人教版選擇性必修第一冊-11動量-同步訓(xùn)練7(含解析)(編輯修改稿)
2025-04-05 05:31 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小物塊的初速度υ0的大小；（2）小物塊在空中運(yùn)動過程中的動量變化量；（3）小物塊落地時的動能Ek。22．如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量均為，滑塊可在水平光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動，小球與滑塊由一根不可伸長的輕繩相連，繩長為。開始時小球處于滑塊右側(cè)某一位置，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點時，滑塊剛好運(yùn)動至固定擋板，且與擋板在極短的時間內(nèi)粘在一起，小球繼續(xù)向左擺動，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角時小球達(dá)到左側(cè)最高點。求：(1)滑塊將要接觸擋板時，滑塊與小球速度的大?。?2)滑塊與擋板剛接觸至速度變?yōu)榱愕倪^程中，擋板對滑塊沖量的大小。參考答案1．C【詳解】A．0~2t內(nèi)，小球所受到合外力的沖量 故A錯誤；B．0~2t內(nèi)，小球所受重力的沖量 故B錯誤；C．0~t內(nèi)，小球所受到合外力為 方向豎直向上。小球豎直向上做初速度為零、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動，末速度上升的高度t~2t內(nèi)，小球所受到合外力為 方向豎直向下。小球做加速度為3g的勻變速直線運(yùn)動，位移為0~2t內(nèi)的總位移為零，小球回到出發(fā)點。重力對小球做功為零，故C正確； D．0~t內(nèi)，電場力豎直向上，做正功，電勢能減小。t~2t內(nèi)，小球先上升后下降，電場力豎直向下，先做負(fù)功再做正功，電勢能先增大再減小。故D錯誤。故選C。2．C【詳解】AD．兩個小球在運(yùn)動的過程中都是只有重力做功，機(jī)械能守恒，從開始運(yùn)動至落地，兩小球機(jī)械能的變化相同，所以根據(jù)機(jī)械能守恒可以知兩物體落地時速度大小相等，但是由于速度是矢量，速度方向不同，所以速度不同，故A錯誤，C正確；B．到達(dá)底端時兩物體的速率相同，重力也相同，但A物體重力與速度有夾角，B物體重力與速度方向相同，所以落地前的瞬間B物體重力的瞬時功率大于A物體重力的瞬時功率，故B錯誤；D．根據(jù)動量定理，小球動量的改變量對A、B小球運(yùn)動時間，可得故從開始運(yùn)動至落地，兩小球動量的變化量有故D錯誤。故選C。3．B【詳解】A．根據(jù)圖象的斜率表示加速度，在縱軸上的截距表示初速度可知，在時間內(nèi)，甲做初速度為零、加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動，乙做初速度大小為，加速度大小為的先勻減速后勻加速直線運(yùn)動，選項A錯誤；B．在時間內(nèi)，甲動量變化量為，乙動量變化量為，甲、乙動量變化量之比為，選項B正確；C．由速度—時間圖象可知，時甲、乙速度相同，根據(jù)速度—時間圖象的圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移大小，在時間內(nèi)，乙的位移為零，甲的位移為，選項C錯誤；D．由牛頓第二定律，甲所受合外力為，乙所受的合外力為，甲、乙所受合外力之比為1∶4，選項D錯誤。故選B。4．D【詳解】A．將勻變速直線運(yùn)動位移公式兩邊同除以可得對比圖線可知，箱子的初速度圖線斜率為箱子運(yùn)動的加速度由牛頓第二定律，恒力故A錯誤；B．箱子的初動量為時箱子的速度大小內(nèi)箱子的動量變化量故B錯誤；C．時箱子的速度大小為故C錯誤；D．內(nèi)箱子的位移為故D正確。故選D。5．C【詳解】AB．將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑看做由靜止開始的勻變速直線運(yùn)動，加速度為則由可知雨滴運(yùn)動的時間可知當(dāng)時，雨滴滑下時所用的時間最短，故AB錯誤；C．由可知α越大，雨滴滑下時的動能越大，故C正確；D．動量可知動能越大，動量也越大，故D錯誤。故選C。6
環(huán)評公示相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號-1