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文檔簡介
動量動量定理(45分鐘100分)(20分鐘50分)一、選擇題(本題共5小題,每小題7分,共35分,14題為單選題,5題為多選題)1.如圖所示,小明在演示慣性現(xiàn)象時,將一杯水放在桌邊,杯下壓一張紙條。若緩慢拉動紙條,發(fā)現(xiàn)杯子會出現(xiàn)滑落;當他快速拉動紙條時,發(fā)現(xiàn)杯子并沒有滑落。對于這個實驗,下列說法正確的是()A.緩慢拉動紙條時,摩擦力對杯子的沖量較小B.快速拉動紙條時,摩擦力對杯子的沖量較大C.為使杯子不滑落,杯子與紙條的動摩擦因數(shù)盡量大一些D.為使杯子不滑落,杯子與桌面的動摩擦因數(shù)盡量大一些【解析】選D。紙帶對杯子的摩擦力一定,緩慢拉動紙條時時間長,則摩擦力對杯子的沖量較大;快速拉動紙條時時間短,則摩擦力對杯子的沖量較小,故A、B錯誤;為使杯子不滑落,杯子與桌面的動摩擦因數(shù)盡量大一些,這樣杯子在桌面上運動的加速度大,位移短,故C錯誤、D正確。2.如圖所示為某物業(yè)公司的宣傳提醒牌。從提供的信息知:一枚30 g的雞蛋從17樓(離地面人的頭部為45 m高)落下,能砸破人的頭骨。若雞蛋殼與人頭部的作用時間為4.510-4 s,人的質量為50 kg,重力加速度g取10 m/s2,則頭骨受到的平均沖擊力約為()A.1 700 NB.2 000 NC.2 300 ND.2 500 N【解析】選B。由2gh=v2可得v= m/s=30 m/s;設向下為正方向,對碰撞過程應用動量定理可得(mg+F)t=0-mv,代入數(shù)據得:F-2 000 N;負號說明雞蛋受到的沖擊力向上;根據牛頓第三定律可知,頭骨受到的平均沖擊力為2 000 N,故B正確。3.(2019梧州模擬)如圖所示,物體由靜止做直線運動,04 s內其合外力隨時間變化的關系為某一正弦函數(shù),下列表述不正確的是()A.02 s內合外力的沖量一直增大B.04 s內合外力的沖量為零C.2 s末物體的動量方向發(fā)生改變D.04 s內物體的動量方向一直不變【解析】選C。F-t圖象的面積表示沖量,正負表示方向,時間軸上方表示沖量一直增大,2 s后減小,故A正確;從F-t圖象的面積可以看出,在04 s內合外力的沖量為零,故B正確;02 s內加速,24 s內減速,物體做單方向變速直線運動,速度方向一直不變,由動量定理I=p可知,04 s內物體的動量方向一直不變,故C錯誤、D正確?!炯庸逃柧殹咳鐖D所示,靜止于水平地面上的物塊在豎直向上的恒力作用下豎直上升,經過一段時間,突然撤去該恒力,之后物塊經相同時間落回地面。不計空氣阻力,則該恒力與物塊所受重力的大小之比為()A.2 B. C. D.【解析】選C。設物塊在撤去拉力時速度大小為v,落地速度大小為v;上升過程:x=t;下降過程:x=t;解得vv=12;由動量定理得,上升過程:(F-mg)t=mv;下降過程:-mgt=-mv-mv;聯(lián)立解得Fmg=43,故選C。4.(2018襄陽模擬)如圖所示,用傳送帶給煤車裝煤,平均每5 s內有5 000 kg的煤粉落于車上,由于傳送帶的速度很小,可認為煤粉豎直下落。要使車保持以0.5 m/s的速度勻速前進,則對車應再施以向前的水平力的大小為()A.50 NB.250 NC.500 ND.750 N【解析】選C。車和煤粉整體受重力G、支持力FN、拉力F作用,對5 s內過程運用動量定理,有Ft=mv,解得F= N=500 N,故C正確。5.(2018汕頭模擬)跳臺滑雪運動員從平臺末端a點以某一初速度水平滑出,在空中運動一段時間后落在斜坡上b點,不計空氣阻力,則運動員在空中飛行過程中()A.在相等的時間間隔內,動量的改變量總是相同的B.在相等的時間間隔內,動能的改變量總是相同的C.在下落相等高度的過程中,動量的改變量總是相同的D.在下落相等高度的過程中,動能的改變量總是相同的【解析】選A、D。運動員做平拋運動,只受重力,是恒力,根據動量定理,動量的改變量等于合力的沖量,任意相等時間內合力的沖量相等,故任意相等時間內動量的改變量相等,故A正確;平拋運動豎直分運動是自由落體運動,是勻加速運動,故在相等的時間間隔內豎直分位移不一定相等,故重力做的功不一定相等,故動能增加量不一定相等,故B錯誤;平拋運動豎直分運動是自由落體運動,是加速運動,在下落相等高度的過程中,時間不一定相等,故合力的沖量不一定相等,故動量的增加量不一定相等,故C錯誤;在下落相等高度的過程中,合力的功相等,根據動能定理,動能的增加量相等,故D正確。二、計算題(本題共15分,需寫出規(guī)范的解題步驟)6.光滑水平面上放著質量mA=2.5 kg的物塊A與質量mB=1.5 kg的物塊B,A與B均可視為質點,物塊A、B相距L0=0.4 m,A、B間系一長L=1.0 m的輕質細繩,開始時A、B均處于靜止狀態(tài),如圖所示?,F(xiàn)對物塊B施加一個水平向右的恒力F=5 N,物塊B運動一段時間后,繩在短暫的時間內被拉斷,繩斷后經時間t=0.6 s,物塊B的速度達到vt=3 m/s。求:(1)繩拉斷后瞬間的速度vB的大小。(2)繩拉斷過程繩對物塊B的沖量I的大小。(3)繩拉斷過程繩對物塊A所做的功W?!窘馕觥?1)繩拉斷之后對B研究,對B應用動量定理得Ft=mBvt-mBvB,解得 vB=1 m/s。(2)繩拉斷之前對B應用動能定理得F(L-L0)=mB-0繩拉斷過程,對B應用動量定理得I=mBvB-mBv0解得 I=-1.5 Ns即繩對B的沖量大小為1.5 Ns。(3)繩拉斷過程,取向右為正方向,由動量守恒定律得mBv0=mBvB+mAvA繩拉斷過程繩對物塊A所做的功 W=mA解得 W=0.45 J答案:(1)1 m/s(2)1.5 Ns(3)0.45 J(25分鐘50分)7.(7分)如圖所示,斜面靜止在水平地面上,一滑塊( 視為質點) 以某一初速度從斜面底端滑上斜面,上升到某一高度后再返回斜面底端,斜面傾角為,所有接觸面均不光滑,整個過程斜面始終保持靜止,不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)大于tan B.整個過程重力的沖量為0C.上滑過程中摩擦力的沖量小于下滑過程中摩擦力的沖量D.整個過程中斜面對地面的壓力大小不變【解析】選C。由題意可知,滑塊在斜面上不能靜止,則有mgsin mgcos ,解得tan ,故A錯誤;根據沖量的定義可知,I=mgt,故重力的沖量不為零,故B錯誤;根據受力分析可知,上滑時的加速度一定大于下滑時的加速度,由位移公式可知,上滑過程用時小于下滑用時,而摩擦力大小相等,則可知,上滑過程中摩擦力的沖量小于下滑過程摩擦力沖量,故C正確;對斜面受力分析可知,滑塊上滑時,斜面受摩擦力向下,而滑塊下滑時,斜面受摩擦力向上,則可知,兩種情況下斜面受到的摩擦力不同,而斜面始終靜止,斜面對地面的壓力大小不同,故D錯誤。8.(7分)(2018咸陽模擬)如圖所示,足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動,一質量為m的物塊以大小為v2的初速度從傳送帶的P點沖上傳送帶,從此時起到物塊再次回到P點的過程中,下列說法正確的是()A.合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B.合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C.合力對物塊的沖量大小可能為零D.合外力對物塊做的功可能為零【解析】選D。若v2v1,則物塊返回到P點的速度大小為v2,根據動量定理知,合力的沖量為I合=mv2-(-mv2)=2mv2,根據動能定理知,合力做功的大小為零。v2v1,則物塊返回到P點的速度大小為v1,根據動量定理知,合力的沖量I合=mv1+mv2,合力做功為W=m-m。故D正確,A、B、C錯誤。9.(7分)(多選)(2018泉州模擬)如圖所示,足夠長的固定光滑斜面傾角為,質量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面,達到最高點后又滑回原處,所用時間為t。對于這一過程,下列判斷正確的是()A.斜面對物體的彈力的沖量為零B.物體受到的重力的沖量大小為mgtC.物體受到的合力的沖量大小為零D.物體動量的變化量大小為mgsin t【解析】選B、D。斜面對物體的彈力的沖量大小I=FNt=mgcos t,彈力的沖量不為零,故A錯誤;根據沖量的定義式可知,物體所受重力的沖量大小為IG=mgt,故B正確;物體所受到的合力的沖量大小為mgtsin,由動量定理得,動量的變化量為p=I合=mgsin t,故C錯誤,D正確。【加固訓練】(多選)如圖,從豎直面上大圓的最高點A,引出兩條不同的光滑軌道,端點都在大圓上。相同物體由靜止開始,從A點分別沿兩條軌道滑到底端,下列說法中正確的是()A.到達底端的動量大小不相等B.重力的沖量都相同C.物體動量的變化率都相同D.物體所受支持力的沖量大小相同【解析】選A、B。物體下滑過程只有重力做功,機械能守恒,物體初末狀態(tài)機械能相等,由機械能守恒定律可知,兩物體到達底部時下落的高度不同,故到達最低點時速度大小不相同,所以到達底端的動量大小不相同,故A正確;對物體在軌道上受力分析,由牛頓第二定律可求得,a=gcos ;根據運動學公式x=at2,可得,2Rcos =gcos t2,t=2,因此下滑時間與軌道的傾角無關,只與圓的半徑及重力加速度有關,故下落時間相同,由I=mgt可知,重力的沖量相等,故B正確;因為支持力大小不相同,所以支持力的沖量大小不相同,D錯誤;因末速度大小不相等,故動量的變化不相同,所以動量的變化率不相同,故C錯誤。10.(7分)(多選)一質量為0.5 kg的物塊靜止在水平地面上,物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,現(xiàn)給物塊一水平方向的外力F,F(xiàn)隨時間t變化的圖象如圖所示,若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度為g=10 m/s2,則()A.t=1 s時物塊的動量大小為2 kgm/sB.t=1.5 s時物塊的動量大小為1 kgm/sC.t=(6-2) s時物塊的速度為零D.在34 s的時間內,物塊受到的摩擦力逐漸減小【解析】選B、C、D。01 s內,根據牛頓第二定律得F-mg=ma1,得a1=2 m/s2,物體在1 s末的速度為v1=a1t1=21 m/s=2 m/s,1 s時物塊的動量大小為p=mv1=0.52 kgm/s=1 kgm/s,故A錯誤;12 s內,因為 F=mg=1 N,所以物體做勻速運動,t=1.5 s時物塊的動量等于t=1 s時物塊的動量為1 kgm/s,故B正確;設t時刻物塊的速度為零,由動量定理得IF-mgt=0-0,圖象在24 s內方程為F=0.5t-2(N),根據F-t圖象與t軸所圍的面積表示沖量,可得IF=21+11+(t-2),聯(lián)立解得t=(6-2) s,故C正確;因為t=(6-2) s2.5 s,所以在22.5 s內物體做減速運動,所以在34 s的時間內,物塊靜止,隨著F的減小,物塊受到的摩擦力逐漸減小,故D正確。11.(7分)(多選)(2019曲靖模擬)如圖所示,木板B放在光滑的水平面上,滑塊A在木板上從右向左運動,剛滑上木板B的最右端時,其動能為E1,動量大小為p1;滑到木板B的最左端時,其動能為E2,動量大小為p2;A、B間動摩擦因數(shù)恒定,則該過程中,滑塊A的平均速度大小為()A.B.C.+D.-【解析】選B、C。設當滑塊A從木板右端滑到左端時,經過的時間為t,發(fā)生的位移為x,則由動能定理得E2-E1=-fx;由動量定理得p2-p1=-ft,解得=;選項B正確,A錯誤;因=,=,因滑塊A做勻變速直線運動,則平均速度v=+,選項C正確,D錯誤;故選B、C?!炯庸逃柧殹?多選)使用無人機植樹時,為保證樹種的成活率,將種子連同營養(yǎng)物質包進一個很小的莢里。播種時,在離地面10 m高處、以15 m/s 的速度水平勻速飛行的無人機中,播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出,莢進入地面下10 cm深處完成一次播種。已知莢的總質量為20 g,不考慮所受大氣阻力及進入土壤后重力的作用,取g=10 m/s2,則下列說法錯誤的有()A.射出莢的過程中,播種器對莢做的功為2.5 JB.離開無人機后,莢在空中運動的時間為 sC.土壤對莢沖量的大小為3 kgm/sD.莢在土壤內受到平均阻力的大小為22.5 N【解析】選A、B、C。播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出,該過程中播種器對莢做的功轉化為莢的動能W=m=2010-352 J=0.25 J,故A錯誤;離開無人機后,莢做斜下拋運動,豎直方向:y=vy t+gt2,代入數(shù)據可得t=1 s(t=-2 s不符合題意),故B錯誤;莢離開無人機時的速度v0= m/s=5 m/s,設莢到達地面的速度為v,則mv2=mgh+m,代入數(shù)據可得v=15 m/s,不考慮重力的作用,則土壤對莢沖量的大小等于莢的動量的變化,大小為|I|=|p|=mv=2010-315 kgm/s=0.3 kgm/s,故C錯誤;莢的初速度為15 m/s,到達地面的速度為15 m/s,由幾何關系可知,莢到達地面的速度方向與水平方向之間的夾角為45,莢能進入地面下10 cm,則莢相對于地面的位移大小為s=d=1010-2 m=0.1 m,不計重力,根據動能定理可得-Fs=0-mv2,代入數(shù)據可得F=22.5 N。故D正確。12.(15分)如圖甲所示是明德中學在高考前100天倒計時宣誓活動中為給高三考生加油,用橫幅打出的激勵語。下面我們來研究橫幅的受力情況,如圖乙所示,若橫幅的質量為m,且質量分布均勻、由豎直面內的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面上,四條繩子與水平方向的夾角均為,其中繩A、B是不可伸長的剛性繩,繩C、D是彈性較好的彈性繩且對橫幅的拉力恒為T0,重力加速度為g。(1)求繩A、B所受力的大小。(2)在一次衛(wèi)生大掃除中,樓上的小明同學不慎將質量為m0的抹布滑落,正好落在
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