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第七章第18講基礎(chǔ)過關(guān)練題組一動(dòng)量沖量1.(多選)如圖,水平飛向球棒的壘球被擊打后,動(dòng)量變更量為12.6kg·m/s,則(AC)A.球的動(dòng)能可能不變B.球的動(dòng)量大小確定增加12.6kg·m/sC.球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小確定相等D.球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同[解析]壘球被擊打后,可能以與被擊打前等大的速度反向飛出,所以球的動(dòng)能可能不變,動(dòng)量大小可能不變,動(dòng)量大小增量為零,故A正確,B錯(cuò)誤;由牛頓第三定律知,球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小確定相等,故C正確;球受到棒的沖量方向是棒對(duì)球彈力的方向,與球被擊打前的速度方向相反,故D錯(cuò)誤。2.如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面對(duì)上滑動(dòng),經(jīng)過時(shí)間t1,速度為零并又起先下滑,經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端,滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff,重力加速度為g。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法正確的是(B)A.重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2)sinθB.支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2)cosθC.合外力的沖量為0D.摩擦力的總沖量為Ff(t1+t2)[解析]重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2),A項(xiàng)錯(cuò)誤;支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1+t2)cosθ,B項(xiàng)正確;整個(gè)過程中滑塊的動(dòng)量發(fā)生了變更,故合外力的總沖量不為0,C項(xiàng)錯(cuò)誤;上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反,故若以沿斜面對(duì)上為正方向,摩擦力的總沖量為Ff(t2-t1),D項(xiàng)錯(cuò)誤。題組二動(dòng)量定理3.(2024·全國(guó)Ⅰ卷)行駛中的汽車假如發(fā)生猛烈碰撞,車內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并瞬間充溢氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零,關(guān)于平安氣囊在此過程中的作用,下列說法正確的是(D)A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小B.削減了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變更量C.將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能D.延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積[解析]若汽車發(fā)生猛烈碰撞,車內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并充氣,對(duì)司機(jī)的頭部、頸部等部位起疼惜作用,增大了司機(jī)的受力面積,削減了司機(jī)單位面積的受力大小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;有無平安氣囊,司機(jī)的速度都是從碰撞前的速度減為零,動(dòng)量變更量相同,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)司機(jī)與平安氣囊發(fā)生作用時(shí),司機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為司機(jī)對(duì)平安氣囊做的功,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;平安氣囊起緩沖作用,延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間,從而削減了司機(jī)的受力大小,故D項(xiàng)正確。4.人們對(duì)手機(jī)的依靠性越來越強(qiáng),有些人寵愛躺著看手機(jī),經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的狀況。若手機(jī)質(zhì)量為160g,從離人眼約20cm的高度無初速度掉落,砸到眼睛后手機(jī)未反彈,眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2s,g取10m/s2。下列說法正確的是(D)A.手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變更約為0.48kg·m/sB.手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向豎直向上C.手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.32N·sD.手機(jī)對(duì)眼睛的平均作用力大小約為3.2N[解析]手機(jī)砸到眼睛后手機(jī)未反彈,手機(jī)的末速度為0,手機(jī)到達(dá)人眼時(shí)的速度約為v=eq\r(2gh)=eq\r(2×10×0.2)m/s=2m/s,取方向豎直向上為正,手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變更約為Δp=0-p=0-(-mv)=0.16×2kg·m/s=0.32kg·m/s,故A錯(cuò)誤;手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向與手機(jī)對(duì)眼睛的作用力方向相同,豎直向下,故B錯(cuò)誤;手機(jī)與眼睛作用過程中,由動(dòng)量定理可知(F-mg)t=0-(-mv),解得眼睛對(duì)手機(jī)的平均作用力大小約為F=eq\f(mv,t)+mg=3.2N,由牛頓第三定律可知,手機(jī)對(duì)眼睛的平均作用力大小約為3.2N,手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為I=Ft=0.64N·s,故C錯(cuò)誤,D正確。5.(2024·山東濟(jì)寧月考)“水刀”是一種應(yīng)用高壓水流切割的技術(shù),相比于激光切割其具有切割材料范圍廣、效率高、平安環(huán)保等優(yōu)勢(shì)。某型號(hào)“水刀”工作過程中,將水從面積S=0.1mm2的細(xì)噴嘴高速噴出,干脆打在被切割材料表面,從而產(chǎn)生極大壓強(qiáng),實(shí)現(xiàn)切割。已知該“水刀”每分鐘用水600g,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后,立即沿材料表面散開沒有反彈,則水對(duì)垂直于材料表面方向的壓強(qiáng)p為(C)A.1.0×105Pa B.1.0×106PaC.1.0×107Pa D.1.0×108Pa[解析]一分鐘噴出的水的質(zhì)量m=ρSvt,可得水的流速v=eq\f(m,ρSt),選取Δt時(shí)間內(nèi)打在材料表面上的質(zhì)量為Δm的水為探討對(duì)象,以從細(xì)噴嘴高速噴出時(shí)的速度方向?yàn)檎较?,由?dòng)量定理得-FΔt=0-Δmv,其中Δm=ρSvΔt,可得F=ρSv2,依據(jù)牛頓第三定律知,材料表面受到的壓力F′=F,水對(duì)垂直于材料表面方向的壓強(qiáng)P=eq\f(F′,S),解得p=1.0×107Pa,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。6.(2024·山東日照月考)質(zhì)量m=1kg的物體在合外力F的作用下從靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)。物體所受的合外力F隨時(shí)間t的變更圖像如圖所示。下列說法正確的是(D)A.物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)B.4s末物體的速度為零C.0~6s內(nèi)合外力的沖量為8N·sD.0~6s內(nèi)合外力做功為8J[解析]由題圖可知,0~4s內(nèi)合外力方向不變,則物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),最終做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;由題圖可知,0~4s內(nèi)合外力方向不變,則物體始終做加速運(yùn)動(dòng),4s末物體的速度不為0,故B錯(cuò)誤;F-t圖線與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示合外力的沖量,0~2s內(nèi)合外力的沖量I1=2×2N·s=4N·s,2~6s內(nèi)合外力的沖量為0,則0~6s內(nèi)合外力的沖量為4N·s,故C錯(cuò)誤;對(duì)物體在0~2s內(nèi)的過程,由動(dòng)量定理可得I1=mv1,即mv1=4kg·m/s,則2s末物體的動(dòng)能Ek=eq\f(mv12,2m)=eq\f(42,2×1)J=8J,由于2~6s內(nèi)合外力的沖量為0,即物體的動(dòng)量不變,則動(dòng)能也不變,所以0~6s內(nèi)合外力做功為8J,故D正確。7.(2024·云南玉溪高三月考)將質(zhì)量m=1kg的物塊置于水平地面上,已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,現(xiàn)在物塊上施加一個(gè)平行于水平地面的恒力F=10N,物塊由靜止起先運(yùn)動(dòng),作用4s后撤去F。已知g取10m/s2,對(duì)于物塊從靜止起先運(yùn)動(dòng)到物塊停下這一過程,下列說法正確的是(B)A.整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為6sB.整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8sC.整個(gè)過程中物塊的位移大小為40mD.整個(gè)過程中物塊的位移大小為60m[解析]取恒力F的方向?yàn)檎较?,在整個(gè)過程中,由動(dòng)量定理得Ft1-μmgt=0,解得t=8s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;物塊在前4s運(yùn)動(dòng)的過程中,由動(dòng)量定理得Ft1-μmgt1=mv,解得v=20m/s,因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\x\to(v)=eq\f(0+v,2)=eq\f(v,2),全程的平均速度也為eq\f(v,2),則物塊的總位移x=eq\f(v,2)t=eq\f(20,2)×8m=80m,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。8.(2024·山東卷)我國(guó)多次成功運(yùn)用“冷放射”技術(shù)放射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示,放射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出,火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭起先運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過程中(A)A.火箭的加速度為零時(shí),動(dòng)能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C.高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量[解析]火箭從放射倉(cāng)放射出來,受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用,且推力大小不斷減小,剛起先向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和,故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí),火箭的加速度為零,速度最大,接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí),火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),直至速度為零,故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí),速度最大,動(dòng)能最大,故A正確;依據(jù)能量守恒定律,可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能,故B錯(cuò)誤;依據(jù)動(dòng)量定理,可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量,故C錯(cuò)誤;依據(jù)功能關(guān)系,可知高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量,故D錯(cuò)誤。實(shí)力綜合練9.(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上,他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板,運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度;物塊與擋板彈性碰撞,速度反向,追上運(yùn)動(dòng)員時(shí),運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板,使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞??偣步?jīng)過8次這樣推物塊后,運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力,該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為(BC)A.48kg B.53kgC.58kg D.63kg[解析]物塊每次與擋板碰撞后,擋板對(duì)物塊的沖量大小I沖=mv0-m(-v0)=40kg·m·s-1,方向與運(yùn)動(dòng)員退行方向相同,以此方向?yàn)檎较颍赃\(yùn)動(dòng)員和物塊整體為探討對(duì)象,當(dāng)物塊撞擊擋板7次后,7I沖=m人v7+mv0,v7<5m/s,得m人>52kg,當(dāng)物塊撞擊擋板8次后,8I沖=m人v8+mv0,v8>5m/s,得m人<60kg。故B、C兩項(xiàng)正確,A、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤。10.(多選)2024年1月8日,美國(guó)軍方高機(jī)密衛(wèi)星在進(jìn)入太空后完全失去了聯(lián)系,新年就迎來放射失敗。如圖所示,某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土確定深度h而停止,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。關(guān)于殘片下落的整個(gè)過程,下列說法中正確的有(AC)A.殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h)B.殘片下落的全過程中重力的沖量大小大于泥土阻力的沖量大小C.殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH)D.殘片從接觸地面到靜止的過程中動(dòng)量的變更量等于所受阻力的沖量[解析]由動(dòng)能定理得mg(H+h)+Wf=0,解得Wf=-mg(H+h),則殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H+h),A正確;殘片下落的全過程中,所受合外力的沖量為零,故重力的沖量大小等于泥土阻力的沖量大小,B錯(cuò)誤;殘片下落的過程中,依據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得H=eq\f(v2,2g),解得v=eq\r(2gH),殘片落到地面上后又陷入泥土中,取豎直向下為正方向,由動(dòng)量定理得IG-If=0-mv,解得If=IG+mv=IG+meq\r(2gH),所以殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH),C正確;由動(dòng)量定理知,殘片從接觸地面到靜止的過程中動(dòng)量的變更量等于所受阻力的沖量與重力的沖量的矢量和,D錯(cuò)誤。11.(多選)(2024·新課標(biāo)卷)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對(duì)著乙的S極,甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻(BD)A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零[解析]對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析,如圖所示依據(jù)牛頓其次定律有a甲=eq\f(F-μm甲g,m甲),a乙=eq\f(F-μm乙g,m乙),由于m甲>m乙,所以a甲<a乙,由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,且同時(shí)由靜止釋放,可得v甲<v乙,A錯(cuò)誤;對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言,由于μm甲g>μm乙g,合力方向向左,合沖量方向向左,所以合動(dòng)量方向向左,明顯甲的動(dòng)量大小比乙的小,B、D正確,C錯(cuò)誤。故選BD。12.(多選)如圖甲所示,將一輕彈簧底端固定在傾角θ=30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面上。把質(zhì)量為1kg的物塊放在彈簧上端(物塊與彈簧不拴接),使物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0時(shí)刻對(duì)物塊施加沿斜面對(duì)上的外力F,使得物塊始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。外力F隨位移x變更的關(guān)系如圖乙所示,彈簧始終在彈性限度內(nèi),取重力加速度g=10m/s2,則(AC)A.該彈簧的勁度系數(shù)為20N/mB.物塊與彈簧分別時(shí)的動(dòng)能為1.125JC.初始時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為0.625JD.從t=0時(shí)刻到物塊與彈簧分別過程中拉力的沖量大小為3.5N·s[解析]t=0時(shí)刻,對(duì)物塊由牛頓其次定律得F1+kx0-mgsinθ=ma,mgsinθ=kx0,物塊與彈簧分別時(shí)F2-mgsinθ=ma,解得k=20N/m,x0=0.25m,A正確;從t=0時(shí)刻到物塊與彈簧分別的過程中,由動(dòng)能定理得eq\f(F1+F2,2)x0+eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)-mgx0sinθ=Ek,解得Ek=0.5J,B錯(cuò)誤;初始時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能Ep=eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0),解得Ep=0.625J,C正確;從t=0時(shí)刻到物塊與彈簧分別過程中,由動(dòng)量定理得IF+I(xiàn)彈-mgtsinθ=mv,Ek=eq\f(1,2)mv2,v=at,解得IF+I(xiàn)彈=3.5N·s,因此過程中拉力的沖量大小應(yīng)小于3.5N·s,D
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