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1、选择训练(六)动量时间:40分钟(共16题,18题为单选,916题为多选)1.据广州铁路局警方测算:当和谐号动力组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力约为106 N,如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物,会产生大约5000 N的冲击力,撞击时间约为0.01 s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想.在撞击过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A.列车受到合力的冲量约为50 NsB.列车受到合力的冲量约为104 NsC.障碍物受到合力的冲量与列车受到合力的冲量大小相差较大D.障碍物的重力的冲量为02. 把一个乒乓球竖直向上抛出,若空气阻力大小不变,则乒乓球上
2、升到最高点和从最高点返回到抛出点的两过程相比较()A.重力在上升过程的冲量较大B.合力在上升过程的冲量较大C.重力的冲量在两过程中的方向相反D.空气阻力的冲量在两过程中的方向相同3.如图X6-1所示,质量为m的小球用不可伸长的轻绳悬挂在O点.现将小球从A点由静止释放,小球向下摆动至最低点B.在此过程中,小球重力做的功为W,小球重力的冲量为I,图X6-1小球动能的变化量为Ek,小球动量的变化量为p.不计空气阻力.下列关系式正确的是()A.W=Ek,I=pB.W=Ek,IpC.WEk,I=pD.WEk,Ip4.如图X6-2所示,长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,初始时它们直立在光滑的水
3、平地面上,后由于受到微小图X6-2扰动,系统从图示位置开始倾倒.当小球甲刚要落地时,其速度大小为(重力加速度为g)()A.2glB.glC.2gl2D.0图X6-35.有一水龙头以700 g/s的流量将水竖直注入盆中,盆放在磅秤上,如图X6-3所示,盆中原来无水,盆的质量为500 g,注至10 s末时,磅秤的读数为83.3 N,重力加速度为9.8 m/s2,则此时注入盆中的水流的速度为()A.10 m/sB.14 m/sC.16 m/sD.18 m/s6.如图X6-4所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初
4、速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g取10 m/s2.则碰后图X6-4小滑块B的速度大小不可能是()A.5 m/sB.4 m/sC.3 m/sD.2 m/s7.质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左、右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手.左侧射手首先开枪,子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d2,如图X6-5所示.设子弹质量均为m且均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相等.当两颗子弹均相对于木块静止时,两子弹射入的最大深度的比值d1d2为()图X6-
5、5A.MmB.M2m+MC.Mm+MD.2Mm+M8.如图X6-6所示,A、B两物块放在光滑的水平面上,一轻弹簧放在A、B之间与A相连,与B接触但不连接,弹簧刚好处于原长,将物块A锁定,物块C与A、B在一条直线上,三个物块的质量相等.现让物块C以v=2 m/s的速度向左运动,与B相碰并粘在一起,当C的速度为零时,解除A的锁定,则A最终获得的速度大小为()图X6-6A.32 m/sB.23 m/sC.32 m/sD.233 m/s9.如图X6-7所示,左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上,曲面末端与水平地面相切,让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑,则物块B从开始运动至到达曲面底端的过
6、程中,下列说法正确的是()图X6-7A.滑块A和物块B组成的系统动量不守恒B.物块B减少的重力势能等于滑块A增加的动能C.滑块A所受合力的冲量为零D.物块B所受支持力的冲量大于其所受重力的冲量10. 一质量m=60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起,经过t=0.2 s,以大小v=1 m/s的速度离开地面,重力加速度g取10 m/s2,在这0.2 s内()A.地面对运动员的冲量大小为180 NsB.地面对运动员的冲量大小为60 NsC.地面对运动员做的功为30 JD.地面对运动员做的功为零11.在光滑水平面上,质量为m、速度大小为v的P球与质量为3m、静止的Q球碰撞后,P球的速度方向与碰撞前相
7、反,则碰撞后Q球的速度大小可能是()A.0.62vB.0.45vC.0.31vD.0.38v12.光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间夹有一被压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x.现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则()图X6-8A.物块B的加速度大小为a时,弹簧的压缩量为x2B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC.物块开始运动前,弹簧的弹性势能为32mv2D.物块开始运动前,弹簧的弹性势能为3mv213. 如图X6-9所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上
8、,其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从A点正上方h高处由静止释放,小球由A点经过半圆轨道后从B点冲出,在空中能上升的最大高度为34h(不计空气阻力),则()图X6-9A.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h1满足12hh1a2.由于上升过程和下降过程通过的位移大小相同,由公式x=12at2知上升过程所用的时间小于下降过程所用的时间,所以上升过程中重力的冲量小,A错误;不管是上升过程中还是下降过程中,重力的冲量方向都向下,故C错误;上升过程中空气阻力的冲量方向向下,下降过程中空气阻力的冲量
9、方向向上,故方向相反,D错误;由公式v=2ax可知,上升过程的初速度大于下降过程的末速度,由动量定理知,合力的冲量等于动量的变化量,因上升过程中动量的变化量大于下降过程中动量的变化量,故合力在上升过程的冲量较大,B正确.3.B解析 小球从A点摆动至最低点B的过程中,受到重力和轻绳的拉力作用,拉力不做功,只有重力做功,根据动能定理可知,重力做的功就等于小球动能的变化量,即W=Ek;根据动量定理可知,重力的冲量与轻绳拉力的冲量的矢量和等于小球的动量变化量,即Ip,故B正确.4.A解析 两球组成的系统在水平方向上动量守恒,小球甲落到水平地面前瞬间,两球的水平分速度均沿杆方向,则水平分速度相同,即v甲
10、水=v乙水,由动量守恒定律得mv甲水+mv乙水=0,则v甲水=v乙水=0,即两球的水平分速度为零,小球甲只有竖直分速度,由机械能守恒定律得12mv2 =mgl,解得v=2gl,选项A正确.5.B解析 10 s时,盆及水的总质量M=0.5 kg+0.710 kg=7.5 kg,t时间内流出的水的质量m=Qt,对此部分水由动量定理得Ft=mv=Qvt,则F=Qv,又知F+Mg=FN,解得v=14 m/s,选项B正确.6.A解析 滑块A从圆弧轨道最高点滑到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得mAgR=12mAvA2,解得vA=2gR=6 m/s,当滑块A与B发生弹性碰撞时,根据动量守恒定律和机械能守
11、恒定律,可得vB=2mAmA+mBvA=4 m/s;当滑块A与B发生完全非弹性碰撞时,有mAvA=(mA+mB)v,可得v=2 m/s,故A不可能.7.B解析 左侧射入子弹过程中,有mv0=(m+M)v1,F阻d1=12mv02-12(m+M)v12,右侧射入子弹过程中,有(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2=0,F阻d2=12mv02+12(M+m)v12,解得d1d2=MM+2m,选项B正确.8.D解析 设每个物块的质量为m,C与B碰撞后的共同速度为v1,根据动量守恒定律得mv=2mv1,解得v1=1 m/s,设A最终获得的速度大小为v2,B和C获得的速度大小为v3,根据动量守恒定律得
12、mv2=2mv3,根据能量守恒定律得122mv12=12mv22+122mv32,解得v2=233 m/s,故D正确.9.AD解析 物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中,系统在水平方向上所受的合外力为零,在竖直方向上所受的合外力不为零,故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒,但在水平方向上动量守恒,故A正确;A和B组成的系统机械能守恒,物块B减少的重力势能转化为滑块A和物块B的动能,故物块B减少的重力势能大于滑块A增加的动能,故B错误;物块B下滑过程中,A向右做加速运动,滑块A的动量变化不为零,由动量定理可知,滑块A所受合力的冲量不为零,故C错误;物块B到达底端时速度沿水平方向,在竖直方向上速
13、度为零,由动量定理可知,物块B所受支持力的冲量大于其所受重力的冲量,故D正确.10.AD解析 以竖直向上为正方向,由动量定理可得I-mgt=mv-0,故地面对运动员的冲量为I=mv+mgt=601 Ns+6000.2 Ns=180 Ns,故A正确,B错误;运动员在跳起时,地面对运动员的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故C错误,D正确.11.BD解析 P、Q两球组成的系统在水平方向上所受合外力为零,P球和Q球碰撞的过程中系统动量守恒,设P、Q两球碰撞后的速度分别为v1、v2,选P原来的运动方向为正方向,由动量守恒定律得mv=-mv1+3mv2,假
14、设碰后P球静止,即v1=0,可得v2=v3,由题意知,P球被反弹,所以Q球的速度v2v3,P、Q两球碰撞过程能量可能有损失,由能量关系得12mv212mv12+123mv22,联立得v2v2,故v3v2v2,选项B、D正确,A、C错误.12.AD解析 当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma,当物块B的加速度大小为a时,有kx=ma,对比可得x=x2,即此时弹簧的压缩量为x2,选项A正确;取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得2mxAt-mxBt=0,又xA+xB=x,解得A的位移为xA=13x,选项B错误;根据动量守恒定律得0=2mv-mvB,则物块B刚要离开弹簧
15、时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep=122mv2+12mvB2=3mv2,选项C错误,D正确.13.ABD解析 小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,在水平方向上系统动量守恒,故A正确;以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv=0,即m2R-xt-mxt=0,解得小车的位移x=R,故B正确;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,小球由B点离开小车时,系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第一次在车中运动过程,由动能定理得mgh-34h-Wf=0,Wf为小球克服
16、摩擦力做的功,解得Wf=14mgh,即小球第一次在车中运动过程损失的机械能为14mgh,由于小球第二次在车中运动时对应位置处的速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于14mgh,机械能损失小于14mgh,因此小球第二次离开小车时,能上升的最大高度大于34h-14h=12h,而小于34h,故D正确.14.AC解析 由x-t图像的斜率知,碰前质量为m2的小球的位移不随时间变化,处于静止状态,质量为m1的小球速度大小为v1=4 m/s,方向只有向右才能与质量为m2的小球相撞,故A正确;由图像可知,碰后质量为m2的小球的速度沿正方向,说明向右运动,质量为m1的小球的速度沿负方
17、向,说明向左运动,故B错误;由图像可知,碰后两球的速度分别为v1=-2 m/s、v2=2 m/s,根据动量守恒定律得m1v1=m1v1+m2v2,解得m2=0.3 kg,故C正确;碰撞过程中系统损失的机械能为E=12m1v12-12m1v12-12m2v22,解得E=0 J,故D错误.15.ACD解析 设最终滑块和木板的共同速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,对木板,由动量定理得mgt=Mv,联立得t=Mv0(m+M)g=v0mM+1g,如果增大M,则滑块和木板相对运动的时间t变长,因摩擦而产生的热量为Q=12mv02-12(m+M)v2=Mmv022(m+M)=m
18、v022mM+1,则因摩擦而产生的热量Q增加,故A正确.由t=Mv0(m+M)g知,如果增大m,则滑块和木板相对运动的时间t变短,设滑块在木板上滑行的距离为L,由Q=mgL得L=Mv022(m+M)g,如果增大m,则滑块在木板上滑行的距离变小,故B错误.如果增大动摩擦因数,则由Q=Mmv022(m+M)知,因摩擦而产生的热量不变,故C正确.如果增大初速度v0,则由Q=Mmv022(m+M)知,因摩擦而产生的热量增加,故D正确.16.ABC解析 由图像可知,最终铁块的速度大于平板车的速度,铁块最终滑离平板车,故A正确;由动量守恒定律得mv0=2mv03+Mv03,解得mM=11,故B正确;由图像
19、斜率可知,铁块的加速度大小a=v03t0,而a=g,所以铁块与平板车上表面间的动摩擦因数=v03gt0,故C正确;根据能量守恒定律得mgx=12mv02-12m2v032-12Mv032,解得平板车上表面的长度为x=2v0t03,D错误.非选择训练(四) 1.(1)y2-y1g(2)A(3)v0=gk解析 (1)在竖直方向上,由匀变速直线运动规律得y2-y1=gt2,解得t=y2-y1g .(2)小球从A 到B与从B到C的时间相等,合力不变,由动量定理得p1p2=11,选项A正确,B错误;根据题给条件无法比较Ek1与Ek2的大小,选项C、D错误.(3)由x=v0t,y=gt2,可得y=gx2v
20、02,图像的斜率k=gv02,则v0=gk.2.(1)90 m/s2(2)6倍解析 (1)由牛顿第二定律得a=Fm-mgm解得a=90 m/s2.(2)由动能定理得,重物与地面接触前瞬间的速度大小v1=2gH重物离开地面瞬间的速度大小v2=2gh在重物与地面接触过程中,设重物受到的平均作用力大小为F,以竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2-m(-v1)解得F=510 N故Fmg=6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.3.(1)m2v022gs(M+m)2(2)Mmv022(M+m)解析 (1)子弹射入木块过程,因时间极短,则在水平方向上,由动量守恒定律得mv
21、0=(M+m)v共解得v共=mM+mv0从子弹与木块共速到最终停止的过程中,由功能关系得12(M+m)v共2=(M+m)gs解得=m2v022gs(M+m)2(2)由功能关系知,子弹射入木块过程中产生的热量Q=12mv02-12(M+m)v共2=Mmv022(M+m)4.(1)3v028gx(2)2mv02解析 (1)对A、B组成的系统,从O点滑到P点过程,由动能定理得-2mgx=122mv022-122mv02,解得=3v028gx(2)炸药在P点爆炸,系统动量守恒,以木块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv02=mvA+mvB,由能量守恒定律得E050%+122mv022=12mv
22、A2+12mvB2,爆炸前,对系统,有2ax=v02-v022,爆炸后,对A,有2a3x=vA2,联立解得E0=2mv025.(1)1.0 kg(2)8 J解析 (1)对小球1,由机械能守恒定律得m1gh=12m1v12对小球1、2组成的系统,由动量守恒定律得m1v1=m2v2在c点时,由牛顿第二定律得F-m2g=m2v22R联立解得m2=1.0 kg,v2=6 m/s或m2=9.0 kg,v2=23 m/s小球恰好过d点时,有m2g=m2vd2R解得vd=gR=2 m/sv2vd,应舍去,所以v2=6 m/s,m2=1.0 kg(2)小球2在半圆弧轨道上,由动能定理得2m2gR+Wf=12m
23、2v22-12m2vd2解得Wf=8 J即小球2克服摩擦力所做的功为8 J6.(1)0v0103 m/s或v05103 m/s(2)2215 m解析 (1)A、B两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB由机械能守恒定律得12mAv02=12mAvA2+12mBvB2解得vA=v05,vB=6v05碰后B球在竖直面内做圆周运动,有两种情况:第一种情况,B球在竖直面内做完整的圆周运动,则它到最高点的速度vBgL由机械能守恒定律得12mBvB2=mBg2L+12mBvB2解得v05103 m/s第二种情况,B球运动的最大高度不超过L由机械能守恒定律得12mBvB2mBgL解得v0103 m/sv0的取值范围为0v0103 m/s或v05103 m/s.(2)由(1)可知,碰后A球的速度满足:0vA23 m/s或vA103 m/sA球离开水平轨道后做平抛运动,有x=vAt,y=12gt2,由几何关系知tan 45=yx联立解得x=2vA2gA球落到斜轨道上时与N点的距离d=xcos45=22vA2g则0d4245 m或d229 m故轨道NP上不会被A球击中的距离d=229 m-4245 m=2215 m.
限制150内