学鲁科版选修35 1.1动量定理 作业（1）.docx

2017-2018学年度鲁科版选修3-5 1.1动量定理 作业（1）1在以下几种运动中，相等的时间内物体的动量变化相等的是（ ）a. 匀速圆周运动 b. 自由落体运动 c. 非匀变速直线运动 d. 单摆的摆球沿圆弧摆动2某物体在水平桌面上，受到一个推力f的作用t秒钟物体没有移动， 则f的冲量为（ ）a. 0 b. ft c. mgt d. 无法计算3一粒钢球从某高度处由静止自由下落，然后陷入泥潭某一深度，若钢球在空中下落时间为t，陷入泥潭中的时间为t，且tt21，则钢球所受重力g与泥潭对钢球的平均阻力ff之比等于（）a. 13 b. 11 c. 21 d. 314一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行。这两次相比较，（ ）a. 第一次子弹的动量变化较大b. 第二次子弹的动量变化较大c. 两次子弹的动量变化相等d. 无法比较两次子弹的动量变化大小5如图所示, 斜面静止在水平地面上， 一滑块（ 视为质点） 以某一初速度从斜面底端滑上斜面，上升到某一高度后再返回斜面底端， 斜面倾角为，所有接触面均不光滑， 整个过程斜面始终保持静止，不计空气阻力， 下列说法正确的是a. 滑块与斜面间动摩擦因素大于tanb. 整个过程重力的冲量为0c. 上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量d. 整个过程中斜面对地面的压力大小不变6有两颗质量不等，在圆轨道运行的人造地球卫星。用t表示卫星的运行周期，用p表示卫星的动量，则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期t、动量p和机械能，下列说法中正确的是a. 周期t较大，动量p也一定较大，机械能也大b. 周期t较大，动量可能p较小，机械能不能确定c. 周期t较小，动量p也较大，机械能大d. 周期t较小，动量p也较小，质量大的卫星的机械能也大7如图所示，质量m10.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长l1.5 m，现有质量m20.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，则a. 物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统动量守恒b. 物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统机械能守恒c. 若v0=2 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sd. 若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s8如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d。质量为m的带正电小球置于两平行金属板中间且处于平衡状态。现给带电小球一竖直向上的瞬时冲量i，同时将两极板所带电荷的电性互换，电量保持不变，带电小球向上运动刚好到达上极板。在上述运动过程中(重力加速度为g)下列说法正确的是a. 所用的时间为i2mgb. 电场力对带电小球的冲量大小为i2c. 重力对带电小球的冲量大小为id. 带电小球开始运动时电场力的功率为ig9如图所示，放在光滑水平桌面上的两个木块a、b中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上.a的落地点与桌边的水平距离为0.5 m，b的落地点与桌边的水平距离为1 m，不计空气阻力，那么（）a. a、b离开弹簧时的速度之比为1:2b. a、b质量之比为2:1c. 未离开弹簧时，a、b所受冲量之比为1:2d. 未离开弹簧时，a、b加速度之比为1:210杂技演员做高空表演时，为了安全，常在下面挂一张很大的网。当演员失误从高处掉下落在网上时，与落在相同高度的地面上相比较，下列说法正确的是（ ）a. 演员落在网上时的动量较小b. 演员落在网上时的动量变化较小c. 演员落在网上时的动量变化较慢d. 演员落在地上时的动量变化较快11质量m=500 g的篮球，以10m/s的速度与天花板相碰，经过t=0.5s，篮球以碰前速度的34反弹，设空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，则天花板对篮球的平均作用力大小为_n12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)13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_14质量为2kg的小球沿光油水平面以4m/s的速度冲向墙壁，又以4m/s的速度反向弹回此过程中小球的合力冲量的大小为_ns；小球的动能变化量的大小为_j15如图所示，一火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，控制系统使箭体与卫星分离，已知箭体质量为m1.卫星质量为m2，分离后箭体以速率v1沿原方向飞行，忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离前系统的总动量为_，分离后卫星的速率为_. 16质量为的小球沿光滑水平面以的速度冲向墙壁，又以的速度反向弹回。此过程中小球的动量变化量大小为_ ；小球的动量变化量的方向为_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1b【解析】匀速圆周运动受到指向圆心的变力，故物体的冲量时刻变化，故动量变化不相等，故a错误；自由落体运动物体的合力是重力，为一个恒力，在相等时间内其冲量不变，动量变化相等。故b正确。非匀变速直线运动受到变力作用，故任何相等的时间内，物体受到的冲量不相等，故动量变化不相等，故c错误；单摆的摆球沿圆弧摆动时，合力是变力，故相等时间内合力的冲量是变化的，动量变化量是变化的。故d错误。故选b。【点睛】根据动量定理p=ft，动量变化量等于合外力的冲量，若所受的合外力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，若所受的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲量不相同，动量变化量也不相同2b【解析】根据冲量的定义式可知f的冲量为i=ft，b正确3a【解析】钢球下落过程中，小球受重力及阻力作用；则由动量定理可得，g(t+t)-ft=0；因t:t=2:1；故gf=13；故选a.【点睛】本题考查动量定理的应用，要注意全程进行分析，由时间之比即可求得力之比4b【解析】子弹在同一块木块中穿行过程中受到的阻力大小是相等的，因此子弹的加速度大小是不变的。当木块被固定时，子弹在木块中运动的位移等于木块的宽度，而木块静止放在光滑的水平面上时，子弹在木块中运动的过程中，木块也要运动，则子弹在木块中运动的位移大于木块的宽度（对地面参考系而言），因此第二次子弹在木块中运动的时间较长，因此子弹受到的阻力的冲量较大，它的动量变化也较大。故选b。5c【解析】物块能返回底端，则mgsinmgcos，则tan，选项a错误；根据i=mgt可知，整个过程中重力的冲量不为零，选项b错误；上滑的加速度a上大于下滑的加速度a下，则上滑的时间小于上滑的时间，根据i=ft可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量，选项c正确；上滑和下滑过程中，滑块都失重，但是因为上滑的加速度a上大于下滑的加速度a下，则上滑时物块失重严重，则对斜面和滑块的整体而言，上滑时斜面对地面的压力大小小于下滑时斜面对地面的压力，选项d错误；故选c.6b【解析】在圆轨道上运行的人造地球卫星，其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的，即gmmr2=mv2r，可得：v=gmr，由p=mv可知，卫星动量的大小与物体的速度和质量大小都有关，轨道半径大的卫星运行速度小，但质量不确定，因此动量不一定大，机械能也不一定大，再根据gmmr2=mr42t2，可得t=42r3gm，轨道半径r越大，人造卫星的运行周期t越大，所以选项acd错误，选项b正确。7acd【解析】由于地面光滑，所以物块和小车构成的系统动量守恒，故a正确；由于物块和小车之间有摩擦力，所以系统机械能不守恒，故b错误；设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0(m1+m2)v，设物块与车面间的滑动摩擦力为f，则fm2g对物块应用动量定理有-m2gtm2v-m2v0，解得t=m1v0(m1+m2)g t=m1v0(m1+m2)g，代入数据得t0.24s，c正确；要使物块恰好不从车面上滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v，则m2v0(m1+m2)v，由功能关系有12m2v02=12(m1+m2)v2+m2gl，代入数据解得v05m/s，故d正确；8abd【解析】a：质量为m的带正电小球置于两平行金属板中间且处于平衡状态，由此可得qe=mg；将两极板所带电荷的电性互换，电量保持不变，带电小球所受合力变为2mg；由动量定理得fti=00，解得t=i2mg。故a项正确。b：由于qe=mg，电场力对带电小球的冲量大小为mgt=i2。故b项正确。c：重力对带电小球的冲量大小为mgt=i2，故c项错误。d：在带电小球开始运动时电场力的功率p=mgv，又i=mv，解得p=ig。故d项正确。9abd【解析】a、a和b离开桌面后做平抛运动，它们的运动时间相等，速度之比vavb=xatxbt=xaxb=0.51=12，故a正确。b、两物体及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mava-mbvb=0，则质量之比mamb=vbva=21，故b正确。c、未离开弹簧时，两物体受到的弹力大小相等，物体所受合外力大小相等、力的作用时间相等，则所受冲量大小相等，a、b所受冲量比为1:1，故c错误；d、未离开弹簧时，物体受到的合外力等于弹簧的弹力，两物体受到的合外力相等，加速度之比aaab=fmafmb=mbma=12，故d正确。故选abd。【点睛】a、b离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系，由动量定理与牛顿第二定律分析答题10cd【解析】演员在下落中接触地面的瞬间速度不变，故落在网上时的动量和落在地面上动量是相等的，故a错误；演员的初动量相等，而演员落在网上时的动量和落在地上的动量相等，到人的动量变成零，动量的变化是相等的，故b错误；演员落在网上时由于网的缓冲，使减速时间延长，故动量变化较慢，故c正确；演员落在地上时由于缓冲时间极短，使减速时间缩短，故动量变化较快，故d正确。所以cd正确，ab错误。1112.5n【解析】规定向下为正，根据动量定理可得ft=34mvmv，代入数据可得f=34mv-mvt=540.5100.5=12.5n12 80 40 120【解析】规定向上为正，物体做竖直上抛运动，初速度，在2s末速度为： ，5s末速度（负号表示速度方向向下），故2s末的动量为，5s末动量为，动量变化量13 14； 290n； 竖直向上；【解析】小球碰地前的速度为：v1=2gh1=2105m/s=10m/s小球碰地后的速度大小为：v2=2gh2=2100.8m/s=4m/s设竖直向上速度为正方向，则动量的变化量为：p=mv2mv1=1（4+10）kgm/s=14kgm/s根据动量定理得：（fmg)t=p解得：f=pt+mg=140.05+10n=290n，方向竖直向上根据牛顿第三定律知，小球对地的作用力方向竖直向下。点睛：根据速度位移公式分别求出小球碰地前和碰地后的速度，从而小球动量的增量，根据动量定理求出小球对地