動量和動量定理基礎達標1下列關于動量的說法中不正確的是()a同一物體的動量越大，則它的速度越大b動量相同的物體，速度方向一定相同c質量和速率相同的物體，其動量一定相同d一個物體動量改變，則其速率不一定改變【答案】c解析：由動量的定義可知，對同一物體來說，動量越大，速度越大，選項a正確；根據(jù)動量的矢量性可知，動量的方向與速度的方向相同，所以動量相同的物體，速度方向一定相同，選項b正確；速率相同，速度的方向不一定相同，故動量的方向不一定相同，選項c錯誤；物體的動量改變，可能是動量的方向改變，而動量的大小保持不變，如勻速圓周運動，選項d正確2關于物體的動量，下列說法正確的是()a物體的動量越大，其慣性越大b物體的動量越大，其速度越大c物體的動量越大，其動能越大d物體的動量發(fā)生變化，其動能可能不變【答案】d解析：動量取決于質量和速度兩個因素，動量是矢量，其方向與速度方向相同，動量變化時，可能是大小變化，也可能是方向變化3(多選)質量為m的物體以速度v0從地面豎直上拋(不計空氣阻力)到落回地面，在此過程中()a上升過程和下落過程中動量的變化量大小均為mv0，但方向相反b整個過程中重力的沖量為2mv0c整個過程中重力的沖量為0d上升過程中沖量大小為mv0，方向向下【答案】bd解析：物體上升下降動量變化量相同，均為mv0，都向下a錯，b對，c錯，d對4下面的說法錯誤的是()a物體運動的方向就是它的動量的方向b如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零c如果合外力對物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動能增大d作用在物體上的合外力沖量不一定能改變物體速度的大小【答案】c解析：動量是矢量，其方向即為速度方向，a說法正確；速度發(fā)生變化，則動量發(fā)生變化，根據(jù)動量定理可以知道，合外力的沖量不為零，b說法正確；沖量等于力乘以其作用的時間，速度可以是零，c說法錯誤；根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化，可以改變速度的大小，d說法正確5人從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這是為了()a減小沖量b使動量的增量變得更小c增長與地面的沖擊時間，從而減小沖力d增大人對地的壓強，起到安全作用【答案】c解析：由f，動量變化量相同，當腳尖先著地時增長了作用時間，即減小了沖力6(2018烏魯木齊模擬)一個質量為0.18 kg的壘球，以20 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后反向水平飛回設擊打過程球棒對壘球的平均作用力大小為900 n，作用時間為0.01 s則被球棒擊打后壘球反向水平速度大小為()a30 m/sb40 m/sc50 m/sd70 m/s【答案】a解析：設飛來的速度方向為正方向，由動量定理可知ftmvmv0，代入數(shù)據(jù)解得v30 m/s，即飛回的速度大小為30 m/s.故a正確，b、c、d錯誤7(2018廣州一模)籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引這樣可以減小()a球對手的力的沖量b球對手的力的大小c球的動量變化量d球的動能變化量【答案】b解析：球對手的沖量pmvmv0，不變，故a錯誤；籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引，增加了手與球間的相互作用力時間，根據(jù)ftmvmv0可知，減小了球對手的力的大小，故b正確；根據(jù)動量變化pmvmv0可知，動量變化量相同，故c錯誤；球的動能變化量，ekmv2mv相同，故d錯誤8(2018煙臺模擬)蹦床是一項運動員利用從蹦床反彈中表現(xiàn)雜技技巧的競技運動，一質量為50 kg的運動員從1.8 m高處自由下落到蹦床上，若從運動員接觸蹦床到運動員陷至最低點經(jīng)歷了0.2 s，則這段時間內(nèi)蹦床對運動員的沖量大小為(取g10 m/s2，不計空氣阻力)()a400 nsb300 nsc200 nsd100 ns【答案】a解析：設運動員的質量為m，他剛落到蹦床瞬間的速度為v，運動員自由下落的過程，只受重力作用，故機械能守恒，即mghmv2，解得v6 m/s.選取運動員接觸蹦床的過程為研究過程，取向上為正方向設蹦床對運動員的平均作用力為，由動量定理得(mg)t0(mv)，蹦床對運動員的沖量大小為it，結合以上兩個式子可得itmgtmv400 ns.故a正確，b、c、d錯誤9(2018雅安期末)如圖所示，完全相同的三個小球a、b、c從距離地面同一高度處以等大的初速度開始運動，分別做平拋、豎直上拋和斜拋運動，忽略空氣阻力以下說法不正確的是()a三個小球不同時落地bb、c所能達到的最大高度相同c三個小球落地時的速度大小相等d落地之前，三個小球在任意相等時間內(nèi)動量的增量相同【答案】b解析：a球做平拋運動，豎直方向的分運動是自由落體運動，b做豎直上拋運動，c做斜上拋運動，豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以三個小球運動的時間不等，不同時落地，故a正確b、c兩球初始高度相同，分別做豎直上拋和斜上拋運動，開始時沿豎直方向向上的分速度c小，b大，所以b上升的最大高度大，c上升的最大高度小，故b不正確小球運動過程中，只有重力做功，機械能均守恒，則有mghmvmv2，得v，知三個小球初位置的高度h和初速度v0大小都相等，則落地時速度v大小相等，故c正確三個小球的質量相等，根據(jù)動量定理可知，三個小球在任意相等時間內(nèi)動量的增量為pmgt，則p是相等的，故d正確本題選不正確的，故選b能力提升10(2018北京卷)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一某滑道示意圖如下，長直助滑道ab與彎曲滑道bc平滑銜接，滑道bc高h10 m，c是半徑r20 m的圓弧的最低點質量m60 kg的運動員從a處由靜止開始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達b點時速度vb30 m/s.取重力加速度g10 m/s2.(1)求長直助滑道ab的長度l；(2)求運動員在ab段所受合外力的沖量i的大小；(3)若不計bc段的阻力，畫出運動員經(jīng)過c點時的受力圖，并求其所受支持力的大小【答案】(1)100 m(2)1 800 ns(3)3 900 n解析：(1)從a到b根據(jù)速度位移關系可得vv2al解得l m100 m.(2)根據(jù)動量定理可得imvbmva(60300) ns1 800 ns.(3)運動員經(jīng)過c點時受到重力和支持力，如圖所示根據(jù)動能定理可得mghmvmv根據(jù)牛頓第二定律可得fnmgm解得fn3 900 n.11(2018恩施一模)如圖所示，質量m0.5 kg的長木板a靜止在粗糙的水平地面上，質量m0.3 kg的物塊b(可視為質點)以大小v06 m/s的速度從木板a的左端水平向右滑動已知物塊b與木板a上表面間的動摩擦因數(shù)10.6，認為各接觸面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g10 m/s2.(1)若木板a與地面間的動摩擦因數(shù)20.3，物塊b恰好能滑到木板a的右端，求木板a的長度l；(2)若木板a與地面間的動摩擦因數(shù)20.1，木板足夠長，求木板a從開始滑動至達到最大速度過程中所受合力的沖量大小i.【答案】(1)3 m(2)0.75 ns解析：(1)a、b之間的滑動摩擦力大小為f11mg1.8 na與地面間的最大靜摩擦力為f22(mm)g2.4 n由于f2f1，故a靜止不動b向右做勻減速直線運動，到達a的右端時速度為0，有v2al其中a1g6 m/s2解得l3 m.(2)若木板a與地面間的動摩擦因數(shù)20.1，則f22(mm)g0.8 nf1故a將向右滑動a、b的加速度分別為a12 m/s2，a2a6 m/s2當它們的速度相等時a速度最大，vma1tv0a2t又imvm代入數(shù)據(jù)得i0.75 ns.12(2018烏魯木齊模擬)如圖所示，斜面傾角37，靜止在斜面上的木板ab的質量m2.5 kg，木板a端距斜面底端的距離l1.6 m，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)0.25.釋放木板的同時，另一質量m1 kg的光滑小球在某一高度以初速度v06 m/s開始做平拋運動，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向彈回小球與木板撞擊時間極短且小球受到的彈力遠遠大于其重力，重加速度g10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)小球與木板撞擊時，木板運動的位移大小；(2)木板a端運動到斜面底端時，木板的速度大小【答案】(1)1.28 m(2)2 m/s解析：(1)由題意得vy8 m/s由豎直方向上的自由落體運動規(guī)律可知t0.8 s由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma得a4 m/s2又xat2聯(lián)立解得x1.2