1.1动量 练习
一、单选题
1．如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．装置中绳子的拉力为mgtanθ
B．装置转动的角速度为
C．装置转动的周期为
D．装置旋转一周，小球的动量变化为0
2．某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小弹丸在空中的位移均相同
B．小弹丸在空中的速度变化率均相同
C．小弹丸在空中的动量变化量均相同
D．小弹丸在空中的动能变化量均相同
3．一般河流的河道是弯曲的，外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为半径为的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度和水深均保持不变，水的流动速度大小恒定，，河水密度为，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间内（ ）
A．流水速度改变量的方向沿河道的切线方向
B．流水速度改变量的大小为
C．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
D．通过观测截面水的动量改变量大小为
4．如图所示，体育课上一同学在距离地面高0.7m处将一排球垫起，垫起时排球的速度方向与水平方向的夹角为37°，排球运动过程中距离地面的最大高度为2.5m。已知排球的质量为0.3kg，不计空气阻力，重力加速度，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．排球被垫起时的速度大小为8m/s
B．排球被垫起瞬间动量大小为3kg·m/s
C．排球在最高点处的速度大小为6m/s
D．排球从被垫起到第一次落地所用时间为1.2s
5．如图为某游乐场内水上滑梯的部分轨道示意图，轨道在同一竖直平面内，由表面粗糙的倾斜直轨道与弧形轨道组成，两轨道相切于A点。某游客从点由静止滑下，通过弧形轨道的过程中速率保持不变，则游客在段下滑的过程中（ ）
A．所受摩擦力的大小不变
B．所受合外力始终与速度方向垂直
C．重力对他做功的功率保持不变
D．动量保持不变
6．如图所示为某半导体气相溅射沉积镀膜法的原理图，在真空室中，接电源正极的电容器上极板处放置待镀膜的硅晶圆，接电源负极的下极板处放置镀膜靶材。等离子体氩气从左端进入真空室中的电场（可认为离子初速为零），带正电的氩离子（Ar+）在电场力作用下加速轰击靶材，使得靶材原子溅射到上方硅晶圆衬底上，从而实现硅晶圆镀膜。已知Ar的相对原子质量大于He的相对原子质量，不考虑离子间相互作用，则离子在电场中的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．Ar+的电势能增大
B．若Ar+换为He+则获得的动量变小
C．若Ar+换为He+则获得的动能变小
D．等离子体中的负电荷从高电势向低电势运动
7．做自由落体运动的物体，其动量p与时间t的关系图线为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
8．为我国首夺奥运网球女单金牌的郑钦文发球英姿如图（a），她被誉为当今网球界的“ACE”球女王。如图（b），某次发球，假设球从A点竖直上抛，至最高点O后下落，在B点被球拍击出；已知球的质量为60g，击出时速率为180km/h，，。若手抛球和球拍击球的时间均极短且可忽略，球拍对球的作用力方向水平，球视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小取，则（ ）
A．抛球过程，手对球做功0.75J
B．从抛出到击球前，球的动量变化量大小为
C．击球过程，球的速度变化量大小为45m/s
D．击球过程，球拍对球做功74.25J
9．下列关于动量的说法正确的是（ ）
A．动量相同的物体，运动方向一定相同
B．动量越大的物体，其速度一定大
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
10．将一质量为0.1kg的小球水平抛出，其运动轨迹上有A、B、C三点，如图所示。其中A为抛出点，小球从A到B和B到C所用时间均为1s，且位移大小之比为，忽略空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到C动量变化量大小为 B．小球从A到C重力的平均功率为5W
C．小球平抛的初速度大小为5m/s D．小球在B点的动量大小为
三、解答题
11．一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为1.25m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.45m，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
(1)篮球动量的变化量；
(2)篮球动能的变化量。
12．如图所示，一足球运动员踢一个质量为0.4kg的足球。
(1)若开始时足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10m/s，方向仍向右（如图甲），求足球的初动量、末动量以及踢球过程中足球动量的改变量；
(2)若足球以10m/s的速度撞向球门门柱，然后以3m/s的速度反向弹回（如图乙），求这一过程中足球的动量改变量。
13．如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v = 1 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m = 1 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L = 4 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ = 0.5，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求物块：
(1)求小物体从A点运动到P点时候的动量大小；
(2)求小物块从A点开始至第2次运动到P点时间。
14．将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m/s，g取10m/s2，求：
（1）当小球落地时，小球的动量；
（2）小球从抛出至落地过程中动量的增量。
15．如图所示是两个质量均为m的小球以相同的速率相向运动并发生碰撞的三个瞬间，p1和p2分别是两个小球碰撞前的动量，p1′和p2′分别是两个小球碰撞后的动量。设两球相互作用时间为t，试推导碰撞前后两球总动量的关系。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C B B B B BD AD AC
1．D
【详解】A．对装置受力分析如图所示
装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则
解得
故A错误；
BC．由牛顿第二定律
其中圆周运动的半径为
联立解得装置转动的角速度为
装置转动的周期为
故BC错误；
D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】A．礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空中的位移不相同，故A错误；
B．小弹丸在空中运动，仅受重力，加速度恒定，所以速度变化率相同，故B正确；
C．小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，故C错误；
D．小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大小关系，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，水流所受外力的合力方向指向圆心，即流水的加速度方向指向圆心，即流水速度改变量的方向指向圆心，故A错误；
B．由于，结合上述，向心加速度
根据加速度的定义式有
解得
故B错误；
C．极短时间内流过截面的水流质量
令外侧河堤对内流过截面的水流的冲击力为，则有
根据牛顿第三定律有
则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
解得
故C正确；
D．结合上述可知，流水速度改变量的大小
则通过观测截面水的动量改变量大小
结合上述解得
故D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．令h＝0.7m，H＝2.5m，θ＝37°
竖直方向有
解得
则排球垫起时的速度大小
A项错误；
C．排球在最高点处的速度大小
C项错误；
B．排球被垫起瞬间动量大小
B项正确；
D．设排球上升和下降所用的时间分别为、，则有
排球从垫起到第一次落地所用时间
联立解得
D项错误。
故选B。
5．B
【详解】AB．通过弧形轨道的过程中速率保持不变，游客所受合力大小不变，指向圆心，则所受合外力始终与速度方向垂直，游客所受摩擦力与重力沿轨道切向分力的合力为0，而重力的切向分力在减小，可知摩擦力在减小，故A错误，B正确；
C．根据题意可知，游客竖直方向的分速度逐渐减小，则重力的功率逐渐减小，故C错误；
D．根据题意可知，游客速度的方向变化，则游客的动量变化，故D错误。
故选B。
6．B
【详解】A．电场力对Ar+做正功，Ar+的电势能减小，故A错误；
B．根据
解得
Ar+与He+两粒子所带电荷量相等，Ar的相对原子质量大于He的相对原子质量，可知，若将Ar+换为He+，则获得的动量变小，故B正确；
C．根据
由于Ar+与He+两粒子所带电荷量相等，可知，若将Ar+换为He+，则获得的动能不变，故C错误；
D．等离子体中的负电荷在电场力作用下将向上偏转，可知，负电荷从低电势向高电势运动，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】自由落体运动的物体的速度
根据动量的定义
可知动量与时间成正比例关系。
故选B。
8．BD
【详解】A．从A至O，由
代入数据得
抛球过程，由
代入数据得抛球过程手对球做功
故A错误；
B．从O至B，由
代入数据得
规定竖直向下为正方向，抛出到击球前，由
代入数据得
故B正确；
C．击球过程，因时间可忽略，且球拍对球的作用力方向水平，故球只在水平方向有速度变化，而球被击出时的速度是水平分速度与竖直分速度的合速度，由题意，击出时的球速为
故水平分速
球的速度变化量大小为
故C错误；
D．击球过程，由
代入数据得球拍对球做功
故D正确。
故选BD。
9．AD
【详解】A．动量相同的物体，速度方向一定相同，则运动方向一定相同，故A正确；
B．动量的大小和物体的质量和速度有关，所以动量越大的物体，其速度不一定大，故B错误；
C．物体运动速度的大小不变，但速度的方向可以改变，其动量也变化，故C错误；
D．物体的运动状态改变，即速度变化，则其动量一定改变，故D正确。
故选AD。
10．AC
【详解】A．小球从到，速度变化量
由动量定理
A正确；
B．小球从到，下落的高度
重力的平均为
B错误；
C．的高度差为
BC的高度差为
AB的长度为
BC的长度为
由题意知
解得
C正确；
D．小球在点时的速度大小
则小球在点的动量大小为
D错误。
故选AC。
11．(1)4kg m/s，方向竖直向上
(2)减小了4J
【详解】（1）根据自由落体运动规律
可得篮球与地面相撞前瞬间的速度为，方向竖直向下；
篮球反弹后瞬间的速度为，方向竖直向上；
规定竖直向下为正方向，则篮球的动量变化量为
即篮球的动量变化量大小为4kg m/s，方向竖直向上；
（2）篮球的动能变化量为
即动能减少了4J。
12．(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）足球的初动量为，方向向右；
足球的末动量为，方向向右；
足球动量的改变量为，方向向右；
（2）设向右为正方向，则足球的动量改变量为，方向向左。
13．(1)4 kg m/s
(2)4.5 s
【详解】（1）对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得
解得物体的加速度
设物体第1次到达P点的速度大小为v1，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得
解得
故小物体从A点运动到P点时候的动量大小
（2）根据上述分析可知，物块第一次经过P点的时间
由于物块下滑到P点的速度大于传送带的速度，故物块在传送带上先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动与传送带共速后，匀速回到P点。设物块在传送带上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可知
解得
设二者共速的时间为t2，根据运动学公式
解得
此时物块距离P点的位移大小
故物块匀速运动到P点的时间
故物块第二次回到P点的时间
14．（1），方向竖直向下（2），方向竖直向下
【详解】（1）由
可得小球落地时的速度大小
取竖直向下为正，则小球落地时的动量
方向竖直向下。
（2）以竖直向下为正方向，小球从抛出至落地动量的增量
方向竖直向下。
15．见解析
【详解】由牛顿第三定律可知，两球在整个碰撞过程中的平均力满足
1球所受合外力的冲量
对1球应用动量定理可得
2球所受合外力的冲量
对2球应用动量定理可得
则
即
它表示相互碰撞的两个物体组成的系统，总动量保持不变，由推导过程可知该式成立的条件是，
即两球组成的系统所受合外力是0。
