率保持不變，選項D正確；故選ACD 考點：動量定理【名師點睛】此題主要考查動量定理的應(yīng)用；物體合外力的沖量等于物體動量的變化量，也可以說物體所受的合外力等于動量的變化率；物體合外力的功等于動能的變化量3C【解析】試題分析：人在和地面接觸時，人的速度減為零，由動量定理可知（F-mg）t=mv； 而腳尖著地可以增加人著地的時間，由公式可知可以減小受到地面的沖擊

9、力；故選C考點：動量定理【名師點睛】本題考查動量定理的定性的應(yīng)用，人落下時速度的變化量相同，讓腳尖著地是為了增加作用時間，減小與地面的作用力；物理知識在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用，在學(xué)習(xí)中應(yīng)注意體會。4D【解析】試題分析：物體在下滑中只有重力做功，而重力做功只與高度差有關(guān)，故兩種情況下重力做功相等，由機(jī)械能守恒定律可得，兩物體下滑相同高度時的動能相同，則速度大小相同；但方向不同；故動量變化的大小相同，選項D正確；物體下滑相同高度時的速度大小相等，初速度均為零，故平均速度大小相等，但是不同，兩物體下滑的位移不同，故兩物體的下滑時間一定不同，故重力的沖量不相等，選項A錯誤；由動量定理可得，物體下滑到

10、底部時的速度的大小相同，所以合外力的沖量大小一定相等，但是方向不同，故合外力的沖量不同，選項C錯誤；到達(dá)底部時，合外力的沖量大小一定相等，重力的沖量不相等，所以支持力的沖量大小一定不相等，選項B錯誤；故選D考點：沖量；動量定理【名師點睛】該題考查動量定理的應(yīng)用，要注意正確進(jìn)行受力分析，結(jié)合動能定理求解速度大小，同時要注意動量及沖量的方向性。5BCD【解析】試題分析：動量變化率是矢量，勻速圓周運動動量變化量方向時刻在變化，在相等時間內(nèi)動量變化量不相同也可根據(jù)動量定理，P=Ft，F(xiàn)是合力，勻速圓周運動的合力指向圓心，是變力，相等時間內(nèi)合力的沖量也是變化的，動量變化率是變化的故A錯誤根據(jù)動量定理P=

11、Ft，F(xiàn)是合力，自由落體運動物體的合力是重力，恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，動量變化率相同故B正確根據(jù)動量定理P=Ft，F(xiàn)是合力，平拋運動物體的合力是重力，恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，動量變化率相同故C正確勻加速直線運動合外力恒定，故動量的變化率相等；故D正確；故選BCD。考點：動量定理【名師點睛】根據(jù)動量定理P=Ft，動量變化量等于合外力的沖量，自由落體、平拋和勻減速直線運動物體所受的力是恒力，在相等時間內(nèi)物體合外力沖量相同，動量變化量相同，勻速圓周運動的合外力是變力，在相等時間內(nèi)物體合外力沖量不相同，動量變化量也不相同。6C【解析】試題分析:在此過程中，地面對運動員由向上的彈力，但在力的方向

12、上無位移，故地面的彈力做功為零，AB錯；由動量定理知：，彈力的沖量為：，C對?？键c:功、動量定理?！久麕燑c睛】判斷力是否做功及做功正負(fù)的方法：（1）看力F的方向與位移l的方向間的夾角常用于恒力做功的情形（2）看力F的方向與速度v的方向間的夾角常用于曲線運動的情形（3）根據(jù)動能的變化：動能定理描述了合外力做功與動能變化的關(guān)系，即W合Ek末Ek初，當(dāng)動能增加時合外力做正功；當(dāng)動能減少時，合外力做負(fù)功7B【解析】解：A、B、依題意，OA距離越大，即為小物塊從越高的位置開始釋放，經(jīng)過AB段的時間越短，由公式I=Ft，摩擦力不變，故摩擦力對小物塊的沖量變小故A錯誤，B正確；C、D、在AB段小物塊受到的合

13、外力不因OA距離變化而變化，AB段的位移恒定，則合外力對小物塊做功不變，根據(jù)動能定理分析得知，小物塊動能的改變量不變，故CD錯誤故選B【點評】本題對沖量、動能定理的理解和簡單的運用能力恒力的沖量直接根據(jù)I=Ft研究動能的變化往往根據(jù)動能定理，由合力的功研究8D【解析】解：A、物體的動量不變，知物體的速度不變，可知物體一定做勻速運動故A正確B、動量大小不變的運動，即速度大小不變，可能做變速運動，比如勻速圓周運動故B正確C、如果在任何相等時間內(nèi)物體所受的沖量相等（不為零），知相等時間內(nèi)動量的變化量相同，即速度變化量相同，一定做勻變速運動故C正確D、若某一個力對物體做功為零，即物體的動能變化量為零，

14、但是動量的變化量不一定為零，即沖量不一定為零故D錯誤本題選不正確的，故選：D【點評】解決本題的關(guān)鍵知道動量是矢量，有大小，有方向，動能是標(biāo)量，只有大小，沒有方向掌握動量定理，即合力的沖量等于動量的變化量，并能靈活運用9【答案】D【解析】試題分析：兩物體落地時，速度方向不同，故落地時速度不同，故A錯誤；因為落地時動能相同，則落地時的速度大小相等，平拋運動豎直方向上的分速度小于豎直上拋運動落地時的速度，根據(jù)知，落地時重力做功的瞬時功率不同，故B錯誤；兩個小球在空中運動的時間不同，做平拋運動的小球時間短，故從拋出到落地重力的沖量不同，故選項C錯誤；根據(jù)動量定理：，整個運動過程中，合力為重力，故選項D

15、正確?？键c：功率、動量定理【名師點睛】根據(jù)動能定理比較落地時的動能大?。恢亓ψ龉εc路徑無關(guān)，與首末位置的高度差有關(guān)，通過比較運動的時間比較重力做功的平均功率；通過比較落地時豎直方向上的速度比較重力做功的瞬時功率。10ACD【解析】試題分析：物體動能發(fā)生變化，則物體的速度的大小必定發(fā)生變化，所以動量必定變化，故A正確；物體的動量發(fā)生變化，可能是速度的方向發(fā)生改變，而大小沒有變化，此時動能不變，故B錯誤；物體所受的合外力不為零時，其動量一定發(fā)生變化，而動能不一定變，例如做勻速圓周運動的物體，選項C正確；物體所受的合外力為零時，合外力的功和合外力的沖量均為零，其動能和動量一定不變，選項D正確；故選A

16、CD考點：動量定理【名師點睛】本題要求同學(xué)們注意，動能是標(biāo)量，動量是矢量，要注意動量的方向；并注意一些特殊的例子，例如做勻速圓周運動的物體，速度改變，沒有力對物體做功，動能不變，動量發(fā)生改變；難度不大，屬于基礎(chǔ)題。11C【解析】試題分析：水平面光滑，子彈射穿木塊過程中，子彈受到的合外力為子彈的沖擊力，設(shè)子彈的作用力為f，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，由動量定理得：對AB：ft=（m+m）vA，對B：ft=mvB-mvA，解得：vA：vB=1：3，故C正確；故選C?？键c：動量定理的應(yīng)用【名師點睛】本題考查了動量定理的應(yīng)用，求木塊的速度之比，解題時要分析清楚運動過程，應(yīng)用動量定理即可正確解題12，【解析

17、】試題分析：小球靜止釋放后，做單擺運動，其周期小球靜止釋放后從最高點運動至最低點所用時間為,則重力的沖量為方向與重力相同，即豎直向下 。小下落過程中受重力與繩子拉力作用，其中繩子拉力不對小球做功，所以小球機(jī)械能守恒，其中重力勢能減少量全部轉(zhuǎn)化為動能，有可求得 由動量定理有方向與最低點處的速度方向相同，即沿水平方向?？键c：動量定理，機(jī)械能守恒。13（1）（2）【解析】試題分析：（1）由動能定理得:繩子繃緊過程中，由動量定理知:解得：故（2）此后兩物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則解得：考點：動量定理、機(jī)械能守恒?！久麕燑c睛】動量守恒定律的適用條件（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)

18、動量守恒（2）近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒（3）分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒14（1）線圈勻速運動的速率v為；（2）穿過磁場區(qū)域過程中，線圈中產(chǎn)生的熱量Q為mg（b+h）；（3）線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t是+【解析】試題分析：（1）當(dāng)線圈的下邊穿出磁場時，恰好做勻速運動，重力與安培力二力平衡，由平衡條件和安培力的表達(dá)式FA=結(jié)合，可求得線圈勻速運動的速率v（2）穿過磁場區(qū)域過程中，線框的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解線圈中產(chǎn)生的熱量Q（3）線圈進(jìn)入磁場過程中，由牛頓第二定律和加速度的定義式結(jié)

19、合，運用積分法求解時間；線圈完全進(jìn)入磁場的過程，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，線框做勻加速運動，加速度為g，由運動學(xué)速度時間公式求時間；對于勻速運動過程，由位移公式求解時間，即可得到總時間解：（1）線圈勻速穿出磁場，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv回路中的電流為：I=此時線圈受到豎直向上的安培力為：F=BIL聯(lián)立以上三式得：F=由平衡條件得：F=mg所以有：v=（2）線圈穿過磁場區(qū)域過程中，由能量守恒定律得線圈中產(chǎn)生的熱量為：Q=mg（b+h）=mg（b+h）（3）線圈進(jìn)入磁場過程中，下邊進(jìn)入磁場時線圈的速率為0，上邊進(jìn)入磁場時線圈的速率為v1當(dāng)其速率為v時，由牛頓運動定律得：mg=ma又 a=整理，得：mgtvt=mv兩邊求和，得：（mgt）（vt）=（mv）即得：mgt）（vt）=（mv）所以 mgt1b=mv1；故 t1=+接著線圈在磁場以g勻加速運動，有：t2=最后線圈勻速穿出磁場，有：t3=得：t=t1+t2+t3=+答：（1）線圈勻速運動的速率v為；（