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F单元动量
F单元动量
F1动量冲量动量定理
18.C2,E2,F1[2015·北京卷]“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动.从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
18.A [解析]弹性绳的弹力为F=kx,当绳子伸直之后,对人进行受力分析可知,a=,当x<时,a>0,速度增大;当x>时,a<0,速度减小.所以该过程速度先增大后减小,则动量和动能都是先增大后减小.所以选项B、C不正确.弹力方向始终竖直向上,则冲量始终竖直向上.所以选项A正确.人在最低点时,绳对人的拉力大于重力,所以选项D不正确.
22.F1,J2,L2[2015·北京卷]如图18所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4m,一端连接R=1Ω的电阻,导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1T.导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5m/s,求:
(1)感应电动势E和感应电流I;
(2)在0.1s时间内,拉力的冲量IF的大小;
(3)若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U.
图18
22.
(1)2V 2A
(2)0.08N·s (3)1V
[解析]
(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势
E=BLv=1×0.4×5V=2V
感应电流I==A=2A.
(2)拉力大小等于安培力大小
F=BIL=1×2×0.4N=0.8N
冲量大小IF=FΔt=0.8×0.1N·s=0.08N·s.
(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流
I′==A=1A
由欧姆定律可得,导体棒两端电压
U=I′R=1V.
10.F1,E6[2015·天津卷]某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图111,皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5.设皮带足够长,取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求
(1)邮件滑动的时间t;
(2)邮件对地的位移大小x;
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.
图111
10.
(1)0.2s
(2)0.1m (3)-2J
[解析]
(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则
F=μmg①
取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有
Ft=mv-0②
由①②式并代入数据得
t=0.2s③
(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有
Fx=mv2-0④
由①④式并代入数据得
x=0.1m⑤
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则
s=vt⑥
摩擦力对皮带做的功
W=-Fs⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得
W=-2J⑧
3.[2015·重庆卷]F1A3高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.+mgB.-mg
C.+mgD.-mg
[解析]A 安全带产生作用力前,人自由下落,根据v2=2gh可求下落距离h时的速度,之后由于涉及力和时间的运算,且力非恒力,因此需运用动量定理,即(mg-F)t=0-mv,根据以上两式,解得平均作用力F=+mg,故选A.
F2动量守恒定律
17.D4,F2,K2[2015·北京卷]实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意图如图12所示,则( )
图12
A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外
B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外
C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里
D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里
17.D [解析]带电粒子在磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,则半径R=.β衰变过程动量守恒,而qβR新,所以轨迹1为电子的轨迹,轨迹2是新核的轨迹.又由左手定则可以判断,磁场方向垂直于纸面向里.所以选项D正确.
30.[2015·福建卷]〔物理一选修3-5]F2
(2)如图113所示,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________.(填选项前的字母)
图113
A.A和B都向左运动
B.A和B都向右运动
C.A静止,B向右运动
D.A向左运动,B向右运动
[答案]D
[解析]根据动量守恒定律,碰撞前的总动量为0,碰撞后的总动量也要为0,碰撞后要么A、B均静止,要么A、B朝反方向运动;由于是弹性碰撞,能量不损失,所以碰后A、B不可能静止,所以A只能向左运动、B只能向右运动.
39.[2015·山东卷]【物理—物理3-5】
F2
(2)如图115所示,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上.现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动.滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值.两次碰撞时间均极短.求B、C碰后瞬间共同速度的大小.
图115
[答案]v0
[解析]设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA′=v0,B的速度vB=v0,由动量守恒定律得
mvA=mvA′+mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得
WA=mv-mv②
设B与C碰撞前B的速度为vB′,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得
WB=mv-mv′③
据题意可知
WA=WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得
mvB′=2mv⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得
v=v0⑥
14.[2015·浙江卷]【自选3-5】
C2F2
(2)一辆质量m1=3.0×103kg的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×103kg的轿车来不及刹车,直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s=6.75m停下.已知车轮与路面的动摩擦因数μ=0.6,求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度g取10m/s2)
[答案]27m/s
[解析]由牛顿运动定律,有
a==μg=6m/s2
v==9m/s
由动量守恒定律,有m2v0=(m1+m2)v
解得v0=v=27m/s.
F3动量综合问题
35.[2015·全国卷Ⅱ][物理选修3-5]
(2)F3滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t变化的图像如图113所示.求:
(ⅰ)滑块a、b的质量之比;
(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.
图113
[答案](i)1∶8 (ii)1∶2
[解析](i)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图像得
v1=-2m/s①
v2=1m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图像得
v=m/s③
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=(m1+m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2=1∶8⑤
(ii)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=m1v+m2v-(m1+m2)v2⑥
由图像可知,两滑块最后停止运动.由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为
W=(m1+m2)v2⑦
联立⑥⑦式,并代入题给数据得
W∶ΔE=1∶2⑧
35.[物理—选修3-5][2015·全国卷Ⅰ]
(2)F3如图114,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间.A的质量为m,B、C的质量都为M,三者都处于静止状态.现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.
图114
35.
(1)ek -eb
[解析]在光电效应现象中,入射光子能量为hν,这些能量的一部分用于克服逸出功W0,多余的能量转化为电子的最大初动能,由动能定理得eUc=hν-W0,整理得Uc=ν-.图线斜率k=,所以普朗克常量h=ek;截距为b,即eb=-W0,所以逸出功W0=-eb.
(2)(-2)M≤m [解析]A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mvA1+MvC1① mv=mv+Mv② 联立①②式得 vA1=v0③ vC1=v0④ 如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m 第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞.设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有 vA2=vA1=v0⑤ 根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有 vA2≤vC1⑥ 联立④⑤⑥式得 m2+4mM-M2≥0⑦ 解得m≥(-2)M⑧ 另一解m≤-(+2)M舍去.所以,m和M应满足的条件为 (-2)M≤m 9.F3,G3,J10[2015·天津卷] (1)如图18所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为________,A、B碰撞前、后两球总动能之比为________. 图18 (2)某同学利用单摆测量重力加速度. ①为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是________________________________________________________________________. A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大 ②如图19所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆.实验时,由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g=________. 图19 (3)用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5V,内电阻约1Ω)的电动势和内电阻,除待测电池组、电键、导线外,还有下列器材供选用: A.电流表: 量程0.6A,内电阻约1Ω B.电流表: 量程为3A,内电阻约0.2Ω C.电压表: 量程3V,内电阻约30kΩ D.电压表: 量程6V,内电阻约60kΩ E.滑动变阻器: 0~1000Ω,额定电流0.5A F.滑动变阻器: 0~20Ω,额定电流2A ①为了使测量结果尽量准确,电流表应选用________,电压表应选用________,滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号). ②图110为正确选择仪器后,连好的部分电路.为了使测量误差尽可能小,还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连(均填仪器上接线柱的字母代号). 图110 ③实验时发现电流表坏了,于是不再使用电流表,剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器,重新连接电路,仍能完成实验.实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U.用图像法处理采集到的数据,为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线,则可以________为纵坐标,以________为横坐标. 9. (1)4∶1 9∶5 (2)①BC ② (3)①A D F ②ad cg fh ③或U或R(横纵坐标互换亦可) [解析] (1)设碰前B球的运动方向为正方向,根据动量守恒定律得 mBvB=mAv′A-mBv′B 由题意得v′A=v′B=vB 解得= A、B碰撞前、后两球总动能之比为 =. (2)①组装单摆须选用密度大、半径小的摆球,选用轻且不易伸长的细线,而且摆球要在同一竖直面内摆动,且单摆的振幅要小一点,只有这些条件得到满足时,摆球所受空气阻力的影响才会比较小,摆球的振动才是简谐运动,所以B、C正确. ②设摆球的半径为r,单摆的周期为T1时对应的摆线长度为L1,单摆的周期为T2时对应的摆线长度为L2,由单摆的周期公式得,T1=2π,T2=2π,L1-L2=ΔL,联立解得,g=. (3)①若选用0~1000Ω的滑动变阻器,则电路中的电流太小,且移动滑动变阻器滑片时,电压表和电流表的示数要么变化得特别慢,要么变化得特别快,所以滑动变阻器选用F;电源的电动势为4.5V,所以电压表选用D;若电流表选用B,则移动滑动变阻器的滑片时,电流表的指针要么偏转得特别小,要么突然偏转得比较大,所以电流表选用A. ②电压表测量路端电压,滑动变阻器接成限流式,电键要控制整个电路. ③由闭合电路欧姆定律得(R+r)=E,变形得=·+,或U=-r·+E,或=·R+,则可以为纵坐标,为横坐标,或以U为纵坐标,为横坐标,或以为纵坐标,R为横坐标. 1.2015·江南十校高三期末大联考质量分别为m=1kg和M=2kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态,从某时刻开始,对物块B施加一水平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,下列结论正确的是( ) 图K491 A.两物块刚发生相对运动时的速度为1m/s B.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为s C.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5m D.从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6N·s 1.A [解析]当A所受的静摩擦力达到最大静摩擦力时,A相对B发生滑动,则此时A的加速度为a=μg=2m/s2,对整体受力分析可知,F=(m+M)a=6N,则可知从施加推力F到两物块发生相对运动所需的时间为1s,F是均匀增加的,故1s内其平均作用力F=3N,对整体由动量定理可得,Ft=(M+m)v,解得v=1m/s,故A正确,B错误;若物块做匀加速直线运动,则1s内的位移x=×vt=0.5m,而物块做的是变加速直线运动,故位移不是0.5m,故C错误;由动量定理可知,I=(M+m)v=3N·s,故D错误. 2.(多选)2015·江西五校高三第二次联考如图K492(a)所示,在光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,重力加速度为g,(b)图为物体A与小车的vt图像,由此可求出( ) 图K492 A.小车上表面的长度 B.物体A与小车B的质量之比 C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数 D.小车B获得的动能 2.BC [解析]由图像可知,A、B最终以共同速度v1匀速运动,不能确定小车上表面的长度,故A错误;由动量守恒定律得,mA(v0-v1)=mBv1,解得=,故可以确定物体A与小车B的质量之比,故B正确;由图像可以知道物体A相对小车B的位移Δx=v0t1,根据能量守恒定律得μmAgΔx=mAv-(mA+mB)v,可以解出动摩擦因数,故C正确;由于小车B的质量未知,故不能确定小车B获得的动能,D错误. 3.2015·河北邯郸高三教学质量检测如图K493所示,将质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b用轻绳紧紧捆在一起,使它们发生微小的形变.该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动.经过时间t=5.0s后,测得两球相距s=4.5m,求: (1)刚分离时a、b两小球的速度v1、v2; (2)两球分开过程中释放的弹性势能Ep. 图K493 3. (1)0.70m/s -0.20m/s (2)0.27J [解析] (1)根据题意,以开始时两球运动的方向为正方向,由动量守恒定律得 (m1+m2)v0=m1v1+m2v2 s=v1t-v2t 解得v1=0.70m/s,v2=-0.20m/s. (2)由能量守恒定律得(m1+m2)v+Ep=m1v+m2v 代入数据得Ep=0.27J. 4.2015·北京市朝阳区高三上学期期末如图K494所示,MN和PQ是同一水平面内的平行光滑金属导轨,CD和EF是置于导轨上的两根金属棒,它们的质量均为m=0.10kg,电阻均为r=1.0Ω,其余电阻可忽略不计.整个装置处在磁感应强度B=1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中.某时刻,金属棒CD突然获得一个瞬时冲量,以v=4.0m/s的速度开始向右运动,求: (1)金属棒EF所能达到的最大速度vm; (2)在整个过程中,金属棒EF产生的热量Q. 图K494 4. (1)2.0m/s (2)0.20J [解析] (1)当两金属棒达到共速时,金属棒EF达到最大速度.取两金属棒为系统,从开始运动到达到共速的过程中,系统所受合外力为零,动量守恒,则 mv+0=2mvm 所以vm==2.0m/s. (2)在此过程中,系统损失的机械能转化为电能,再以电流做功的形式转化为内能.因为两金属棒电阻相等,所以两棒上产生的热量也相等,分别设为Q. 根据能量守恒定律有mv2=(2m)v+2Q 所以Q=0.20J. F4力学观点的综合应用 14.[2015·海南卷]F4如图112,位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成,圆弧半径Oa水平,b点为抛物线顶点.已知h=2m,s=m.取重力加速度大小g=10m/s2. (1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下,当其在bc段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,求圆弧轨道的半径; (2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下,求环到达c点时速度的水平分量的大小. [答案] (1)0.25m (2)2m/s [解析]本题考查平抛运动、竖直面上的圆周运动,求解方法涉及运动的合成与分解和功能关系等知识 F5实验: 验证碰撞中的动量守恒
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