《动量》习题训练  动量的定义 1．（多选）下列关于动量的说法正确的是（　　） A．质量大的物体，动量一定大 B．质量和速率都相等的物体，动量一定相同 C．质量一定的物体的速率改变，它的动量一定改变 D．质量一定的物体的运动状态改变，它的动量一定改变 2．飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行。在匀加速直线运动阶段，飞机的动量（　 　） A．与它的位移成正比 B．与它的动能成正比 C．与它的速度的平方成正比 D．与它所经历的时间成正比 3．质量为 5kg 的小球以 5m/s 的速度竖直落到地板上，随后以 3m/s 的速度反向弹回，若取 竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（ ） A．10kg·m/s B． - 10kg·m/s C．40kg·m/s D． - 40kg·m/s  动量与动能 4．如图所示，摩天轮载着轿厢在竖直平面内做匀速圆周运动（游客与轿厢保持相对静止）， 在摩天轮转动过程中，关于游客的表述正确的是（　　） A．游客速度保持不变 B．游客动能保持不变 C．游客动量保持不变 D．游客一直处于失重状态 5．小明同学使质量为 0.1kg 的小球以 5m/s 的速度落至水平地面上，再以 4m/s 的速度反向 弹回。取竖直向下为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量△p 和 合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是（　　） A．△p=-0.9kg·m/s，W=-0.45J C．△p=-2kg·m/s，W=0.1J B．△p=-0.9kg·m/s，W=0.1J D．△p=0.9kg·m/s，W=0.45J 6．早在 2300 多年前，中国伟大诗人屈原就发出了“送古之初，谁传道之？上下未形，何由 考之？“的著名“天问”。2020 年 7 月 23 日，我国探测飞船“天问一号”飞向火星。图中虚线为 “天问一号”的“地-火”转移轨道，则“天问一号”在该轨道运行的（　　） A．动量不变 B．动能不变 C．速度大于地球绕太阳的公转速度 D．加速度不小于火星绕太阳的加速度 7．《国家地理频道》做过如下实验∶几个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，水平运动 的子弹恰好能穿出第 4 个水球，如图所示。设子弹受到的阻力恒定，则子弹在穿过的每个 水球中（　　） A．速度变化相同 B．运动时间相同 C．动能变化相同 D．动量变化相同 8．如图所示，两个完全相同的小球 A、B，在某一高度处以大小相同的初速度分别沿水平 方向和竖直方向抛出，落到水平地面上。若以地面为参考平面，不计空气阻力，则两小球 落地时（　　） A．速度相同 B．所受重力的瞬时功率相同 C．机械能相同 D．动量相同 9．质量 m=4kg 的物块在竖直方向上的拉力作用下，由静止开始沿竖直方向运动，其速度 与时间的关系为 v=5t（速度 v 与时间 t 均采用国际主单位），g=10m/s2，不计空气阻力，则 在第 1s 内（　　） A．物块的重力势能增加了 300J B．物块的机械能增加了 100J C．物块的动量增量为 50kg·m/s D．拉力的功率为 150W  图像中的动量问题 10．（多选）质量为 m 甲=2kg，m 乙=0.5kg 的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线 运动，二者的动量随时间变化的图象如图所示。下列说法正确的是（　　） A．甲的加速度大小为 1m/s2 B．乙的加速度大小为 0.75m/s2 C．t=9s 时乙的速度大小为 18m/s D．t=3s 时两物体相遇 11．（多选）如图为匀强电场的电场强度 E 随时 间 t 变化的图 像，当 t=0 时，将一带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用， 则下列说法中正确的是（　　） A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．0~3s 内，电场力做的总功为零 C．3s 末带电粒子的动量为零 D．2s 未带电粒子离出发点最远 12．（多选）为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高 训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是 电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象，已知重力加速度 g=10m/s2，空气阻力 不计，则根据图象分析可知（　　） A．人在 0.3s-0.7s 时间内先加速下蹲后减速下蹲 B．c 到 d 的过程中，人始终处于失重状态 C．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，支持力对人做的功为 0 D．人跳起获得的初动量大小为 240kg·m/s 《动量》参考答案 1．CD 【详解】 A．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，A 错误； B．又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相等的物体，其动 量大小一定相等，但方向不一定相同，B 错误； C．质量一定的物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，C 正确； D．质量一定的物体的运动状态改变，它的速度就一定改变，它的动量也就改变，D 正确。 故选 BD。 2．D 【详解】 AB．飞机的动量为 p  mv 结合动能定理可得，飞机的动能为 1 Ek = mv 2  ma � s 2 联立可得 p  2mEk  2m 2 as 故动量与它的动能不成正比，与它的位移也不成正比，AB 错误； C．飞机的动量与它的速度成正比，C 错误； D．由动量定理可得 p  F合t  mat 故飞机的动量与它所经历的时间成正比，D 正确。 故选 D。 3．D 【详解】 由题知，取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为 p = - mv′ - mv = 5 × ( - 3 - 5)kgm/s = - 40kgm/s 故选 D。 4．B 【详解】 ABC．摩天轮载着轿厢在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向不断改变，所 以游客的速度、动量是变化的，动能不变，故 AC 错误，B 正确； D．在摩天轮的最高点，加速度方向向下，游客处于失重状态，在最低点，加速度方向向 上，游客处于超重状态，故 D 错误。 故选 B。 5．A 【详解】 小球动量的变化量为 P  mv2    mv1   0.9kg � m/s 外力对小球做的功为 W 1 2 1 2 mv2  mv1  0.45J 2 2 故选 A 。 6．D 【详解】 AB．动量是矢量，方向与运动速度方向相同，卫星在远离地球的过程中在轨道上速度方向 和大小不断变化，故动量、动能也不断变化，故 AB 错误； C．火星引力小于地球引力，故卫星在轨速度小于第一宇宙速度，而地球绕太阳公转速度 不小于第三宇宙速度，故 C 错误； D．根据 G 可知 Mm  ma r2 a GM r2 轨道半径越大，加速度越小，其与火星轨道相切位置加速度与火星绕太阳的加速度相同， 所以 a �a火 故 D 正确。 故选 D。 7．C 【详解】 AB．由于经过每个水球的位移相同。根据 t x v 可知，经过 4 个水球的时间逐渐增加；根据匀变速运动 Vv  aVt 可知，a 相同，时间不同，故速度变化量不同。故 AB 错误； C．根据功的定义 W  Fx 可知，每个水球对子弹的功相同，根据动能定理可知，外力做的功等于动能的变化量，因 此动能变化量相同。故 C 正确； D．子弹闯过每个水球的时间不同，速度变化量不等，动量变化量不等，故 D 错误； 故选 C。 8．C 【详解】 C．两小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故 C 正确； ABD．两小球落地时速度大小相同，方向不同，则重力的瞬时功率 P  mgv cos  不同，动量 p  mv 不同，故 ABD 错误。 故选 C。 9．D 【详解】 A．由 v  5t 可知，物块的加速度大小为 5m / s2 ；根据牛顿第二定律有 F  mg  ma 解得 F  60N 在第 1s 内，物块的位移 1 h  at 2  2.5m 2 物块的重力势能增加量 Δ100J EP  mgh  A 错误； B．机械能的增加量等于除了重力外拉力的功 E  Fh  150J B 错误； C．动量的增量 Δ0 p  20kg mv  m/s  � 方向向上，C 错误； D．拉力的平均功率 P W Fh   150W t t D 正确。 故选 D。 10．AC 【详解】 AB．p-t 图像的斜率的绝对值表示物体所受合外力的大小，由图像可知，甲物体所受的合 外力的大小 F甲  2N 乙物体所受的合外力的大小 F乙  1N 根据牛顿第二定律可得甲物体的加速度大小 a甲  F  1m/s 2 m 同理，乙物体的加速度大小 a乙  2m/s 2 A 正确，B 错误； C． t  9s 时 P乙  9kg � m/s v乙  9 m/s  18m/s 0.5 C 正确； D．根据 P-t 图像可知，t=0 时，甲物体具有的动量为 18kg·m/s，可得甲物体的初速度 v0=9m/s，根据 1 x甲甲 v0t  ( a )t 2 2 x乙乙 1 a t2 2 当两物体相遇时 x甲乙 x 解得 t  6s D 错误； 故选 AC。 11．BC 【详解】 AD．带电粒子将做往复运动，1.5s 末，带电粒子离出发点最远，故 AD 错误； BC．在 3s 时，粒子又回到原点，且速度为 0，所以电场力做功为 0，粒子的动量也为 0， 故 BC 正确。 故选 BC。 12．CD 【详解】 A．人在 0.3s~0.7s 时间内，对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重量，如果是先 加速下蹲后减速下蹲，则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重量，故 A 错误； B．c 到 d 的过程中，人还没有完全脱离传感器，对传感器仍有向下的压力，这个压力从大 于人的重量逐渐减小到零，即人先处于超重，后处于失重状态，故 B 错误； C．从起跳到双脚离开力传感器的过程中，人的双脚并未移动，因此支持力不做功，故 C 正确； D．人在空中停留的时间 t�  (1.6  1.0)s  0.6s ，所以人跳起时获得的初速度为 t� v0  g �  3m/s ，初动量大小为 2 p0  mv0  80kg �3m/s  240kg � m/s 故 D 正确。 故选 D。