学人教版选修35 16.2动量和动量定理 作业（4）.docx

2017-2018学年度人教版选修3-5 16.2动量和动量定理 作业（4）1可视为质点的物体质量为m，从倾角为、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m2gh，方向竖直向下c. 滑至斜面底端时的动量大小为m2gh，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m2gh2一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为t，不计空气阻力，重力加速度为g，则关于t时间内发生的变化，以下说法正确的是（）a. 速度变化大小为gt，方向竖直向下b. 动量变化量大小为p=mv2v1，方向竖直向下c. 动量变化量大小为p=mgt，方向竖直向下d. 动能变化为ek=12mv22v123如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球a、b，质量分别为m=0.1kg和m=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开a、b球和弹簧，已知a球脱离弹簧的速度为6m/s，接着a球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，pq为半圆形轨道竖直的直径，g=10m/s2，下列说法正确的是a. 弹簧弹开过程，弹力对a的冲量大于对b的冲量b. a球脱离弹簧时b球获得的速度大小为2m/sc. a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小为1nsd. 若半圆轨道半径改为0.9m，则a球不能到达q点4把物体以某一速度抛出，若不计空气阻力，则在物体下落过程中，下列说法正确的是（ ）a. 在任意相等时间内，动量变化都相同b. 在任何一段时间内，动量变化的方向都竖直向下c. 在任何一段时间内，动量对时间的变化率均相同d. 在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零5甲、乙两物体质量之比为4：1，与水平地面间的动摩擦因数之比为1：2，它们以相同的初动能在水平地面上开始滑行，最终都停在水平地面上。不计空气阻力，则甲、乙两物体滑行的时间之比为a. 1：1 b. 1：2 c. l：4 d. 4：l6若物体在运动过程中，受到的合外力不为零，那么以下说法正确的是a. 物体的速度大小和方向一定都变化b. 物体的加速度一定变化c. 物体的动能一定变化d. 物体的动量一定变化7个篮球被竖直向上抛出后又回到抛出点假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速度大小成正比，比较篮球由抛出点上升到最高点和从最高点下降到抛出点这两个过程，下列判断正确的是 ( )a. 上升过程中篮球受到的重力的冲量大小小于下降过程中篮球受到的重力的冲量大小b. 上升过程中篮球受到的重力的冲量大小等于下降过程中篮球受到的重力的冲量大小c. 上升过程中篮球的动量变化的大小等于下降过程中篮球动量变化的大小d. 上升过程中篮球的动量变化的方向与下降过程中篮球动量变化的方向相反8某物体在恒力f作用下作直线运动，在t1时间内物体的速度由零增大到v，f对物体做功w1，给物体冲量为i1；若在t2时间内物体的速度由v增大到2v，f对物体做功w2，给物体冲量为i2，下列结论正确的是（ ）a. w1=w2,i1=i2 b. w1=w2,i1i2 c. w1w2,i1=i29质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上，现对物体施加一个随位移变化的水平外力f时物体在水平面上运动，已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若fx图象如图所示，且45m内物体匀速运动，x=7m时撤去外力。取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是a. 物体与地面间的动摩擦因数为0.1b. x=3m时物体的速度最大c. 撤去外力时物体的速度为2m/sd. 撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s10如图所示，质量为m的足够长的木板静置在光滑的水平面上，在m上放置一质量为m的物块，物块与木板的接触面粗糙。当物块m获得初速度v0向右滑动，在滑动过程中下面叙述正确的是（ ）a. 若m固定不动，则m对m摩擦力的冲量为零b. 若m不固定，则m克服摩擦力做的功全部转化为内能c. 不论m是否固定， 摩擦力对m与m所做的功之和一定等于零d. 不论m是否固定，摩擦力对系统的冲量之和一定为零11如图所示，半径为r的四分之一圆弧轨道，在底端n点与水平面相切，质量为m1=m的小球a从圆弧顶端无初速度释放，与静止于n点，质量为m2=3m的铁质小球b发生对心弹性碰撞，碰后小球b靠近静止于水平面上的一带有磁性装置的物体时，被磁性装置接受，该物体的总质量为m3=12m，自动投放球装置保障n点总有一个与b球完全相同的小球静止待碰，忽略一切摩擦力，已知重力加速度为g，求：（1）小球a第一次与b碰前的瞬间所受支持力的大小及物体接收第一个小球b后的速度大小；（2）通过计算判定带磁性装置的物体能否接收到第三个小球；（3）a球从释放到最终静止，在碰撞过程中所受外力的总冲量大小。12一质量为m的乌贼在水中以速度v竖直向上匀速游动，到达水面时迅速向下喷出的水，乌贼飞出水面时的速度为2v，在空中受到的阻力大小为乌贼空中重力的0.2倍，求（1）乌贼在空中上升过程的时间；（2）乌贼喷出的水的速度大小。13如图所示，粗糙的水平地面上有一块长为3m的木板，小滑块放置于长木板上的某一位置。现将一个水平向右，且随时间均匀变化的力f=0.2t作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。已知：滑块质量m与长木板质量m相等，且m=m=1kg，滑块与木板间动摩擦系数为1=0.1，木板与地面间动摩擦系数2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10m/s2).(1)经过多长时间，长木板开始运动。(2)经过多长时间，滑块与长木板恰要发生相对运动。此时滑块的速度为多大？(3)如果t = 0时锁定外力f = 6.75n，一段时间后撤去外力，发现小滑块恰好既不从左端滑出，也恰好不从右端滑出木板。求小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离？14以初速度v040 m/s竖直向上抛出物体，质量为4 kg，则第2s末的动量为_kgm/s，第5s末动量为_kgm/s，从第2s末到第5s末动量的变化量为_kgm/s。(g取10 m/s2，取初速度方向为正方向)15质量为1kg的小球从离地面5m高处自由落下，碰地后反弹的高度为0.8m，碰地的时间为0.05s.设竖直向上速度为正方向，则碰撞过程中，小球动量的增量为_kgm/s，小球对地的平均作用力为_，方向_试卷第3页，总3页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1cd【解析】下滑过程中斜面对物体的支持力的作用力和作用时间均不为零，则冲量不为零，选项a错误；根据机械能守恒可得，到达底端的速度为v=2gh，滑至斜面底端时的动量大小为m2gh，根据动量定理可知，合外力的冲量大小为m2gh，即物体重力、斜面支持力冲量的矢量和大小为m2gh，方向沿斜面向下，选项b错误，cd正确；故选cd.2acd【解析】平抛运动的加速度为g，所以速度变化量v=at=gt，方向竖直向下，故a正确；动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，根据数学知识得：p=mvmv2v1，方向竖直向下，故b错误；由动量定理得：动量变化量大小为p=mgt，方向竖直向下。故c正确；物体的质量为m，初速度大小为v1，末速度大小为v2，则动能变化为ek=12mv2212mv12=12mv22v12，故d正确。故选acd。3bcd【解析】试题分析：根据弹簧对a、b的弹力大小关系、作用时间关系分析弹力对a、b冲量关系弹簧弹开过程，根据动量守恒定律求a球脱离弹簧时b球获得的速度由机械能守恒定律求a球到达q点的速度，再由动量定理求a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小若半圆轨道半径改为0.9m，求出a球到达q点时的最小速度，再分析a球能否到达q点弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对a的冲量大小等于b的冲量大小，a错误；由动量守恒定律mv1=mv2，解得a球脱离弹簧时b球获得的速度大小为v2=2m/s，b正确；设a球运动到q点时速率为v，对a球从p点运动到q点的过程，由机械能守恒定律可得12mv12=mg2r+12mv2，解得v=4m/s，根据动量定理i=mv(mv1)=1ns，即a球从p点运动到q点过程中所受合外力的冲量大小为1ns，c正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达q点的临界速度vq=gr=3m/s，对a球从p点运动到q点的过程，由机械能守恒定律12mv12=mg2r+12mv2，解得v=0，小于小球到达q点的临界速度，则a球不能达到q点，d正确4abc【解析】做平抛运动的物体的加速度恒为g，则在任意相等时间内，速度的变化均为gt，则动量变化均为mgt，且动量变化的方向都竖直向下，选项ab正确；根据动量定理，动量的变化率等于合外力，则做平抛运动的物体在任何一段时间内，动量对时间的变化率总等于重力，选项c正确，d错误；故选abc.5a【解析】根据ek=p22m可知p1p2=m1m2=21；根据动量定理：mgt=p=p，则t=pmg，则t1t2=212114=11，故选a. 6d【解析】当合力与速度同向时，物体的速度的方向不变，比如自由落体运动，故a错误；根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，如果合力恒定，则加速度不变，故b错误；匀速圆周运动合力不为零，但动能不变，故c错误；根据动量定理，动量的变化等于合力的冲量，冲量不为零，故物体的动量一定变化，故d正确；故选d。7a【解析】ab、上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma2；故a1a2；根据h=12at2可知，t1t2；重力是恒力，其冲量大小为ig=mgt，则知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小，故a正确，b错误；c、. 动量p=mv，由于克服空气阻力做功，落回原处的球的速度小于开始上升的速度，故上升过程动量的改变量大于下降过程中动量的改变量，故c错误；d、因合外力方向一直向下，故由动量定理可知，动量变化的方向一直向下，故d错误；故选a。【点睛】运用牛顿运动定律和运动学公式定性分析上升与下降过得时间关系，解题注意要合理地选择研究的过程，列表达式求解本题的难点是运用数学积分法求变力的问题，对能力的要求较高。8c【解析】根据动能定理得：w1=12mv2，w2=12m(2v)212mv2=32mv2，则w1w2。由动量定理得：i1=mv，i2=2mv-mv=mv，则i1=i2。故选c。点睛：根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用9c【解析】由图象知45m内外力恒定，又物体匀速运动，由f=mg知动摩擦因数为0.3，故a项错误；由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，34m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故b项错误；前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且fx图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理(3+523+3+521+31+32237)j=12mv2知v=2m/s，故c项正确；撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有mv=mgt，解得t=23s，故d项错误。10d【解析】若m固定不动，因为冲量等于ft，因m相对于m滑动，二者之间有摩擦力，故摩擦力的冲量不为零，故a错误；若m不固定，m克服摩擦力做功，m减小的动能转化为m的动能及系统的内能，故b错误；若m不固定，m相对于地的位移大于m相对于地的位移，相互间摩擦力大小相等，则m对m的摩擦力做功小于m对m的摩擦力做功，摩擦力对m与m所做的功之和为负值，故c错误。因相互作用的摩擦力大小相等，方向相反，且作用时间相同，故相互作用的冲量大小相等，方向相反，即摩擦力对系统的冲量之和一定为零，故d正确；故选d。点睛：本题应掌握冲量的定义及功能关系，知道作用力和反作用力总是大小相等方向相反的；注意当物体发生相对运动时，摩擦力与相对位移的乘积等于内能的增加量11（1）（2）不能追上（3）【解析】（1）根据动能定理，由牛顿第二定律，解得小球a、b第一次弹性碰撞，解得， 第一个小球追上物体，解得（2）小球a碰后反向，滑上圆弧轨道后滑回n点， 发生第二次碰撞，规律重复， ，解得规律重复， ，因此不能追上（3）由动量定理点睛：本题关键是碰撞前a球机械能守恒，碰撞过程两球系统机械能守恒，动量也守恒，通过求解两球的速度来判断能否追上，同时根据动量定理列式求解总冲量的大小，考查学生数学计算的能力。12（1） （2）【解析】（1）由牛顿第二定律得，由速度公式得： ，或由动量定理： ，解得： ；（2）设喷出的水的向下的速度大小为，由动量守恒定律得： ，解得： 。13(1)t1=20s (2)v1=5m/s (3) x=3m【解析】(1) 设经过t1时间木板开始运动，此时f=2(m+m)g (1分) 且f1=0.2t1， 联立可得：t1=20(s) (2分) (2) 设经过t2时间，滑块与长木板发生相对运动时加速度为a对滑块列：1mg=ma 得： a=1g=1(m/s2) (1分) 对木板列牛顿第二定律：f2-1mg-2(m+m)g=ma 且：f2=0.2t1 联立可得：t2=30s (2分) 滑块到达电场区的速度为v1 ，对滑块和木板的整体，在运动过程中，列动量定理：(f1+f2)(t2-t1)/2-2(m+m)g(t2-t1)=(m+m)v1-0 解得：v1=5(m/s) (2分) (3) 设小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离为x，外力作用时间为t1，撤去外力前，木板与木板滑块各自匀加速运大小动，加速度大小为a1，滑块加速度大小仍为a。为根据牛顿第二定律列出： f-2(m+m)g-1mg=ma1 解得：a1=1.75m/s2(大于滑块加速度a=1g=1m/s2) (1分) 撤去外力后，速度相等之前，木板匀减速，加速度大小为a2，滑块加速度大小仍为a，根据牛顿第二定律列出： 2(m+m)g+1mg=ma2 解得：a2=5m/s2 (1分) 速度相等之后，二者