《动量定理的应用》进阶练习（一）.doc

动量定理的应用进阶练习一、单选题1.小球从空中静止下落，与水平地面相碰后反弹至某一高度，其速度v随时间t变化的关系图线如图所示则（）A.小球反弹后离开地面的速度大小为5m/sB.小球反弹的最大高度为0.45mC.与地面相碰，小球速度变化量的大小为2m/sD.与地面相碰，小球动量变化率的方向竖直向下2.某物体受到-2Ns的冲量作用，则（）A.物体初动量方向一定与这个冲量的方向相反B.物体末动量一定是负值C.物体动量的增量一定与规定的正方向相反D.物体的动量一定减小3.如图甲所示，光滑水平面上并排放着两个相同的木块A、B，一颗子弹以一定速度水平射入A并穿出木块B，用IA表示木块A受到子弹作用力的冲量，pB表示木块B的动量，且IA、pB随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，那么（） A.b= B.c=2bC.（t2-t1）=t1 D.b=a二、多选题4.如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回底端若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）A.整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小为2mv0B.上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mvC.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mv-mghD.金属杆上滑、返回两过程中所受重力的冲量相等三、填空题5. 如图所示，竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为3kg的物体B固定在一起，质量为1kg的物体A置于B的正上方5cm处静止现让A自由下落（不计空气阻力），和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起已知碰后经0.2s下降了5cm 至最低点，弹簧始终处于弹性限度内（ g取10m/s2）求： 从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量Ep； 从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小参考答案【答案】1.B2.C3.A4.BC5.解：A做自由落体运动，机械能守恒，由机械能守恒定律得： mAgh1=mAv02， 代入数据解得：v0=1m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mAv0=（mA+mB）v， 代入数据解得：v=0.25m/s， 从碰后到最低点过程，由能量守恒定律得： EP=（mA+mB）v2+（mA+mB）gh2， 代入数据解得：EP=2.125J； 从碰后到返回碰撞点的过程，以向上为正方向，由动量定理得： I-（mA+mB）g2t=2（mA+mB）v， 代入数据解得：I=18Ns； 答：从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量为2.125J； 从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小为18Ns【解析】1.解：A由图象可知：0.5s末物体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误； B、小球能弹起的最大高度对应图中0.5s-0.8s内速度图象的面积，所以h=，故B正确 C、小球与地面碰撞前的速度为5m/s，方向竖直向下，与地面碰撞后的速度大小为3m/s，方向竖直向上，则小球速度的变化量v=v2-v1=3-（-5）m/s=8m/s，方向竖直向上，故C错误 D、与地面相碰，由于动量变化量的方向竖直向上，则动量变化率的方向竖直向上，故D错误 故选：B 根据速度时间图线得出反弹和着地的速度大小，结合速度的方向求出速度的变化量，根据图线围成的面积求出小球反弹的最大高度 解决本题要明确v-t图象的含义：在v-t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负 2.解：A、根据动量定理得： I合=P=mv2-mv1=-2Ns 说明物体的动量增量一定与规定的正方向相反，不能说明原动量、末动量的方向和大小，故AB错误，C正确； D、物体的动量增量一定与规定的正方向相反，但由于不知道初动量的方向，所以物体的动量不一定减小故D错误 故选：C 根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化；同时结合动量的矢量性进行解答即可 本题主要考查了动量定理的直接应用，难度不大，属于基础题，解答的关键是正确理解矢量变化的正负号的意义 3.解：A、由图丙所示图象可知，子弹穿过木块A的时间为t1，子弹对木块A的冲量实际上等于子弹在穿过A的过程中对A、B的总冲量，即ft1=pA+pB，由于A、B相同，质量相等，因此在t1时间A对B的冲量等于子弹对A的冲量的一半，即pB=pA=ft1，即有b=，故A正确，D错误； B、子弹在穿过B时，相对B的平均速度小于穿过A时相对A的平均速度，因此（t2-t1）t1，f（t2-t1）ft1，f（t2-t1）=pB-pBpB，c2b，故BC错误； 故选：A 从图丙看出，子弹穿过木块A的时间为t1，子弹对木块A的冲量实际上等于子弹在穿过A的过程中对A、B的总冲量，即ft1=pA+pB，两木块质量相等，在t1时间A对B的冲量等于子弹对A的冲量的一半，即可求得b与a的关系； 子弹在穿过B时，相对B的平均速度小于穿过A时相对A的平均速度，可得到（t2-t1）t1，再根据动量定理，对子弹穿过B的过程列式，可得到c与b的关系 本题子弹与木块相互作用过程系统动量守恒，分析清楚物体的运动过程、由图示图象获取所需信息、应用动量定理即可正确解题；解题时首先要读懂图象的意义，运用动量定理分过程进行分析 4.解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0取沿斜面向下为正方向，设合外力的冲量大小为I，根据动量定理得： I=mv-（-mv0）=mv+mv02mv0故A错误 B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知，克服安培力与重力所做功之和为mv故B正确 C、对于上滑过程，由动能定理得： -mgh-W安=0-mv，得克服安培力做功为：W安=mv-mgh 根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得： Q=mv-mgh故C正确 D、由于机械能不断向电能转化，故下滑时经过同一位置的速度小于上滑经过同一位置的速度，故下滑的时间长，故下滑过程中重力的冲量大于下滑过程中重力的冲量；故D错误； 故选：BC 根据动量定理分析安培力的冲量通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析上滑和下滑的时间关系，根据功能关系分析能量的转化情况在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小 本题分析杆的运动情况，比较同一位置安培力的大小是关键，再根据动量定理、安培力、能量守恒定律进行分