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課時分層作業(yè) 十八動量 動量定理
(45分鐘 100分)
【基礎達標題組】
一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)
1.如果一物體在任意相等的時間內(nèi)受到的沖量相等,則此物體的運動不可能是
( )
A.勻速圓周運動 B.自由落體運動
C.平拋運動 D.豎直上拋運動
【解析】選A。如果物體在任何相等的時間內(nèi)受到的沖量都相同,由I=Ft可知,物體受到的力是恒力,則物體可以做自由落體運動、平拋運動或豎直上拋運動;物體做勻速圓周運動,所受合外力方向不斷變化,合力為變力,在任何相等時間內(nèi),合外力的沖量不相等,故不可能為勻速圓周運動,因此B、C、D均可能,A不可能,故A符合題意。
2.(2018佛山模擬)如圖,兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下,到達斜面底端的過程中,兩物體具有相同的物理量是
( )
A.重力的沖量 B.彈力的沖量
C.到達底端時的動量 D.以上幾個量都不是
【解析】選D。高度相同,則下滑的距離x=,加速度a=gsinθ,根據(jù)x=at2得t=,由于傾角不同,則運動的時間不同,根據(jù)I=mgt知,重力的沖量不同,故A錯誤;對于彈力,大小不等,方向不同,彈力的沖量不同,故B錯誤;根據(jù)機械能守恒定律知,到達底端的速度大小相等,但是方向不同,所以到達底端的動量不同,故C錯誤,D正確。
3.用豆粒模擬氣體分子,可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理。如圖所示,從距秤盤80 cm高度把1 000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上,持續(xù)作用時間為1 s,豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi),碰撞力遠大于豆粒受到的重力),已知
1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g,則在碰撞過程中秤盤受到壓力大小約為
( )
A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N
【解析】選B。本題考查了動量定理的應用,意在考查考生的分析和解決能力,豆粒下落過程做自由落體運動,落到秤盤上的速度為:v==4 m/s,根據(jù)題意反彈速度為2 m/s,對1 000粒豆粒受力分析,對豆粒碰撞秤盤的過程應用動量定理有Ft=-(-mv),則F= N=0.6 N,選項B正確,選項A、C、D錯誤。
4.(2017天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是 ( )
A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的機械能保持不變
B.在最高點時,乘客重力大于座椅對他的支持力
C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量為零
D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客重力的瞬時功率保持不變
【解析】選B。機械能等于動能和重力勢能之和,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,動能不變,重力勢能時刻發(fā)生變化,則機械能在不斷變化,故A錯誤;在最高點對乘客受力分析,由牛頓第二定律可知:mg-FN=m,座椅對乘客的支持力:FN=mg-m
2p,故B錯誤;根據(jù)動能定理(F-Ff)l=Ek-0,保持水平力F不變,通過位移2l,有(F-Ff)2l=Ek′-0,則有Ek′=2Ek,故C錯誤;將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,有(2F-Ff)l=E′k-0,則有Ek′>2Ek,故D正確。
【加固訓練】
(多選)1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的測定質(zhì)量的實驗,實驗時,用宇宙飛船(質(zhì)量m)去接觸正在軌道上運行的火箭(質(zhì)量mx,發(fā)動機已熄火),如圖所示,接觸以后,開動飛船尾部的推進器,使飛船和火箭組共同加速,推進器的平均推力為F,開動時間Δt,測出飛船和火箭組的速度變化是Δv,下列說法正確的是 ( )
A.推力F越大,就越大,且與F成正比
B.推力F通過飛船m傳遞給了火箭mx,所以m對mx的彈力大小應為F
C.火箭質(zhì)量mx應為
D.火箭質(zhì)量mx應為-m
【解析】選A、D。對整體由動量定理可得:FΔt=(m+mx)Δv;由公式可得, F=(m+mx),因質(zhì)量不變,故推力F越大,就越大,且與F成正比,故A正確;對mx分析可得:T=mx,故T小于F,故B錯誤;火箭的質(zhì)量mx=-m,故C錯誤,D正確。
二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)
11.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5 m 的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁
碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向運動直至靜止。g取
10 m/s2。
(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ。
(2)若碰撞時間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F。
(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W。
【解析】(1)物塊從A到B過程,由動能定理得:
-μmgsAB=m-m,
代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.32;
(2)以向右為正方向,物塊碰撞墻壁過程,
由動量定理得:Ft=mv-mvB,
即:F0.05=0.5(-6)-0.57,
解得:F=-130 N,負號表示方向向左;
(3)物塊向左運動過程,由動能定理得:
-W=0-mv2;代入數(shù)據(jù)得:W=9 J。
答案:(1)0.32 (2)130 N (3)9 J
【能力拔高題組】
1.(8分)(多選)(2018保定模擬)如圖所示,質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上,木板上放置一質(zhì)量為m的木塊,已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ,m、M與桌面間的動摩擦因數(shù)均為2μ。現(xiàn)對M施一水平恒力F,將M從m下方拉出,而m恰好沒滑出桌面,則在上述過程中 ( )
世紀金榜導學號04450458
A.水平恒力F一定大于3μ(m+M)g
B.m在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等
C.M對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小相等
D.若增大水平恒力F,木塊有可能滑出桌面
【解題指導】解答本題應注意以下三點:
(1)由題意確定M和m的加速度大小關系。
(2)由牛頓第二定律確定水平恒力F的大小。
(3)由動量定理可確定沖量大小。
【解析】選A、C。由題意可知,M和m一定會發(fā)生相對滑動,并且m相對M向后運動,故m的加速度一定小于M的加速度,對m分析可知,m水平方向受摩擦力作用,由牛頓第二定律得μmg=ma1,解得a1=μg,再對M分析可知,M受地面以及m的摩擦力,由牛頓第二定律得F-2μ(M+m)g-μmg=Ma2,因a2>a1,因此,F一定大于3μ(m+M)g,故A正確;m滑到桌面上后,加速度變?yōu)?μg,因m先加速再減速,并且最大速度相同,所以在桌面上滑動的時間一定小于在M上滑動的時間,故B錯誤;根據(jù)動量定理可知,m的動量變化量為零,故說明總沖量為零,因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量,故二者一定大小相等,方向相反,故C正確;增大恒力F后,m在M上運動的時間變短,而m受到的摩擦力不變,故M對m的沖量減小,離開桌面時的速度和位移均減小,因此在桌面上滑行的距離更短,不會離開桌面,故D錯誤。
2.(17分)下雨是常見的自然現(xiàn)象,如果雨滴下落為自由落體運動,則雨滴落到地面時,對地表動植物危害十分巨大,實際上,動植物都沒有被雨滴砸傷,因為雨滴下落時不僅受重力,還受空氣的浮力和阻力,才使得雨滴落地時不會因速度太大而將動植物砸傷。某次下暴雨,質(zhì)量m=2.510-5 kg的雨滴,從高h=2 000 m的云層下落(g取10 m/s2)
(1)如果不考慮空氣浮力和阻力,雨滴做自由落體運動,落到地面經(jīng)Δt1=1.0 10-5 s速度變?yōu)榱?因為雨滴和地面作用時間極短,可認為在Δt1內(nèi)地面對雨滴的作用力不變且不考慮雨滴的重力,求雨滴對地面的作用力大小。
(2)考慮到雨滴同時還受到空氣浮力和阻力的作用,設雨滴落到地面的實際速度為8 m/s,落到地面上經(jīng)時間Δt2=3.010-4 s速度變?yōu)榱?在Δt2內(nèi)地面對雨滴的作用力不變且不考慮雨滴的重力,求雨滴對地面的作用力大小以及該雨滴下落過程中克服空氣浮力和阻力所做功的和。
【解析】(1)不考慮空氣浮力和阻力,雨滴做自由落體運動,雨滴自由落體運動的末速度為
v== m/s=200 m/s
取豎直向上為正方向,對雨滴和地面作用的過程,運用動量定理得:FΔt1=0-mv
代入數(shù)據(jù)解得F=500 N
根據(jù)牛頓第三定律,雨滴對地面的作用力大小為500 N。
(2)對雨滴和地面作用的過程,由動量定理得
F′Δt2=0-mv′
據(jù)題v′=8 m/s
代入數(shù)據(jù)解得F′= N
根據(jù)牛頓第三定律,雨滴對地面的作用力大小為 N
雨滴下落過程,根據(jù)動能定理得
mgh-W=mv′2-0
解得:克服空氣浮力和阻力所做功的和W≈0.5 J
答案:(1)500 N (2) N 0.5 J
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