《備考指南 物理 》課件-第6章 第1講

第六章第1講知識鞏固練習(xí)1．(2019年河北名校一模)從地面上方同一高度沿水平和豎直向上方向分別拋出兩個等質(zhì)量的小物體，拋出速度大小都為v，不計空氣阻力，對兩個小物體以下說法正確的是()A．落地時的速度相同B．落地時重力做功的瞬時功率相同C．從拋出到落地重力的沖量相同D．兩物體落地前動量變化率相等【答案】D【解析】根據(jù)動能定理，兩物體落地時，速度大小相等，方向不同，則落地時速度不同，故A錯誤；根據(jù)動能定理，兩物體落地時，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬時功率P＝mgvsinθ，故B錯誤；高度相同，平拋時運動時間短，根據(jù)動量定理I＝mgt，兩次的沖量不同，故C錯誤；根據(jù)動量定理I＝mgt，動量變化率等于重力，故D正確．2．(2018年黃岡期末)運輸水果時，在水果表面需套上白色泡沫．關(guān)于其中的物理原理，下列說法正確的是()A．減小碰撞中水果受到的沖量，進而減小碰撞中的作用力B．減小碰撞中水果的動量改變量，進而減小碰撞中的作用力C．減小碰撞中水果的速度改變量，進而減小碰撞中的作用力D．延長了碰撞的時間，進而減小碰撞中的作用力【答案】D【解析】運輸水果時，在水果表面需套上白色泡沫，是由于水果在運輸?shù)倪^程中，速度會變化，可知動量會變化．由動量定理可知，水果受到的沖量I一定，即水果的動量改變量和速度改變量均一定；白色泡沫具有緩沖作用，由I＝Ft可知，延長時間t可以減小水果所受到的平均沖力F，保護水果，減少碰傷．故A、B、C錯誤，D正確．3．(2019年西寧名校期末)如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓心O在S的正上方．在O、P兩點各有一質(zhì)量為m的物塊a和b，從同一時刻開始，a自由下落，b沿圓弧下滑．以下說法正確的是()A．a(chǎn)比b先到達(dá)S，它們在S點的動量不相等B．a(chǎn)與b同時到達(dá)S，它們在S點的動量不相等C．a(chǎn)比b先到達(dá)S，它們在S點的動量相等D．b比a先到達(dá)S，它們在S點的動量相等【答案】A【解析】在物體下落的過程中，只有重力對物體做功，故機械能守恒，故有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，兩物體的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程且a的加速度時刻大于b(P端點除外)，故ta＜tb，即a比b先到達(dá)S.又到達(dá)S點時a的速度豎直向下，而b的速度水平向左．故兩物體的動量大小相等，方向不相同，故A正確，B、C、D錯誤．4．(2019年朝陽區(qū)二模)如圖所示，從地面上的A點以速度v豎直向上拋出一小球，上升至最高點B后返回，O為A、B的中點，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小不變．下列說法正確的是()A．小球上升至O點時的速度等于0.5vB．小球上升至O點時的速度小于0.5vC．小球在上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量D．小球在上升過程中動能的減少量等于下降過程中動能的增加量【答案】C【解析】上升過程，阻力向下，根據(jù)牛頓第二定律，有mg＋f＝ma1，根據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2a1h，v′2＝2a1×eq\f(h,2)，解得v′＝eq\f(\r(2),2)v＞0.5v，故A、B錯誤；下降過程，阻力向上，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－f＝ma2，故a1＞a2，根據(jù)h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)可知，t1＜t2，重力的沖量p＝mgt，故C正確；由于運動的整個過程，重力做功為零，阻力做負(fù)功，故末動能小于初動能，故ΔE上＞ΔE下，故D錯誤．5．(2019年大興期末)如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1.重力影響可忽略，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量()A．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同B．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同C．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同D．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同【答案】B6．(2018年泉州模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為eq\f(3,4)h0(不計空氣阻力)，則()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運動的最大距離為eq\f(1,2)RC．小球離開小車后做斜上拋運動D．小球第二次能上升的最大高度eq\f(1,2)h0＜h＜eq\f(3,4)h0【答案】D【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得meq\x\to(v)－meq\x\to(v)′＝0，meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得小車的位移x＝R，選項B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，選項C錯誤；小球第一次在車中運動過程中，由動能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0－\f(3,4)h0))－Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功的大小，解得Wf＝eq\f(1,4)mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為eq\f(1,4)mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，與第一次相比同一位置的速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于eq\f(1,4)mgh0，機械能損失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，而小于eq\f(3,4)h0，選項D正確．7．(2019年陜西名校期末)如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質(zhì)量分別為mA＝4kg，mB＝2kg，以水平向右為正方向，其速度分別是vA＝3m/s，vB＝－3m/s.則它們發(fā)生正碰后，速度的可能值分別為()A．v′A＝1m/s，v′B＝1m/sB．v′A＝－3m/s，v′B＝9m/sC．v′A＝2m/s，v′B＝－1m/sD．v′A＝－1m/s，v′B＝－5m/s【答案】A綜合提升練習(xí)8．(2019年宿遷期末)在光滑的水平面上有a、b兩球在t＝2s時發(fā)生正碰，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在碰撞前后的v－t圖像如圖所示．a(chǎn)、b兩球質(zhì)量之比是()A．ma∶mb＝1∶2 B．ma∶mb＝2∶5C．ma∶mb＝2∶1 D．ma∶mb＝5∶2【答案】B【解析】由圖可知b球碰前靜止，設(shè)碰撞前，a球的速度為v0，碰后a球速度為v1，b球速度為v2，物體碰撞過程中動量守恒，規(guī)定a的初速度方向為正，由動量守恒定律有mav0＝mav1＋mbv2，由圖知，v0＝4m/s，v1＝－1m/s，v2＝2m/s，代入上式解得ma∶mb＝2∶5.故A、C、D錯誤，B正確．9．(多選)(2019年南昌名校期末)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有()A．三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3【答案】ABC【解析】由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E時的速度v大小相等，動量變化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3，根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等[注意不是相同(方向不同)]．設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得物體下滑的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能的變化量相等，故B正確．10．(2018年黃岡模擬)如圖所示，有一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放序號為1,2,3，…，n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等．在t＝0時刻木板靜止，第1,2,3，…，n號木塊的初速度分別為v0,2v0，3v0，…，nv0，方向都向右．最終所有木塊與木板以共同速度勻速運動．(1)試求所有木塊與木板一起做勻速運動的速度大小vn；(2)題干條件不變，若取n＝4，則3號木塊在整個運動過程中的最小速度v3min為多少？【答案】(1)eq\f(1,4)(n＋1)v0(2)eq\f(9,8)v0【解析】(1)取向右方向為正方向，對系統(tǒng)，由動量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0＋…＋nv0)＝2nmvn，由上式解得