学人教版选修35 19.5核力与结合能 作业（4）.docx

2017-2018学年度人教版选修3-5 19.5核力与结合能 作业（4）1如图所示，a、b两物体彼此接触静止于光滑的水平桌面上，物体a的上表面是半径为r的光滑半圆形轨道，物体c由静止开始从a上半圆形轨道的右侧最高点下滑，则（ ）a. 物体c第一次滑到半圆形轨道最左端时，a和b开始分离b. 物体c可以运动到半圆形轨道左侧的最高点c. 最终a将会从桌面左边滑出d. 最终a将会在桌面上来回振动2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3如图，质量为m的小车静止在光滑的水平面上，小车ab段是半径为r的四分之一光滑圆弧轨道，bc段是长为l的水平粗糙轨道，两段轨道相切于b点，一质量为m的滑块在小车上从a点静止开始沿轨道滑下，然后滑入bc轨道，最后恰好停在c点。已知小车质量m=3m，滑块与轨道bc间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则a. 全程滑块水平方向相对地面的位移r+lb. 全程小车相对地面的位移大小s=14（r+l)c. 滑块m运动过程中的最大速度vm=2grd. 、l、r三者之间的关系为r=4l4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=i25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3s6如图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，合理的是a. b. c. d. 7如图所示，用轻弹簧相连的质量均为1kg的a、b两物块都以=4m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为2kg的物块c静止在前方，b与c碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中下列说法正确的是a. 当弹簧的形变量最大时，物块a的速度为2msb. 弹簧的弹性势能的最大值为83jc. 弹簧的弹性势能的最大值为8jd. 在以后的运动中a的速度不可能向左8如图所示，放在光滑水平面上的甲、乙两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，但不连接，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是()a. 两手同时放开后，两车的总动量为零b. 先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右c. 先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右d. 两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒9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10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零11在光滑的水平面上，质量为4kg的物体以4m/s的速度向右运动，另一质量为8kg的物体以5m/s的速度向左运动。两物体正碰后粘在一起，则它们的共同速度大小为_m/s，方向_。12一质量为m2kg的木块在水平面上静止，现对它施加一水平打击力f60n，该力作用于木块的时间是t0.1s，已知木块与水平地面的动摩擦因数0.2，则该木块在水平地面上共滑行_s才能停下来。(g10m/s2) 13如图所示,质量均为的小车、在光滑水平面上以相同的速率相向运动,在小车的支架上用细线悬挂着质量为的小球,相对于静止.若两车相碰后连在一起运动,当摆到最高点时,两车速度大小为_m/s.14如图所示,两块木板的质量分别为m1500g，m2400g。静止于光滑水平面上，小物块m100g以初速度为v10m/s滑上m1的表面，最后停在m2上时速度为v2=1.5m/s.(1)最后m1的速度v1_(2)m刚离开ml时的速度v_.15高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为_.16如图所示，质量为m的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为r的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为_，小球的速度大小为_试卷第3页，总4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1c【解析】第一次滑到最低点前，c始终对a的作用力有向右水平分力。因此a的速度不断变大。不会与b分离。第一次滑过最低点后c始终对a的作用力有向左水平分力。因此a的速度将变小。而b却匀速。因此与b分离所以，故a错误；根据能量守恒定律可知，整个过程c的重力势能减小，转化为a、b、c的动能及c的重力势能，故c后来的重力势能小于刚开始的重力势能，故c不能运动到半圆轨道左侧的最高点，故b错误；a、b、c三者组成的系统总动量守恒，初动量为零，b与a分离后，b将一直向右做匀速直线运动，b的动量向右，由于a、b、c三者组成的系统在水平方向上系统动量守恒，总动量为零，则a、c的总动量向左，a、c将向左不断运动，最终从左边滑出，故c正确，d错误。故选c.【点睛】结合受力情况和动量守恒定律进行分析判断即可，运用动量守恒定律时ab分离前以abc组成系统为研究对象，分离后以ac组成系统为研究对象2a【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。3b【解析】小车和滑块系统在水平方向动量守恒，全程小车相对地面的位移大小为s，则由动量守恒定律结合“人船模型”：ms=m(r+ls)，解得s=14（r+l)；滑块水平方向相对地面的位移为：34（r+l)，选项a错误，b正确；滑块到达b点时，小车的速度最大，小车与滑块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-mvm=0，滑块从a到b过程，由能量守恒定律得：mgr=12mv2+12mvm2，解得：vm=gr6；选项c错误；滑块到达c点时，系统的速度变为零，由能量关系可知：mgr=mgl,即r=l，选项d错误；故选b.点睛：该题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体的位移，往往根据平均速度研究，也可直接用“人船模型”列式子；也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的3倍，不使用动量守恒定律4c【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5c【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。6bcd【解析】a项：ab系统动时守恒可知，b的速度减为零后反向加速，即b的动量不可能恒定为零，故a错误；b、c、d项：由动量守恒定律、不可穿越原理，动能不增原理可知，b、c、d正确。7abd【解析】当a、b、c三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。取向右为正方向，由a、b、c三者组成的系统动量守恒得：（ma+mb）v=（ma+mb+mc）va，代入数据解得：va=2m/s，选项a正确；b、c碰撞时，b、c系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：mbv=（mb+mc）v1，代入数据解得：v1=43m/s；设弹簧的弹性势能最大为ep，根据bc碰后系统的机械能守恒得：ep=12（mb+mc）v12+12mav2-12（ma+mb+mc）va2 ，代入数据解得为：ep=83j，则选项b正确，c错误。a不可能向左运动。系统动量守恒，则得：（ma+mb）v=mava+（mb+mc）vb；假设a向左，va0，vb83m/s，此时a、b、c动能之和为：e=12mava2+12（mb+mc）vb212（mb+mc）vb2=323j；实际上系统的机械能：e=12（mb+mc）v12+12mav2=323j，根据能量守恒定律，ee，违反了能量守恒定律，是不可能的，选项d正确；故选abd。点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程：ep=12mav2+12mbv2-12（ma+mb+mc）va2，这是学生经常犯的错误。要分过程分别研究。8abd【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故a正确；先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向左，故b正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故c错误；当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒；两手放开有向后时，放开一手在放开另一手的过程中系统所受合外力不为零，两手都放开手系统所受合力为零，整个过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故d正确；故选abd。点睛：本题关键要掌握动量守恒的条件，系统所受合外力为零时，系统动量守恒，知道系统初状态时动量的方向9bcd【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10abc【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