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第9頁(共28頁)最新高中動能動量名校壓軸題精選大全(附答案和詳細解析)一.選擇題(共14小題)1.(2014秋?海淀區(qū)期中)如圖所示,一根輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上,下端掛一重物(可視為質(zhì)點),重物靜止時處于B位置.現(xiàn)用手托重物使之緩慢上升至A位置,此時彈簧長度恢復(fù)至原長.之后放手,使重物從靜止開始下落,沿豎直方向在A位置和C位置(圖中未畫出)之間做往復(fù)運動.重物運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).關(guān)于上述過程(不計空氣阻力),下列說法中正確的是()A.重物在C位置時,其加速度的大小等于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹礏.在重物從A位置下落到C位置的過程中,重力的沖量大于彈簧彈力的沖量C.在手托重物從B位置緩慢上升到A位置的過程中,手對重物所做的功等于重物往復(fù)運動過程中所具有的最大動能D.在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個過程中,彈簧彈力對重物所做功之比是1:42.(2006?寧夏)一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)△t時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v.在此過程中,()A.地面對他的沖量為mv+mg△t,地面對他做的功為mv2B.地面對他的沖量為mv+mg△t,地面對他做的功為零C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為mv2D.地面對他的沖量為mv﹣mg△t,地面對他做的功為零3.(2015秋?天津期末)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落,然后陷人泥潭中.若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ,進人泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ,則()A.過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量B.過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小C.I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零D.過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零4.(2014秋?長陽縣校級月考)如圖所示,一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面的邊緣,當(dāng)用速度v抽出紙條后,鐵塊掉在地上的P點.若以速度2v抽出紙條,則鐵塊落地點為()A.仍在P點B.留在桌面或在P點左邊C.在P點右邊不遠處D.在P點右邊原水平位移的兩倍處5.(2016春?張家口校級月考)原來靜止的物體受合外力作用時間為2t0,作用力隨時間的變化情況如圖所示,則()A.0~t0時間內(nèi)物體的動量變化與t0~2t0內(nèi)動量變化相等B.t=2t0時物體的速度為零,外力在2t0時間內(nèi)對物體的沖量為零C.0~t0時間內(nèi)物體的平均速率與t0~2t0內(nèi)平均速率不等D.2t0時間內(nèi)物體的位移為零,外力對物體做功為零6.(2014春?路南區(qū)校級期末)如圖所示,質(zhì)量為m的小球在豎直光滑圓形內(nèi)軌道中做圓周運動,周期為T,則①每運轉(zhuǎn)一周,小球所受重力的沖量的大小為0②每運轉(zhuǎn)一周,小球所受重力的沖量的大小為mgT③每運轉(zhuǎn)一周,小球所受合力的沖量的大小為0④每運轉(zhuǎn)半周,小球所受重力的沖量的大小一定為以上結(jié)論正確的是()A.①④ B.②③ C.②③④ D.①③④7.(2016春?汕尾校級月考)如圖所示,兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下,到達斜面底端的過程中,兩個物體具有的相同的物理量是()A.重力的沖量B.合力的沖量C.剛到達底端時動量的水平分量D.以上幾個量都不同8.(2012?福建)如圖,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛,一質(zhì)量為m的救生員站在船尾,相對小船靜止.若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為()A.v0+v B.v0﹣v C.v0+(v0+v) D.v0+(v0﹣v)9.(2016春?湖北期中)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度υ=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為5:1.不計質(zhì)量損失,取重力加速度g=10m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()A. B. C. D.二.填空題(共5小題)15.(2014秋?翠屏區(qū)校級月考)某同學(xué)用圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來尋找碰撞中的不變量,圖中PQ是斜槽,QR為水平槽,實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置C由靜止開始滾下,落到位于水平地面的記錄紙上,留下痕跡,重復(fù)上述操作10次,得到10個落點痕跡,再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,讓A球仍從位置C由靜止開始滾下,和B球碰撞后,A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡,重復(fù)這種操作10次,圖中O是水平槽末端口在記錄紙上的垂直投影點,P,為未放被碰小球B時A球的平均落點,M為與B球碰后A球的平均落點,N為被碰球B的平均落點.若B球落點痕跡如圖乙所示,其中米尺水平放置,且平行于OP,米尺的零點與O點對齊.注意:(1)實驗的條件:MA______MB(2)碰撞后B球的水平射程應(yīng)為______cm.(3)在以下選項中,哪些是本次實驗必須進行的測量?答:______(填選項號).A.水平槽上未放B球時,測量A球落點位置到O點的距離B.A球與B球碰撞后,測量A球落點位置到O點的距離C.測量A球或B球的直徑D.測量A球和B球的質(zhì)量E.測量G點相對于水平槽面的高度(4)寫出驗證動量守恒定律的表達式______.16.(2011春?天津期末)一質(zhì)量為m的小球,以初速度v0沿光滑水平面垂直射向一固定豎直擋板上,并立即沿反方向彈回.已知反彈速度的大小是入射速度大小的,則在碰撞過程中擋板對小球的沖量大小為______.17.(2015?漣水縣校級三模)如圖,質(zhì)量分別為mA,mB的木塊疊放在光滑的水平面上,在A上施加水平恒力F,使兩木塊從靜止開始做勻加速直線運動,A、B無相對滑動,則經(jīng)過t時間,木塊A所受的合外力的沖量為______木塊B的動量的增量△p為______.18.(2014春?七里河區(qū)校級期末)總質(zhì)量為M的火箭正以速度v水平飛行,若以相對自身的速度u向相反方向噴出質(zhì)量為m的氣體,火箭的速度變?yōu)開_____,在此過程中,系統(tǒng)的機械能增加了______.19.(2015春?金臺區(qū)期中)如圖所示,載人氣球原懸浮于離地高度為h的空中,氣球質(zhì)量為M,人的質(zhì)量為m.若人要沿繩梯著地,則繩梯長至少是______.三.解答題(共11小題)20.(2014秋?石嘴山校級月考)如圖所示,在光滑的水平面上靜止放置AB兩個物塊,中間夾有自然長度的輕彈簧(輕彈簧只與B栓接著),物塊A的質(zhì)量為MA=0.996kg,物塊B的質(zhì)量為MB=3.00kg,有一顆質(zhì)量為m=0.004kg的子彈以v0=l00m/s水平速度擊中并停留在物塊A中,子彈與物塊A作用時間極短.求:Ⅰ.子彈停留在A中的瞬間,木塊A的速度;Ⅱ.物塊A運動起來后,彈簧的最大彈性勢能和A的最小速度.21.(2014?天津)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4kg,上表面光滑,小車與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計,可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量mB=2kg,現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N,A運動一段時間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運動,碰撞后經(jīng)時間t=0.6s,二者的速度達到vt=2m/s,求(1)A開始運動時加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。唬?)A的上表面長度l.22.(2014?安徽三模)(1)如圖甲所示,質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的作用下,經(jīng)時間t從A點運動到B點,物塊在A點的速度為v1,B點的速度為v2,物塊與粗糙水平面之間動摩擦因數(shù)為μ,試用牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律推導(dǎo)此過程中動量定理的表達式,并說明表達式的物理意義.(2)物塊質(zhì)量m=1kg靜止在粗糙水平面上的A點,從t=0時刻開始,物塊在受按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運動,第3s末物塊運動到B點時速度剛好為零,第5s末物塊剛好回到A點,已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,(g取10m/s2)求:①AB間的距離;②水平力F在5s時間內(nèi)對物塊的沖量.23.(2010?宣武區(qū)模擬)一艘帆船在湖面上順風(fēng)行駛,在風(fēng)力的推動下做速度v1=4m/s的勻速直線運動,已知:該帆船在勻速行駛的狀態(tài)下突然失去風(fēng)的動力,帆船在湖面上做勻減速直線運動,經(jīng)過8秒鐘才能恰好靜止;該帆船的帆面正對風(fēng)的有效面積為S=10m2,帆船的總質(zhì)量M約為940kg,當(dāng)時的風(fēng)速v2=10m/s.若假設(shè)帆船在行駛的過程中受到的阻力始終恒定不變,那么由此估算:(1)在勻速行駛的狀態(tài)下,帆船受到的動力和阻力分別為多大?(2)空氣的密度約為多少?24.(2016春?鹽城校級月考)氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊,開始時兩個滑塊靜止,它們之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧,滑塊間用繩子連接(如圖甲所示),繩子燒斷后,兩個滑塊向相反方向運動,圖乙為它們運動過程的頻閃照片,頻閃的頻率為10Hz,由圖可知:(1)A、B離開彈簧后,應(yīng)該做______運動,已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200g、300g,根據(jù)照片記錄的信息,從圖中可以看出閃光照片有明顯與事實不相符合的地方是______.(2)若不計此失誤,分開后,A的動量大小為______kg?m/s,B的動量的大小為______kg?m/s,本實驗中得出“在實驗誤差允許范圍內(nèi),兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒”這一結(jié)論的依據(jù)是______.25.(2015?廣東三模)如圖所示,高H=1.6m的賽臺ABCDE固定于地面上,其上表面ABC光滑;質(zhì)量M=1kg、高h=0.8m、長L的小車Q緊靠賽臺右側(cè)CD面(不粘連),放置于光滑水平地面上.質(zhì)量m=1kg的小物塊P從賽臺頂點A由靜止釋放,經(jīng)過B點的小曲面無損失機械能的滑上BC水平面,再滑上小車的左端.已知小物塊與小車上表面的動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取10m/s2.(1)求小物塊P滑上小車左端時的速度v1.(2)如果小物塊沒有從小車上滑脫,求小車最短長度L0.(3)若小車長L=1.2m,距離小車右端S處有與車面等高的豎直擋板,小車碰上擋板后立即停止不動,討論小物塊在小車上運動過程中,克服摩擦力做功Wf與S的關(guān)系.26.(2014秋?市中區(qū)校級期中)如圖,BC為半徑等于R=0.4m豎直放置的光滑細圓管,O為細圓管的圓心,BO與豎直線的夾角為45°;在圓管的末端C連接一光滑水平面,水平面上一質(zhì)量為M=1.5kg的木塊與一輕質(zhì)彈簧拴接,輕彈簧的另一端固定于豎直墻壁上.現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.5kg的小球從O點正上方某處A點以v0水平拋出,恰好能垂直O(jiān)B從B點進入細圓管,小球從進入圓管開始即受到始終豎直向上的力F=5N的作用,當(dāng)小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失.小球過后與木塊發(fā)生完全非彈性碰撞(g=10m/s2).求:(1)小球在A點水平拋出的初速度v0;(2)在圓管運動中圓管對小球的支持力N;(3)彈簧的最大彈性勢能EP.27.(2015?淮南模擬)如圖所示,半徑為r=0.4m的圓形光滑軌道AB固定于豎直平面內(nèi),軌道與粗糙的水平地面相切于B點,CDE為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細管,DE段被彎成以O(shè)為圓心、半徑R=0.2m的一小段圓弧,管的C端彎成與地面平滑相接,O點位于地面,OE連線豎直.可視為質(zhì)點的物塊b,從A點由靜止開始沿軌道下滑,經(jīng)地面進入細管(b橫截面略小于管中空部分的橫截面),b滑到E點時受到細管下壁的支持力大小等于所受重力的.已知物塊b的質(zhì)量m=0.4kg,g取10m/s2.(1)求物塊b滑過E點時的速度大小vE.(2)求物塊b滑過地面BC過程中克服摩擦力做的功Wf.(3)若將物塊b靜止放在B點,讓另一可視為質(zhì)點的物塊a,從A點由靜止開始沿軌道下滑,滑到B點時與b發(fā)生彈性正碰,已知a的質(zhì)量M≥m,求物塊b滑過E點后在地面的首次落點到O點的距離范圍.28.(2016?棗莊校級模擬)如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A點位于B、C之間,A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)使A以某一速度向右運動,求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的.29.如圖所示,質(zhì)量為m,半徑為r的小球,放在內(nèi)半徑為R,質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi),大球開始靜止在光滑水平面上,當(dāng)小球由圖中位置無初速釋放沿內(nèi)壁滾到最低點時,求大球移動的距離.30.(2015春?茂名校級期中)如圖所示的水平軌道中,AC段的中點B的正上方有一探測器,C處有一豎直擋板,物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞,并接合成復(fù)合體P,以此碰撞時刻為計時零點,探測器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作,已知P1、P2的質(zhì)量都為m=1kg,P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,AB段長l=4m,g取10m/s2,P1、P2和P均視為質(zhì)點,P與擋板的碰撞為彈性碰撞.(1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能△E;(2)若P與擋板碰后,能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點,求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E.
答案和解析一.選擇題(共14小題)1.(2014秋?海淀區(qū)期中)如圖所示,一根輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上,下端掛一重物(可視為質(zhì)點),重物靜止時處于B位置.現(xiàn)用手托重物使之緩慢上升至A位置,此時彈簧長度恢復(fù)至原長.之后放手,使重物從靜止開始下落,沿豎直方向在A位置和C位置(圖中未畫出)之間做往復(fù)運動.重物運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi).關(guān)于上述過程(不計空氣阻力),下列說法中正確的是()A.重物在C位置時,其加速度的大小等于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹礏.在重物從A位置下落到C位置的過程中,重力的沖量大于彈簧彈力的沖量C.在手托重物從B位置緩慢上升到A位置的過程中,手對重物所做的功等于重物往復(fù)運動過程中所具有的最大動能D.在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個過程中,彈簧彈力對重物所做功之比是1:4【分析】物體以B為平衡位置做簡諧運動,結(jié)合簡諧運動的對稱性分析加速度情況;根據(jù)動能定理分析能量變化情況,根據(jù)動量定理分析各個力的沖量情況;【解答】解:A、物體以B為平衡位置做簡諧運動,根據(jù)對稱性,最低點的加速度與最高點的加速度大小相等、方向相反,最高點只受重力,加速度為g,故最低點的加速度大小也為g,故A正確;B、在重物從A位置下落到C位置的過程中,動量的改變量為零,根據(jù)動量定理,有mgt﹣Ft=0,故重力的沖量等于彈簧彈力的沖量,故B錯誤;C、在手托重物從B位置緩慢上升到A位置在到返回B位置過程中,重力做功為零,彈力做功為零,故手對重物所做的功等于重物往復(fù)運動過程中所具有的最大動能,故C正確;D、根據(jù)胡克定律,有:F=kx作圖如下:圖中圖線與x軸包圍的面積表示彈力的功,故在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個過程中,彈簧彈力對重物所做功之比是1:3;故D錯誤;故選:AC.【點評】本題通過彈簧振子模型綜合考了力與運動關(guān)系、動量定理、動能定理,關(guān)鍵是熟悉振子振動過程的受力情況、運動情況和能量轉(zhuǎn)化情況,還要會結(jié)合圖象法求解變力做的功,不難.2.(2006?寧夏)一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)△t時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v.在此過程中,()A.地面對他的沖量為mv+mg△t,地面對他做的功為mv2B.地面對他的沖量為mv+mg△t,地面對他做的功為零C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為mv2D.地面對他的沖量為mv﹣mg△t,地面對他做的功為零【分析】已知初末速度,則由動量定理可求得地面對人的沖量;由功的公式可確定地面對人是否做功.【解答】解:人的速度原來為零,起跳后變化v,則由動量定理可得:I﹣mg△t=△mv=mv故地面對人的沖量為mv+mg△t;而人在跳起時,人受到的支持力沒有產(chǎn)生位移,故支持力不做功,故B正確;故選B.【點評】在應(yīng)用動量定理時一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量,不要把重力漏掉.3.(2015秋?天津期末)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落,然后陷人泥潭中.若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ,進人泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ,則()A.過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量B.過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小C.I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零D.過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零【分析】物體所受外力的沖量等于物體動量的改變量.關(guān)鍵是抓住各個過程中鋼珠所受外力的沖量和動量改變量的關(guān)系.【解答】解:A、過程Ⅰ中鋼珠所受外力只有重力,有動量定理知鋼珠動量的改變等于重力的沖量,故A正確;B、過程Ⅱ中,鋼珠所受外力有重力和阻力,所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和.故B錯誤;C、整個過程中初末位置動量都為0,所以動量的變化量為0,故I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零.故C正確;D、過程Ⅱ中鋼珠的初速度不為0,末速度為0,所以過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量不等于0.故D錯誤.故選AC【點評】本題解題的關(guān)鍵在于分清過程,分析各個過程中鋼珠受力情況,并緊扣動量定理的內(nèi)容來逐項分析.4.(2014秋?長陽縣校級月考)如圖所示,一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面的邊緣,當(dāng)用速度v抽出紙條后,鐵塊掉在地上的P點.若以速度2v抽出紙條,則鐵塊落地點為()A.仍在P點B.留在桌面或在P點左邊C.在P點右邊不遠處D.在P點右邊原水平位移的兩倍處【分析】紙片對鐵塊的摩擦力的沖量等于鐵塊平拋的初速度,根據(jù)動量定理得到初速度大小與作用時間的關(guān)系.【解答】解:抽出紙帶的過程中,鐵塊受到向前的摩擦力作用而加速運動,若紙帶以2v的速度抽出,則紙帶與鐵塊相互作用時間變短,因此鐵塊加速時間變短,根據(jù)動量定理Ft=m△v知,摩擦力作用時間變短,鐵塊獲得的速度減小,可能留在桌面或做平拋時的初速度減小,平拋時間不變,則平拋運動的水平位移較小,落地點在P點左邊.故B正確,ACD錯誤.故選:B.【點評】解答本題的關(guān)鍵是正確分析鐵塊在紙條上的運動過程,根據(jù)動量定理得出分離時速度的大小,根據(jù)平拋運動規(guī)律即可判斷鐵塊的落地點.5.(2016春?張家口校級月考)原來靜止的物體受合外力作用時間為2t0,作用力隨時間的變化情況如圖所示,則()A.0~t0時間內(nèi)物體的動量變化與t0~2t0內(nèi)動量變化相等B.t=2t0時物體的速度為零,外力在2t0時間內(nèi)對物體的沖量為零C.0~t0時間內(nèi)物體的平均速率與t0~2t0內(nèi)平均速率不等D.2t0時間內(nèi)物體的位移為零,外力對物體做功為零【分析】根據(jù)Ft=mv﹣mv0,可以判斷A選項;根據(jù)Ft=mv﹣mv0可知0時刻的速度等于2t0的速度,可知0~t0內(nèi)的位移x1等于t0~2t0內(nèi)的位移x2,根據(jù)W=Fx可判斷做功的情況.【解答】解:A、合外力的沖量等于物體動量的改變量,故F﹣t圖象與時間軸圍成的面積等于物體動量的改變量.面積在時間軸的上方代表動量增加,面積在時間軸下方代表動量減小,由于面積相同;而動量變化大小相等,方向相反;故A錯誤.B、由于0~t0時間內(nèi)的沖量與t0~2t0時間內(nèi)的沖量大小相同,方向相反,即F0t0+(﹣F0)t0=0.故B正確;C、由以上的分析,2t0時刻的速度等于0時刻物體的速度等于0,所以0~t0內(nèi)的平均速度等于t0~2t0內(nèi)的平均速度.故C錯誤;D、由以上的分析可知,0~t0的位移x1等于t0~2t0的位移x2,且方向相同;由于0~t0的位移x1等于t0~2t0的位移x2,所以在0~t0時間內(nèi)合外力所做的功W1=F0x1,t0~2t0時間內(nèi)合外力所做的功W2=﹣F0x2,故W1=﹣W2,故D錯誤.故選:B【點評】本題是考查動量定理和動能定律的綜合性題目,要求我們能夠熟練運用這些基本規(guī)律,所以一定要明白在Ft=mv﹣mv0中F是合外力,mv是末動量,mv0是初動量,在W=Fx中x是物體在力F的作用下物體沿力的方向發(fā)生的位移.6.(2014春?路南區(qū)校級期末)如圖所示,質(zhì)量為m的小球在豎直光滑圓形內(nèi)軌道中做圓周運動,周期為T,則①每運轉(zhuǎn)一周,小球所受重力的沖量的大小為0②每運轉(zhuǎn)一周,小球所受重力的沖量的大小為mgT③每運轉(zhuǎn)一周,小球所受合力的沖量的大小為0④每運轉(zhuǎn)半周,小球所受重力的沖量的大小一定為以上結(jié)論正確的是()A.①④ B.②③ C.②③④ D.①③④【分析】由沖量的定義I=Ft即可得出重力沖量的大小.【解答】解:轉(zhuǎn)動一周時,時間為T,則沖量I=mgt=GT,故①錯誤,②正確;因每轉(zhuǎn)動一周,小球的動量保持不變,由動量定理可知,合外力的沖量為零,故③正確;由于小球在豎直面上做變速圓周運動,故轉(zhuǎn)動半周用時不一定為,故重力的沖量不一定為mg,故④錯誤;故選:B.【點評】本題應(yīng)明確沖量為力與力作用時間的乘積,與運動狀態(tài)無關(guān);同時注意動量定理的應(yīng)用,知道小球回到同一點時速度大小方向相同.7.(2016春?汕尾校級月考)如圖所示,兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下,到達斜面底端的過程中,兩個物體具有的相同的物理量是()A.重力的沖量B.合力的沖量C.剛到達底端時動量的水平分量D.以上幾個量都不同【分析】物體在同一高度沿傾角不同兩個光滑斜面由靜止自由滑下,運動時間不等,重力的沖量不同.高度相同,重力做功相同.合力的沖量是矢量,方向不同,合力的沖量不同.【解答】解:物體在下滑過程中,只有重力做功,機械能守恒,由機械能守恒定律得:mgh=mv2,物體到達斜面低端時,速度v=,由牛頓第二定律得:mgsinθ=ma,加速度a=gsinθ,物體沿斜面下滑的時間t===,由于斜面傾角θ不同,物體下滑的時間t不同;A、重力的沖量I=mgt,由于時間t不同,重力的沖量不同,故A錯誤;B、由動量定理可知,合力的沖量等于動量的變化,物體下滑過程中,動量的變化大小mv相等,由于斜面傾角不同,動量的方向不同,動量不同,則合力的沖量不同,故B錯誤;C、物體到達底端時動量的水平分量mvcosθ=mcosθ,斜面傾角不同,動量的水平分量不同,故C錯誤;D、ABC錯誤,故D正確;故選:D.【點評】利用動量定理求沖量、由動能定理求功是常用的方法.要注意功、動能是標(biāo)量,沖量、動量是矢量.8.(2012?福建)如圖,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛,一質(zhì)量為m的救生員站在船尾,相對小船靜止.若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為()A.v0+v B.v0﹣v C.v0+(v0+v) D.v0+(v0﹣v)【分析】人和小船系統(tǒng)動量守恒,根據(jù)動量守恒定律列式求解,【解答】解:人在躍出的過程中船人組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,規(guī)定向右為正方向(M+m)v0=Mv′﹣mvv′=v0+(v0+v)故選C.【點評】本題關(guān)鍵選擇人躍出前后的過程運用動量守恒定律列式求解.9.(2016春?湖北期中)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度υ=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為5:1.不計質(zhì)量損失,取重力加速度g=10m/s2.則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()A. B. C. D.【分析】炮彈到達最高點時爆炸時,爆炸的內(nèi)力遠大于重力(外力),遵守動量守恒定律;當(dāng)炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片,兩片炸彈都做平拋運動.根據(jù)平拋運動的基本公式即可解題.【解答】解:規(guī)定向左為正,設(shè)彈丸的質(zhì)量為6m,則甲的質(zhì)量為5m,乙的質(zhì)量為m,炮彈到達最高點時爆炸時,爆炸的內(nèi)力遠大于重力(外力),遵守動量守恒定律,則有:6mv0=5mv1+mv2則有:12=5v1+v2兩塊彈片都做平拋運動,高度一樣,則運動時間相等,有:t==s,水平方向做勻速運動,有:x1=v1t=v1,x2=v2t=v2,則有:12=5x1+x2結(jié)合圖象可知,B的位移滿足上述表達式,故A正確.故選:A.【點評】本題考查了動量守恒定律的直接應(yīng)用,知道當(dāng)炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片,兩片炸彈都做平拋運動,難度適中.二.填空題(共5小題)15.(2014秋?翠屏區(qū)校級月考)某同學(xué)用圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來尋找碰撞中的不變量,圖中PQ是斜槽,QR為水平槽,實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置C由靜止開始滾下,落到位于水平地面的記錄紙上,留下痕跡,重復(fù)上述操作10次,得到10個落點痕跡,再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,讓A球仍從位置C由靜止開始滾下,和B球碰撞后,A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡,重復(fù)這種操作10次,圖中O是水平槽末端口在記錄紙上的垂直投影點,P,為未放被碰小球B時A球的平均落點,M為與B球碰后A球的平均落點,N為被碰球B的平均落點.若B球落點痕跡如圖乙所示,其中米尺水平放置,且平行于OP,米尺的零點與O點對齊.注意:(1)實驗的條件:MA大于MB(2)碰撞后B球的水平射程應(yīng)為64.7cm.(3)在以下選項中,哪些是本次實驗必須進行的測量?答:ABD(填選項號).A.水平槽上未放B球時,測量A球落點位置到O點的距離B.A球與B球碰撞后,測量A球落點位置到O點的距離C.測量A球或B球的直徑D.測量A球和B球的質(zhì)量E.測量G點相對于水平槽面的高度(4)寫出驗證動量守恒定律的表達式MAOP=MAOM+MBON.【分析】根據(jù)通過實驗的原理確定需要測量的物理量,小球離開軌道后做平拋運動,它們在空中的運動時間相同,水平位移與出速度成正比,可以用水平位移代替小球的初速度,根據(jù)動量守恒定律求出需要驗證的表達式.【解答】解:(1)為防止兩球碰撞后入射球反彈,入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量,即MA大于MB.(2)由圖乙所示可知,取所有落點中靠近中間的點讀數(shù),即可取一個最小的圓的圓心,約為64.7cm;(3)兩球離開軌道后做平拋運動,它們在控制的運動時間t相等,如果碰撞過程動量守恒,則:MAv0=MAv1+MBv2,兩邊同時乘以t得:MAv0t=MAv1t+MBv2t,則:MAOP=MAOM+MBON,實驗需要測量小球的水平位移、小球的質(zhì)量,故選ABD.(3)由(2)可知,需要驗證的表達式為:MAOP=MAOM+MBON.故答案為:(1)大于;(2)64.7;(3)MAOP=MAOM+MBON.【點評】掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關(guān)系,是解決本題的關(guān)鍵,注意理解動量守恒定律的條件.16.(2011春?天津期末)一質(zhì)量為m的小球,以初速度v0沿光滑水平面垂直射向一固定豎直擋板上,并立即沿反方向彈回.已知反彈速度的大小是入射速度大小的,則在碰撞過程中擋板對小球的沖量大小為.【分析】根據(jù)動量定理,結(jié)合初末動量求出在碰撞過程中擋板對小球的沖量大小.【解答】解:規(guī)定初速度的方向為正方向,根據(jù)動量定理得,I=mv2﹣mv1==.所以在碰撞過程中擋板對小球的沖量大小為.故答案為:.【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握動量定理,注意公式的矢量性,基礎(chǔ)題.17.(2015?漣水縣校級三模)如圖,質(zhì)量分別為mA,mB的木塊疊放在光滑的水平面上,在A上施加水平恒力F,使兩木塊從靜止開始做勻加速直線運動,A、B無相對滑動,則經(jīng)過t時間,木塊A所受的合外力的沖量為木塊B的動量的增量△p為.【分析】先對A與B組成的整體為研究對象,由動量定理即可求出系統(tǒng)的末動量,求出共同的速度;再分別對A和B進行分析即可求出.【解答】解:以A與B組成的整體為研究對象,則整體受到的合外力等于F,在t時間內(nèi)合外力的沖量:I=Ft.由動量定理得:(mA+mB)v=I所以:v=根據(jù)動量定理,A受到的合外力的沖量:B的動量的增量:故答案為:;【點評】該題屬于連接體問題,可以先由牛頓第二定律求出加速度,然后通過公式求出速度.但由于該題的考查到著重與動量定理的考查,所以可以由動量定理直接得出最后的速度.18.(2014春?七里河區(qū)校級期末)總質(zhì)量為M的火箭正以速度v水平飛行,若以相對自身的速度u向相反方向噴出質(zhì)量為m的氣體,火箭的速度變?yōu)関+u,在此過程中,系統(tǒng)的機械能增加了mu2().【分析】以火箭和噴出的氣體為研究對象,應(yīng)用動量守恒定律,可以求出噴氣后火箭的速度.【解答】解:以火箭和噴出的氣體為研究對象,以火箭飛行的方向為正方向,由動量守恒定律得:Mv=(M﹣m)v′﹣m(u﹣v),得:v′=v+u機械能增加了:△EK=Mv′2+m(u﹣v)2﹣Mv2代入得:△EK=mu2()故答案為:v+u,mu2().【點評】本題考查了求火箭的速度,應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題,解題時要注意研究對象的選擇、正方向的選?。?9.(2015春?金臺區(qū)期中)如圖所示,載人氣球原懸浮于離地高度為h的空中,氣球質(zhì)量為M,人的質(zhì)量為m.若人要沿繩梯著地,則繩梯長至少是.【分析】以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)所受的合外力為零,動量守恒.用繩梯的長度和高度h表示人和氣球的速度大小,根據(jù)動量守恒定律求出繩梯的長度.【解答】解:設(shè)人沿繩梯滑至地面,繩梯長度至少為L.以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象,豎直方向動量守恒,規(guī)定豎直向下為正方向可得:0=Mv2+mv1①人沿繩梯滑至地面時,氣球上升的高度為L﹣h,速度大小v2=,②人相對于地面下降的高度為h,速度大小為v1=③將②③代入①得0=M(﹣)+m?解得:L=故答案為:【點評】本題是有相對運動的動量守恒問題,要注意速度的參考系是地面,首先要規(guī)定正方向,確定人和氣球相對于地的位移.三.解答題(共11小題)20.(2014秋?石嘴山校級月考)如圖所示,在光滑的水平面上靜止放置AB兩個物塊,中間夾有自然長度的輕彈簧(輕彈簧只與B栓接著),物塊A的質(zhì)量為MA=0.996kg,物塊B的質(zhì)量為MB=3.00kg,有一顆質(zhì)量為m=0.004kg的子彈以v0=l00m/s水平速度擊中并停留在物塊A中,子彈與物塊A作用時間極短.求:Ⅰ.子彈停留在A中的瞬間,木塊A的速度;Ⅱ.物塊A運動起來后,彈簧的最大彈性勢能和A的最小速度.【分析】Ⅰ.子彈射入A中的過程中,動量守恒,根據(jù)動量守恒定律列式即可額求解;Ⅱ.當(dāng)AB有共同速度v2時,彈簧有最大彈性勢能,根據(jù)動量守恒定律求出共同速度,根據(jù)總能量守恒求出此時的彈性勢能,AB剛好分離時,B的速度最大,A的速度最小,根據(jù)動量守恒定律即機械能守恒定律列式即可求解.【解答】解:Ⅰ.設(shè)子彈入射方向為正方向,子彈與A發(fā)生相互作用的過程中,動量守恒,設(shè)木塊A獲得速度v1,mv0=(m+MA)v1得v1=0.4m/sⅡ.當(dāng)AB有共同速度v2時,彈簧有最大彈性勢能.(m+MA)v1=(m+MA+MB)v2得v2=0.1m/s(m+MA)v12=(m+MA+MB)v22+EP得EP=0.06J設(shè)AB經(jīng)相互作用剛好分離時的速度分別為vA、vB,動量守恒:(m+MA)v1=(m+MA)vA+MBvB機械能守恒:(m+MA)v12=(m+MA)vA2+MBvB2得vA=﹣0.2m/svB=0.2m/svA<0,說明已反向,則木塊A的最小速度為0.答:Ⅰ.子彈停留在A中的瞬間,木塊A的速度為0.4m/s;Ⅱ.物塊A運動起來后,彈簧的最大彈性勢能為0.06J,A的最小速度為0.【點評】本題考查了求彈簧的彈性勢能、A的速度,分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題.21.(2014?天津)如圖所示,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4kg,上表面光滑,小車與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計,可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量mB=2kg,現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N,A運動一段時間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運動,碰撞后經(jīng)時間t=0.6s,二者的速度達到vt=2m/s,求(1)A開始運動時加速度a的大??;(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。唬?)A的上表面長度l.【分析】(1)由牛頓第二定律可以求出加速度;(2)由動量定理求出碰撞后的速度;(3)由動量守恒定律與動能定理可以求出A上表面的長度.【解答】解:(1)以A為研究對象,由牛頓第二定律得:F=mAa,代入數(shù)據(jù)得:a=2.5m/s2;(2)A、B碰撞后共同運動過程中,選向右的方向為正,由動量定理得:Ft=(mA+mB)vt﹣(mA+mB)v,代入數(shù)據(jù)解得:v=1m/s;(3)A、B碰撞過程動量守恒,以A的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得:mAvA=(mA+mB)v,A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前,由動能定理得:Fl=mAvA2﹣0,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得:l=0.45m;答:(1)A開始運動時加速度a的大小為2.5m/s2;(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小為1m/s;(3)A的上表面長度為0.45m.【點評】本題考查了求加速度、速度、A的長度問題,分析清楚物體運動過程,應(yīng)用牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、動能定理即可正確解題.22.(2014?安徽三模)(1)如圖甲所示,質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的作用下,經(jīng)時間t從A點運動到B點,物塊在A點的速度為v1,B點的速度為v2,物塊與粗糙水平面之間動摩擦因數(shù)為μ,試用牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律推導(dǎo)此過程中動量定理的表達式,并說明表達式的物理意義.(2)物塊質(zhì)量m=1kg靜止在粗糙水平面上的A點,從t=0時刻開始,物塊在受按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運動,第3s末物塊運動到B點時速度剛好為零,第5s末物塊剛好回到A點,已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2,(g取10m/s2)求:①AB間的距離;②水平力F在5s時間內(nèi)對物塊的沖量.【分析】(1)對物體受力分析,求出合力,由牛頓第二定律求得加速度,由運動學(xué)公式解得速度,結(jié)合動量的表達式得到動量定理(2)①對于木塊返回過程,做勻加速直線運動,由運動學(xué)公式可得AB間的位移大小,即為AB間的距離②對全程由動量定理求解即可【解答】解:(1)由牛頓第二定律得:F﹣μmg=ma…①由運動學(xué)公式得:…②由①②得:(F﹣μmg)t=mv2﹣mv1…③③式的物理意義為:合外力的沖量等于物體動量的變化(2)①對于從B到A過程,由牛頓第二定律得:F﹣μmg=ma′得:a′==2m/s2由運動學(xué)公式得:故AB間距離為4m.(2)選向左的方向為正方向,物體的末速度為:vA=at2=4m/s對全程由動量定理得:得:IF=2Ns答:(1)物理意義為:合外力的沖量等于物體動量的變化(2)①AB間距離為4m②水平力F在5s時間內(nèi)對物塊的沖量為2Ns.【點評】本題關(guān)鍵是要熟悉動量定理的推導(dǎo)過程和應(yīng)用,在解題時要注意正確理解定理的矢量性,恰當(dāng)選擇研究過程.23.(2010?宣武區(qū)模擬)一艘帆船在湖面上順風(fēng)行駛,在風(fēng)力的推動下做速度v1=4m/s的勻速直線運動,已知:該帆船在勻速行駛的狀態(tài)下突然失去風(fēng)的動力,帆船在湖面上做勻減速直線運動,經(jīng)過8秒鐘才能恰好靜止;該帆船的帆面正對風(fēng)的有效面積為S=10m2,帆船的總質(zhì)量M約為940kg,當(dāng)時的風(fēng)速v2=10m/s.若假設(shè)帆船在行駛的過程中受到的阻力始終恒定不變,那么由此估算:(1)在勻速行駛的狀態(tài)下,帆船受到的動力和阻力分別為多大?(2)空氣的密度約為多少?【分析】(1)風(fēng)停止時,船體受到的阻力做減速運動,由運動學(xué)公式可求得加速度,再由牛頓第二定律可求得阻力;再由二力平衡關(guān)系可求得動力;(2)由動量定理可求得沖力,再由密度公式可求得空氣的密度.【解答】解:(1)風(fēng)突然停止,船體只受到的阻力f做減速運動船體加速度大?。篴===0.5m/s2所以船體只受阻力:f=Ma=940×0.5=470N帆船在勻速運動時受到風(fēng)的推力和水的阻力而平衡,所以:帆船受到風(fēng)的推力大?。篎=f=470N;(2)在單位時間內(nèi),對吹入帆面的空氣(柱)應(yīng)用動量定理有:F=△m?△v=ρS△v?△v△v=v2﹣v1=10﹣4=6m/s所以ρ=FS△v2≈1.3kg/m3答:(1)在勻速行駛的狀態(tài)下,帆船受到的動力和阻力均為470N;(2)空氣密度約為1.3kg/m3.【點評】本題主要考查了牛頓第二定律及動量定理的直接應(yīng)用,要注意正確進行受力分析,正確應(yīng)用牛頓第二定律;難度不大,屬于基礎(chǔ)題.24.(2016春?鹽城校級月考)氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊,開始時兩個滑塊靜止,它們之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧,滑塊間用繩子連接(如圖甲所示),繩子燒斷后,兩個滑塊向相反方向運動,圖乙為它們運動過程的頻閃照片,頻閃的頻率為10Hz,由圖可知:(1)A、B離開彈簧后,應(yīng)該做勻速直線運動,已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200g、300g,根據(jù)照片記錄的信息,從圖中可以看出閃光照片有明顯與事實不相符合的地方是滑塊應(yīng)該有加速過程,然后再勻速運動.(2)若不計此失誤,分開后,A的動量大小為0.018kg?m/s,B的動量的大小為0.018kg?m/s,本實驗中得出“在實驗誤差允許范圍內(nèi),兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒”這一結(jié)論的依據(jù)是A、B的動量始終大小相等方向相反.【分析】根據(jù)頻閃照片看出,A、B兩滑塊在相等時間內(nèi)通過的位移都相等,各自做勻速直線運動.由v=,t=求出A、B滑塊運動的速度大小.由P=mv求解兩滑塊動量的大?。鶕?jù)兩滑塊動量關(guān)系分析答題.【解答】解:(1)A、B離開彈簧后,應(yīng)該做勻速直線運動;燒斷細線后,在彈簧恢復(fù)原長的過程中,應(yīng)先做加速運動,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后,滑塊做勻速直線運動,由圖中閃光照片可知,滑塊直接做運動直線運動,沒有加速過程,與事實不符.(2)頻閃照相的時間間隔t===0.1s,滑塊A的速度vA===0.09m/s,滑塊B的速度vB===0.06m/s,A的動量PA=mAvA=0.200kg×0.09m/s=0.018kg?m/s,PB=mBvB=0.300kg×0.06m/s=0.018kg?m/s由此可見A、B的動量大小相等、方向相反,它們的總動量為零,與釋放前的動量相等,因此系統(tǒng)動量守恒.答:(1)勻速直線;滑塊應(yīng)該有加速過程,然后再勻速運動;(2)0.018;0.018;A、B的動量始終大小相等方向相反.【點評】本題根據(jù)相等時間內(nèi)通過的位移相等,判斷滑塊做勻速直線運動.由v=求速度,由P=mv求動量,要注意動量是矢量,在規(guī)定正方向的基礎(chǔ)上,用符號表示動量的方向.25.(2015?廣東三模)如圖所示,高H=1.6m的賽臺ABCDE固定于地面上,其上表面ABC光滑;質(zhì)量M=1kg、高h=0.8m、長L的小車Q緊靠賽臺右側(cè)CD面(不粘連),放置于光滑水平地面上.質(zhì)量m=1kg的小物塊P從賽臺頂點A由靜止釋放,經(jīng)過B點的小曲面無損失機械能的滑上BC水平面,再滑上小車的左端.已知小物塊與小車上表面的動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取10m/s2.(1)求小物塊P滑上小車左端時的速度v1.(2)如果小物塊沒有從小車上滑脫,求小車最短長度L0.(3)若小車長L=1.2m,距離小車右端S處有與車面等高的豎直擋板,小車碰上擋板后立即停止不動,討論小物塊在小車上運動過程中,克服摩擦力做功Wf與S的關(guān)系.【分析】(1)物塊從P到A過程機械能守恒,應(yīng)用機械能守恒定律可以求出速度.(2)物塊與小車系統(tǒng)動量守恒,應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出車的長度.(3)根據(jù)S與小車位移的關(guān)系,應(yīng)用動能定理求出摩擦力的功與S的關(guān)系.【解答】解:(1)小物塊P從A滑到B點的過程中機械能守恒,由機械能守恒定律得:mg(H﹣h)=mvB2,代入數(shù)據(jù)解得:vB=4m/s,由題意可知,小物塊P從B滑上小車右端過程中機械能沒有損失,故小物塊P滑上小車左端時的速度:v1=4m/s;(2)小物塊P在小車Q的上表面滑動的過程中,P、Q構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,取小車最短長度L0時,小物塊剛好在小車右端共速為v2.以向右為正方向,由動量守恒定律得:mv1=(m+M)v2﹣﹣﹣﹣﹣﹣①相對運動過程中系統(tǒng)的能量守恒,有:mv12=(m+M)v22++μmgL0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②聯(lián)立并代入已知數(shù)據(jù)解得:v2=2m/s,L0=1m;(3)小車長L=1.2m,說明小車與豎直擋板相撞前小物塊不會滑脫小車,設(shè)共速時小車位移X1,物塊對地位移X2,分別對小車和物塊由動能定理可知μmgx1=Mv22,﹣μmgx2=m(v22﹣v12),代入數(shù)據(jù)解得:x1=0.5m,x2=1.5m;①若S≥X1,說明小車與擋板碰撞前小物塊與小車已具有共同速度,且共速后一起勻速至擋板處,小物塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v2=2m/s的勻減速運動,距離車尾位移為L1=L﹣L0=0.2m,設(shè)減速到0位移為L2,則:μmgL2=mv22,可得:L2=0.5m>L1則小物塊在車上飛出去,Wf=μmg(x2+L1),代入數(shù)據(jù)解得:Wf=6.8J;②若S<X1,說明小車與擋板碰撞前小物塊與小車還沒有共速,小物塊全程都受摩擦力作用,則Wf=μmg(L+s),代入數(shù)據(jù)解得:Wf=(4.8+4s)J;答:(1)小物塊P滑上小車左端時的速度v1為4m/s.(2)如果小物塊沒有從小車上滑脫,小車最短長度L0為1m.(3)①若S≥X1,Wf為6.8J;②若S<X1,Wf為(4.8+4s)J.【點評】本題考查了求速度、小車的長度、克服摩擦力做功,分析清楚物體運動過程、應(yīng)用動能定理、應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律即可正確解題.26.(2014秋?市中區(qū)校級期中)如圖,BC為半徑等于R=0.4m豎直放置的光滑細圓管,O為細圓管的圓心,BO與豎直線的夾角為45°;在圓管的末端C連接一光滑水平面,水平面上一質(zhì)量為M=1.5kg的木塊與一輕質(zhì)彈簧拴接,輕彈簧的另一端固定于豎直墻壁上.現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.5kg的小球從O點正上方某處A點以v0水平拋出,恰好能垂直O(jiān)B從B點進入細圓管,小球從進入圓管開始即受到始終豎直向上的力F=5N的作用,當(dāng)小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失.小球過后與木塊發(fā)生完全非彈性碰撞(g=10m/s2).求:(1)小球在A點水平拋出的初速度v0;(2)在圓管運動中圓管對小球的支持力N;(3)彈簧的最大彈性勢能EP.【分析】(1)小球從A運動到B為平拋運動,根據(jù)平拋運動的規(guī)律及幾何關(guān)系求解初速度;(2)先求出B點的速度,根據(jù)向心力公式求解細管對小球的作用力;(3)小球與木塊發(fā)生完全非彈性碰撞,動能損失最大,但動量守恒,求出共同速度,木塊(包括小球)壓縮彈簧至最短時其動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能.【解答】解:(1)小球從A運動到B做平拋運動,在水平方向有rsin45°=v0t在B點,有:解以上兩式得:v0=2m/s(2)在B點據(jù)平拋運動的速度規(guī)律有:小球在管中的受力分析為三個力:由于重力與外加的力F平衡,故小球所受的合力僅為管的外軌對它的壓力,得小球在管中以做勻速圓周運動由圓周運動的規(guī)律得細管對小球的作用力(3)小球與木塊發(fā)生完全非彈性碰撞,設(shè)碰撞后的共同速度為v2由動量守恒定律有:mvB=(m+M)v2代入數(shù)據(jù)解得:v2=0.5m/s木塊(包括小球)壓縮彈簧至最短時其動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,故彈簧的最大彈性勢能:答:(1)小球在A點水平拋出的初速度為2m/s(2)小球在圓管運動中對圓管的壓力為5N;(3)彈簧的最大彈性勢能為0.5J【點評】本題主要考查了平拋運動的基本規(guī)律及向心力公式的應(yīng)用,解題時注意結(jié)合幾何關(guān)系,難度適中.27.(2015?淮南模擬)如圖所示,半徑為r=0.4m的圓形光滑軌道AB固定于豎直平面內(nèi),軌道與粗糙的水平地面相切于B點,CDE為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細管,DE段被彎成以O(shè)為圓心、半徑R=0.2m的一小段圓弧,管的C端彎成與地面平滑相接,O點位于地面,OE連線豎直.可視為質(zhì)點的物塊b,從A點由靜止開始沿軌道下滑,經(jīng)地面進入細管(b橫截面略小于管中空部分的橫截面),b滑到E點時受到細管下壁的支持力大小等于所受重力的.已知物塊b的質(zhì)量m=0.4kg,g取10m/s2.(1)求物塊b滑過E點時的速度大小vE.(2)求物塊b滑過地面BC過程中克服摩擦力做的功Wf.(3)若將物塊b靜止放在B點,讓另一可視為質(zhì)點的物塊a,從A點由靜止開始沿軌道下滑,滑到B點時與b發(fā)生彈性正碰,已知a的質(zhì)量M≥m,求物塊b滑過E點后在地面的首次落點到O點的距離范圍.【分析】(1)由牛頓第二定律可以求出物體的速度.(2)由動能定理可以求出克服摩擦力做功.(3)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,應(yīng)用動量守恒定律、機械能守恒定律與平拋運動規(guī)律可以求出落地點范圍.【解答】解:(1)物塊b滑過E點時重力和支持力的合力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得:mg﹣N=m,已知:N=mg,代入數(shù)據(jù)解得:vE=1m/s;(2)物塊b從A點到E點的過程中,由動能定理得:mg(r﹣R)﹣Wf=mvE2,代入數(shù)據(jù)解得:Wf=0.6J;(3)物塊a從A滑到B的過程機械能守恒,設(shè)物塊a滑到B點時速度為v,則有Mv2=Mgr,代入數(shù)據(jù)解得:v=2m/s,設(shè)碰撞后物塊a、b的速度分別為va、vb,碰撞過程由動量守恒,以M的速度反效果為正方向:Mv=Mva+mvb,由機械能守恒定律得:Mv2=Mva2+mvb2,代入數(shù)據(jù)解得:va=v=,因為M≥m,由上式可知,碰撞后v≤vb<2v,即2m/s≤vb<4m/s,物塊b從B點到E點的過程中,由動能定理得:﹣mgR﹣Wf=mvE
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