2024-2025学年高中物理选择性必修一周测练习:周测1 动量 动量定理(含解析)

学考宝 作者:佚名

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周测1 动量 动量定理
一、单项选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2023·天津市杨柳青第一中学期末)将物体水平抛出,在物体落地前(不计空气阻力),下列说法正确的是(  )
A.动量的方向不变
B.动量变化量的方向不变
C.相同时间内动量的变化量越来越大
D.动量变化得越来越快
2.(2023·盐城市伍佑中学高二月考)质量为m的钢球自高处落下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v2。在碰撞过程中,钢球动量变化量的方向和大小为(  )
A.向下,m(v1-v2) B.向下,m(v1+v2)
C.向上,m(v1-v2) D.向上,m(v1+v2)
3.(2023·广东江门市高二期末)神舟十三号载人飞船返回舱在返回时,为了保护航天员的安全,先在降落伞的作用下将速度降低至约8 m/s,再在距离地面较近时升起缓冲座椅,然后在距离地面大约1 m时,4个缓冲火箭点火工作,使速度降到2 m/s左右并最终安全着陆。关于返回舱返回着陆过程,下列说法正确的是(  )
A.着陆过程中缓冲座椅的作用是减小座椅对航天员的冲量
B.着陆过程中缓冲座椅的作用是减小航天员的动量变化量
C.着陆过程中缓冲座椅的作用是减小航天员与座椅间的作用力
D.缓冲火箭工作过程对返回舱做正功
4.(2024·永州市高二期中)一质量为2 kg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F作用,下列说法正确的是(  )
A.第1 s末质点的速度为4 m/s
B.第2 s内外力F的冲量为4 N·s
C.第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为2∶1
D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为5∶4
5.甲、乙两物体分别在大小为F1、F2的力的作用下做直线运动,甲在t1时间内,乙在t2时间内动量p随时间t变化的p-t图像如图所示,设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1,乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2,则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是(  )
A.F1>F2,I1=I2 B.F1
C.F1>F2,I1>I2 D.F1=F2,I1=I2
6.(2024·佛山市高二期中)在一次奥运会羽毛球决赛中,球飞来的速度为25 m/s,运动员将球以105 m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为5 g ,击球过程只用了0.02 s。重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(  )
A.击球过程中羽毛球动量变化量大小为 0.4 kg·m/s
B.击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为1×10-3 N·s
C.击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.4 N·s
D.击球过程中球拍的作用力约为66 N
7.如图甲所示,质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放,物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4,力F随时间t变化的关系图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是(  )
A.t=4 s时物块离出发点最远
B.t=2 s时物块速度与t=6 s时相等
C.0~8 s内物块速度先增大后减小
D.0~8 s内摩擦力的冲量大小为28 N·s
二、多项选择题:本题共3小题,每小题8分,共24分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分。
8.如图所示,用一不可伸长的轻质细绳悬挂小球,将小球向左拉到A位置无初速度释放,小球可摆动到与A位置关于竖直线对称的B位置,不计一切阻力,下列说法正确的是(  )
A.小球从A到B的过程中,重力的冲量为零
B.小球从A到B的过程中,合力的冲量不为零
C.小球从O到B的过程中,动量的变化量方向水平向左
D.小球从O到B的过程中,绳上拉力的冲量大于重力的冲量
9.(2024·云南云天化中学教育管理有限公司期中)两个完全相同的小球A、B,在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平和竖直向上抛出,不计空气阻力,下列说法正确的是(  )
A.重力对A球的冲量小于重力对B球的冲量
B.重力对A球的冲量大于重力对B球的冲量
C.从开始运动至落地,重力对两球做功相同
D.从开始运动至落地,两小球动量的变化量相同
10.(2024·张家界市高二期末)如图所示是用高压水枪清洗汽车的照片。设水枪喷出的水柱截面为圆形,直径为D,水流速度为v,水柱垂直汽车表面,水柱冲击汽车后速度为零。高压水枪的质量为M,手持高压水枪操作,已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(  )
A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时,压强变为原来的4倍
三、非选择题:本题共3小题,共34分。
11.(8分)(2023·上海师大附中期中)如图所示,一质量m=2 kg 的物体A静止在光滑的水平面上,与水平方向成30°角,大小为F=3 N的恒力作用于该物体,历时10 s,在这段时间内,力F的冲量大小为__________ N·s;物体A的动量变化量大小为__________ kg·m/s。
12.(12分)(2024·滨州市高二期中)如图所示,小陈同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6 m,被重新顶起,离开头部后竖直上升了1 m。已知足球与头部作用过程中,头对足球的平均作用力大小为36 N,足球的质量为0.4 kg,足球在空中时空气阻力为1 N,大小不变,其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10 m/s2,在此过程中,求:
(1)(6分)足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小;
(2)(6分)足球与头部的作用时间。
13.(14分)(2024·新疆巴音郭楞高二期末)一个质量为30 kg的游戏者在某游乐场的蹦床上蹦跳,从他被弹到最高点开始计时,其运动的v-t图像如图所示,其中只有Oa段和de段为直线,其余为曲线,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)(6分)最高点与蹦床间的高度差;
(2)(8分)蹦床对游戏者的平均作用力大小。
参考答案及解析
1. 答案 B
解析 平抛运动中,速度大小和方向都在发生变化,则由p=mv可知,动量的方向会发生变化,故A错误;
由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量,即Δp=I冲=Ft=Gt
由此可得,动量变化量的方向始终竖直向下不变,相同时间内动量的变化量相同,且动量变化快慢不变,故B正确,C、D错误。
2.答案 D
解析 选取竖直向下为正方向,则初动量为p=mv1,末动量为p′=-mv2,则该过程的动量变化量为Δp=p′-p=-mv2-mv1=-m(v2+v1),负号表示动量变化量的方向向上(与正方向相反),A、B、C错误,D正确。
3. 答案 C
解析 航天员在最后1 m的着陆过程中初速度大小为2 m/s,末速度是0,故在着陆过程中航天员的动量变化量是恒定的,故在此过程中所受冲量也是恒定的,故A、B错误;缓冲座椅的作用是延长着陆时间,根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,由于动量变化量恒定,延长了着陆时间则减小了着陆过程中航天员所受的平均冲击力,故C正确;因为返回舱做减速运动,重力做正功,所以根据动能定理可知,缓冲火箭工作过程对返回舱做负功,故D错误。
4.答案 C
解析 根据I=Ft可知,F-t图像面积表示F的冲量,由题图可知0~1 s内F的冲量I1=mv1=4 kg·m/s
得第1 s末质点的速度大小为
v1=2 m/s
第2 s内合外力冲量
I2=mv2-mv1=2 kg·m/s
得第2 s末质点的速度大小为
v2=3 m/s,故A、B错误;
第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为
Δp1∶Δp2=I1∶I2=2∶1,故C正确;
第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为
ΔEkl∶ΔEk2=(mv12-0)∶(mv22-mv12)=4∶5,故D错误。
5.答案 A
解析 由F=知F1>F2,由I=Δp知I1=I2,故A正确。
6.答案 B
解析 以羽毛球被击回的方向为正方向,击球过程中羽毛球动量变化量大小为
Δp=mv2-=m=0.65 kg·m/s,A错误;
击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为
mgt=1×10-3 N·s,B正确;
根据动量定理Ft=Δp
击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.65 N·s,C错误;
击球过程中可以忽略重力的冲量,球拍的作用力约为F=≈33 N,D错误。
7.答案 D
解析 当物块受到的摩擦力与重力相等时,有mg=μF0,解得F0=10 N
可知0~2 s内物块向下做加速运动,
2~4 s内物块向下做减速运动,由动量定理可知4 s末物块的速度为零,
4~6 s内物块静止,6~8 s内物块向下做加速运动,故t=8 s时物块离出发点最远,故A错误;
由上述分析可知,t=6 s时物块的速度为零,t=2 s时物块的速度不为零,故B错误;
由上述分析可知,0~8 s内物块速度先增大后减小,再增大,故C错误;
0~4 s内、6~8 s内物块受到的摩擦力为Ff=μF
0~4 s内摩擦力的冲量为
If1=Ff1t1=×4 N·s=16 N·s
4~6 s内,物块静止,受静摩擦力,摩擦力的冲量为If2=Ff2t2=mgt2=4×2 N·s=8 N·s
6~8 s内摩擦力的冲量为
If3=Ff3t3=×2 N·s=4 N·s
0~8 s内摩擦力的冲量大小为
If=If1+If2+If3=28 N·s,故D正确。
8. 答案 CD
解析 根据IG=Gt=mgt>0
小球从A到B的过程中,重力的冲量不为零,故A错误;
小球从A到B的过程中,动量的变化量为零,根据动量定理,合力的冲量为零,故B错误;
小球从O到B的过程中,初动量水平向右,末动量为零,动量的变化量方向水平向左,故C正确;
小球从O到B的过程中,合力的冲量等于动量的变化量,如图所示,由矢量三角形可知,绳上拉力的冲量大于重力的冲量,故D正确。
9. 答案 AC
解析 A球在空中的运动时间比B球短,故重力对A球的冲量小于重力对B球的冲量,A正确,B错误;
两球下落高度相同,故重力对两球做功均为W=mgh,C正确;
由动量定理可知,因为重力对两球冲量不同,故两球动量变化量不同,D错误。
10.答案 BD
解析 高压水枪单位时间喷出的水的质量为m=ρSv=ρvπD2=ρπvD2
A错误,B正确;
根据动量定理FΔt=(mΔt)v
水柱对汽车的平均冲力为F=ρπD2v2
C错误;
根据压强p===ρv2可知,
当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时,压强变为原来的4倍,D正确。
11. 答案 30 15
解析 力F的冲量大小为
IF=F·t=3×10 N·s=30 N·s
由动量定理可知,物体A的动量变化量大小为
Δp=F合·t=Fcos 30°·t=15 kg·m/s。
12. 答案 (1)0.4 N·s (2)0.1 s
解析 (1)足球下落过程由动能定理
mgh1-Ffh1=mv12
解得v1=3 m/s
下落过程的时间t1==0.4 s
足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小If=Fft1=0.4 N·s
(2)规定向上为正方向,足球上升过程由动能定理-mgh2-Ffh2=0-mv22,解得v2=5 m/s
则足球与头部作用的过程由动量定理有(F-mg)Δt=mv2-(-mv1)
解得Δt=0.1 s。
13. 答案 (1)3.2 m (2)700 N
解析 (1)根据题图可知,游戏者从最高点落到蹦床的时间t1=0.8 s
根据自由落体运动的规律可得最高点与蹦床间的高度差
h=gt12=3.2 m
(2)根据题图可知,在下落过程中游戏者与蹦床作用的时间
Δt= s=0.6 s
在开始下落到最低点的1.4 s内,取向上为正方向,根据动量定理可得
FΔt-mgt=0
解得F=700 N。

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