鲁科版选择性必修第一册《1.1 动量和动量定理》训练题(1)
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分） 1.
木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
A. a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒，机械能守恒 B. a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒，机械能不守恒 C. a离开墙后，a、b系统动量守恒，机械能守恒 D. a离开墙后，a、b系统动量守恒，机械能不守恒
2.
将甲、乙两个质量相等的物体在距水平地面同一高度处，分别以v和2v的速度水平抛出，若不计空气阻力的影响，则( )
A. 甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动量变化都不同 B. 甲物体在空中运动过程中，任何相等时间内它的动能变化都相同 C. 两物体落地时动量对时间的变化率相同 D. 两物体落地时重力的功率不同
3.
下面有关动能的说法正确的是( )
A. 物体只有做匀速运动时，动能才不变
B. 物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加 C. 物体做平抛运动时，水平方向速度不变，动能不变
D. 物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
4.
如果只有重力对物体做功，则下列说法中正确的是( )
A. 如果重力对物体做正功，则物体的机械能增加 B. 如果重力对物体做负功，则物体的机械能减少 C. 如果重力对物体做正功，则物体的动能增加 D. 如果重力对物体做负功，则物体的重力势能减少
5.
质量不相同的物体分别做自由落体运动、竖直上抛运动和竖直下抛运动，它们在空中相同的时间内动量的增量是( )
A. 大小相同，方向也相同 B. 大小相同，方向不同
C. 大小不相同，但方向相同
6.
D. 大小不相同，方向也不相同
物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6s内力F、速度随时间变化如图所示，由图象可得( )
A. 物体的质量为2kg C. 在前6s内推力做的功3J
7.
下列有关动量的说法中正确的是( )
B. 前6s内合力的冲量为4𝑁⋅𝑠 D. 在6s内的运动的位移为6m
A. 物体的动量发生改变，其动能一定改变 B. 物体的运动状态改变，其动量一定改变 C. 物体的运动状态改变，所受的合冲量有可能为零 D. 对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒
8.
如图所示，从倾角为𝜃的斜面上方某处，将质量为m的小球，以初速度𝑣0，沿水平方向抛出，正好垂直打在斜面上。已知小球打在斜面上的速度大小为v，则小球从抛出到落在斜面上的过程中，小球所受重力的冲量大小为( )
A. 𝑚𝑣0𝑠𝑖𝑛𝜃
B. 𝑚𝑣0𝑐𝑜𝑠𝜃 C. 𝑚𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃 D. 𝑚𝑣𝑠𝑖𝑛𝜃
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分） 9.
空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点(图中未画出)。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是( )
A. 球A的电势能增大，球B的电势能减小 B. P点位置高于Q点
C. 若仅增大A球质量，A球有可能击中Q点 D. 电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小
10. 如图所示，有界匀强磁场与斜面垂直，质量为m的正方形线框静止在倾
角为30°的绝缘斜面上(位于磁场外)，现使线框获得速度v向下运动，恰好穿出磁场，线框的边长小于磁场的宽度，线框与斜面间的动摩擦因
数𝜇=√，则下列说法正确的是( )
3
3A. 线框完全进入磁场后做匀速运动
B. 线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功 C. 线框进入和穿出磁场时，速度平方的变化量与运动距离成正比 D. 线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动时间成正比
11. 一可视为质点的物体质量为m，从倾角为𝜃、高为h的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑至斜面
底端，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中斜面对物体的支持力的冲量为零 B. 重力的冲量大小为𝑚√2𝑔ℎ，方向竖直向下
C. 滑至斜面底端时的动量大小为𝑚√2𝑔ℎ，方向沿斜面向下 D. 下滑过程中物体重力、斜面支持力冲量的矢量和大小为𝑚√2𝑔ℎ
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
12. 一物块从高45m的空中由静止开始自由下落。(不计空气阻力，g取10𝑚/𝑠2。)求： (1)物块在下落过程中前2s内的位移大小； (2)物体下落过程经历的时间； (3)物体落地时的速度大小。
四、综合题（本大题共1小题，共12.0分）
13. 如图1，将两条相距为2L的光滑平行金属导轨置于倾角为30°的斜面上，其顶端接一阻值为R
的电阻，导轨所在位置有一宽度为L的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，一阻值为R、质量为m的金属杆ab垂直放置在两导轨上，并置于磁场下边缘。
(1)若金属杆以v初速度沿斜面向上运动，同时对共施加一平行于斜面向上大小为
1
𝑚𝑔2
的力，金属杆运
动一段距离(未能穿出磁场)后速度减为0，求金属杆ab运动到该距离的3时的速度；
(2)若金属杆的初速度为零，用一沿斜面向上的恒力作用在金属杆ab上，使其由静止开始向上运动，
其运动速度v与位移x图象如图2所示，图中所标物理量均为已知，此过程中金属杆始终未脱离导轨。求此过程中电阻R上产生的焦耳热𝑄𝑅。
【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：AB、当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以和b组成的系统的动量不守恒．但由于没有外力做功；故系统的机械能守恒；故AB错误．
CD、a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒．由于没有外力做功；故系统机械能守恒；故C正确、D错误． 故选：C．
判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零．当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0.而判断机械能是否守恒，主要是分析系统是否有重力之外的其他力做功．
本题考查了系统机械能守恒的条件和动量守恒的条件，注意区分，墙壁对物块a有弹力作用的过程，物块并没有发生位移，因此墙壁的弹力不做功．
2.答案：C
解析：解：A、C、物体做的是平抛运动，水平方向的速度不变，只有竖直方向的速度在变化，并且竖直方向上是自由落体运动，物体的速度是均匀变化的，所以动量的变化△𝑃=𝑚△𝑣，因为相等时间内速度变化量相等，则相等时间内动量变化相同；可知两物体落地时动量对时间的变化率相同，故A错误，C正确。
B、由动能定理可得，𝑚𝑔ℎ=△𝐸𝐾，由于物体在竖直方向上是自由落体运动，物体下落的速度越来越大，所以在相同的时间内物体下降的高度也是越来越大，重力做的功越来越多，动能的变化量也是越来越大，故B错误。
D、根据𝑃=𝑚𝑔𝑣𝑦=𝑚𝑔⋅𝑔𝑡，与初速度无关，可知落地前瞬间重力做功的功率相同。故D错误。 故选：C。
动量的变化为△𝑃=𝑚△𝑣，由于物体是做的平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得动量的变化之间的关系，由动能定理可以求得物体动能的变化．
物体做的是平抛运动，所有的平抛运动在竖直方向上的运动的情况时相同的，都为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动．结合动量的表达式和动能定理进行求解，难度不等．
3.答案：B
解析：解：A、物体做匀速圆周运动时，动能也不变，故A错误
BC、由动能定理，可知物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加，故B正确，C错误 D、物体的动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能不一定变化，例如物体做匀速圆周运动时，动能不变，故D错误 故选：B
根据动能的𝐸=2𝑚𝑣2及动能定理求解
解决本题的关键知道根据动能的𝐸=2𝑚𝑣2及动能定理，特例匀速圆周运动．
1
1
4.答案：C
解析：解：A、若只有重力对物体做功，机械能守恒．故A、B错误． C、根据动能定理，重力对物体做正功，物体的动能增加．故C正确． D、重力对物体做负功，则物体的重力势能增加，故D错误． 故选C．
根据机械能守恒的条件，若只有重力对物体做功，机械能守恒．根据动能定理，通过合外力做功情况判断动能的变化．
解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，若只有重力做功，机械能守恒．重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加．
5.答案：C
解析：解：根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，相同时间内，由于重力大小不等，则合力的冲量不等，动量的增量不相等，动量变化量的方向与重力方向相同，则动量增量方向相同．故C正确，A、B、D错误． 故选：C．
根据动量定理，结合合力的冲量大小比较动量的变化量，抓住动量变化量的方向与合力方向相同确定动量增量的方向．
本题考查了动量定理的基本运用，知道动量的变化量的方向与合力冲量方向相同，基础题．
6.答案：B
解析：解：A、由𝑣−𝑡图象看出，物体在2𝑠−6𝑠做匀速直线运动，则有：
𝑓=𝐹2=1𝑁
由速度图象可知，0−2𝑠物体加速度为：
𝑎=
△𝑣
=0.5𝑚/𝑠2 △𝑡𝐹=3𝑁
由牛顿第二定律得：
𝐹−𝑓=𝑚𝑎
代入解得：𝑚=4𝑘𝑔，故A错误，
B、前6S内合力的冲量为动量的变化量为：𝐼=△𝑃=𝑚𝑣=4×1=𝑁𝑆，故B正确。 CD、物体在6s内的运动的位移为：𝑥=2×1×2+1×4=5𝑚
前2s内通过的位移为1m，后4S内的位移为4m，在6S内推力的功为：𝑊=3×1+1×4=7𝐽，故CD错误 故选：B。
由𝑣−𝑡图象看出，物体在2𝑠−6𝑠做匀速运动，由𝐹−𝑡图象读出物块在运动过程中受到的滑动摩擦力；由𝑣−𝑡图象的斜率求出物体在0−2𝑠物体的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的质量m，由动量定理求冲量，与时间轴所围面积为物体运动的位移
本题一方面考查读图能力，由速度图线的斜率求出加速度；另一方面要能由加速度应用牛顿运动定律求出质量，明确动量定理的内容即可轻松解题。
1
7.答案：B
解析：
合外力做功等于物体动能的变化，合外力的冲量等于物体动量的变化量，动量与冲量都是矢量，应用动量定理与动能定理分析答题。
本题考查了动量、冲量与合外力做功的关系，知道动量与冲量是矢量、动能是标量，应用动量定理与动能定理可以解题。
A、物体的动量是矢量，只要动量的方向变了，动量就变了，物体动量发生变化，可能是物体的速度方向发生变化，物体的速度大小不一定变，即动能可能不变，故A错误；
B、物体的动量𝑃=𝑚𝑣，物体运动状态变了，物体的速度v变了，则物体的动量变了，故B正确； C、物体运动状态变了，物体的速度v变了，即动量变了，则合外力的冲量不为0，故C错误； D、对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D错误； 故选：B。
8.答案：C
0
解析：解：小球与速度v垂直打在斜面上，小球打在斜面上时的竖直分速度：𝑣𝑦=𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃=tan𝜃， 0
由动能定理可知，重力的冲量：𝐼=𝑚𝑣𝑦=𝑚𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚tan𝜃，故C正确，ABD错误；
𝑣
𝑣
故选：C。
小球抛出后做平抛运动，根据题意求出小球打在斜面上时的竖直分速度，然后应用动量定理求出重力的冲量。
本题考查了动量定理的应用，根据题意分析清楚小球的运动过程、应用运动的合成与分解求出小球的竖直分速度是解题的前提，应用动量定理可以解题。
9.答案：AD
解析：解：A、由题意可知，击中P点的小球A受电场力向下，垂直击中Q点的小球B受电场力向上，可知电场力对A做负功，对B做正功，球A的电势能增大，球B的电势能减小，选项A正确； B、根据牛顿第二定律，对A球：𝑚𝑔+𝑞𝐸=𝑚𝑎𝐴；对B球：𝑚𝑔−𝑞𝐸=𝑚𝑎𝐵；可知𝑎𝐴>𝑎𝐵；对球
222
−𝑣𝑦=2𝑎𝐴ℎ𝐴，对球B在竖直方向：𝑣0𝑦=2𝑎𝐵ℎ𝐵；可得ℎ𝐴<ℎ𝐵，即P点位置低于A竖直方向：𝑣0𝑦
Q点，选项B错误；
C、若仅增大A球质量，可知𝑎𝐴减小，但是不可能等于𝑎𝐵，则ℎ𝐴不可能等于ℎ𝐵，则若仅增大A球质量，A球不可能击中Q点，选项C错误；
D、因两次抛球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知两球运动的时间t相同；根据𝐼=𝐸𝑞𝑡可知电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，选项D正确； 故选：AD。
根据题意可判断电场力的方向，从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况；分析两种情况下的
2
加速度关系，根据𝑣2−𝑣0=2𝑎ℎ判断h的关系；根据𝐼=𝐹𝑡判断电场力的冲量关系。
本题考查电学和力的综合问题，关键是根据运动情况判断电场力的方向。
10.答案：AB
解析：
分析重力沿斜面分力大小与线框摩擦力大小关系从而分析运动情况；根据平均电流大小定性分析克服安培力做的功大小；根据动量定理推导速度变化量与位移关系来分析CD选项。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
设线框的质量为m，总电阻为R，边长为L．
A.重力沿斜面向下的分力为𝐺𝑥=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=2𝑚𝑔，线框滑动过程中受到的摩擦力大小为𝑓=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°=2𝑚𝑔，线框完全进入磁场后受到的安培力为零，所以做匀速运动，故A正确；
1
1
B.线框进入磁场的过程中的平均电流大于线框离开磁场过程中的平均电流，进入磁场过程中平均安培力较大，所以线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功，故B正确； 𝐶𝐷.线框进入和穿出磁场时，𝐵𝐼𝐿𝑡=𝑚△𝑣，根据动量定理可得：即：𝐵2𝐿2𝑣𝑡𝑅
解得：=𝑚△𝑣，𝛥𝑣=
𝐵2𝐿2𝑥𝑚𝑅
，即速度的变化量与运动距离成正比，而运动的距离和时间t不是线性关系，故CD错误。 故选AB。
11.答案：CD
解析：
由动能定理确定下滑到底端的速度，由运动学规律求得运动时间，根据动量与冲量的表达式结合动量定理即可分析。
本题的关键还是会利用运动学规律分析问题，明确矢量的方向性即可轻松解题。 由动能定理得：𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣2 解得：𝑣=√2𝑔ℎ
运动时间为t，有：2𝑔sin𝜃𝑡2=sin𝜃 解得：𝑡=
√𝑔 sin𝜃
1
2ℎ
1
ℎ
1
A.支持力的冲量为：𝐼=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡，不为0，则A错误； B.重力的冲量大小为：𝑚𝑔𝑡=
√𝑔，则B错误； sin𝜃
𝑚𝑔
2ℎ
C.至斜面底端时的动量大小为：𝑝=𝑚𝑣=𝑚√2𝑔ℎ，方向沿斜面向下，则C正确； D.由动量定量可知物体重力、斜面支持力冲量的矢量和大小为𝑚𝑣=𝑚√2𝑔ℎ，则D正确； 故选CD。
12.答案：解：(1)(2)根据ℎ=2𝑔𝑡2得：
2ℎ90
𝑡=√=√=3𝑠
𝑔10前2s通过的位移为：ℎ2=2𝑔𝑡2=2×10×4=20𝑚 (3)物体落地的速度：𝑣=𝑔𝑡=10×3=30𝑚/𝑠 答：(1)物块在下落过程中前2s内的位移大小是20m； (2)落到地面的时间为3s；
(3)物体落地时的速度大小是30𝑚/𝑠。
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1
解析：(1)(2)根据自由落体运动的位移公式ℎ=2𝑔𝑡2求时间和前2s内的位移； (3)由速度公式即可求出。
解决本题的关键掌握自由落体运动的速度时间公式𝑣=𝑔𝑡和位移时间公式ℎ=2𝑔𝑡2，难度不大，属于基础题。
(2𝑚𝑔−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°−𝐵𝑖𝐿)𝑡=(1)以平行于斜面向上为正方向，解：对金属杆，由动量定理得：13.答案：0−𝑚𝑣0，
(𝑚𝑔−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°−𝐵𝑖𝐿)𝑡′=𝑚𝑣−𝑚𝑣0，
21
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1
1
其中：𝑞=𝑖𝑡=
2
𝐵𝐿𝑥
，𝑞′=𝑖𝑡′=2𝑅
𝐵𝐿⋅𝑥2𝑅
1
3，
解得：𝑣=3𝑣0；
(𝐹−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°)(3𝐿−𝐿)=2𝑚(2𝑣)2−2𝑚𝑣2， (2)𝑎𝑏杆从位移L运动到3L的过程中，由动能定理得：解得：𝐹=
3𝑚𝑣24𝐿
1
1
+𝑚𝑔，
2
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1
由能量守恒定律得：(𝐹−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°)𝐿=2𝑚𝑣2+𝑄，
根据电路的连接关系知定值电阻R上产生的焦耳热：𝑄𝑅=2𝑄， 解得：𝑄𝑅=8𝑚𝑣2；
答：(1)金属杆ab运动到该距离3时的速度为3𝑣0； (2)此过程中电阻R上产生的焦耳热Q为8𝑚𝑣2。
解析：(1)对金属杆应用动量定理可以求出金属杆的速度。
(2)𝑎𝑏杆从位移L运动到3L的过程中，运用动能定理求解F的大小，再由功能关系列式和能量分配关系关系求定值电阻上产生的焦耳热。
解决本题的关键要搞清电路中能量是如何转化的，运用动能定理时要合理选择研究的过程。要知道金属杆克服安培力做功等于回路中产生的总焦耳热。
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