人教版選擇性必修第一冊-11動量-同步訓(xùn)練6(含解析)-閱讀頁
2025-04-05 05:37本頁面
【正文】 不斷變化，因此機械能不斷變化，B錯誤；C．合外力做功等于動能變化，在摩天輪做勻速圓周運動，動能始終不變，所以乘客所受合外力做功始終為零，C正確；D．在摩天輪轉(zhuǎn)動半周過程中，乘客速度大小不變，方向相反，其動量變化量為2mv，D錯誤。13．A【詳解】A．動量是矢量，它的方向與速度的方向相同，故A正確；B．加速度不變，則物體的速度的變化率恒定，物體的速度均勻變化，故其動量也均勻變化，故B錯誤；C．物體的動能不變，則物體的速度大小不變，若方向變化，則其動量也變化。故選A。故選C。16．D【詳解】A．慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，如果物體的動量大，有可能是物體的速度很大、質(zhì)量很小，所以不能說物體的動量大其慣性就大，故A錯誤；B．動量等于物體的質(zhì)量與物體速度的乘積，即p＝mv，同一物體的動量越大，其速度一定越大，故B錯誤；C．加速度不變，速度是變化的，所以動量一定變化，故C錯誤；D．動量是矢量，動量的方向就是物體速度的方向，故D正確。17．D【詳解】A．根據(jù)速度與位移的關(guān)系變形得結(jié)合圖像可知0時刻的初速度則動量為A錯誤；B．圖像的斜率為加速度的2倍，則代入表達(dá)式解得B錯誤；C．處的速度用時C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律D正確。18．BCD【詳解】B．由題可知，小球的初動能落到山坡底部的動能由于運動時間為2s，平拋運動豎直方向為自由落體運動聯(lián)立解得， 因此末狀態(tài)的動量B正確；C．根據(jù)可求得傾角值，C正確；D．2s末重力對棒球做功的瞬時功率D正確；A．由于選擇不同的參考面，小球的機械能不同，題中沒有確定參考面位置，因此初始狀態(tài)，機械能的大小不能確定，A錯誤。19．BC【詳解】A．根據(jù)I=mgt可知，重力作用時間不為零，則重力對b的沖量不為零，選項A錯誤；B．設(shè)細(xì)線與水平方向夾角為θ，則ab兩物體的速度滿足的關(guān)系是 ，則，即a增加的動量大小小于b增加的動量大小，選項B正確；CD．由能量關(guān)系可知，a機械能的減少量等于b機械能的增加量與b與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，則a機械能的減少量大于b機械能的增加量；a重力勢能的減少量等于a、b兩物體總動能的增加量與b與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，選項D錯誤。20．AC【詳解】，根據(jù)牛頓第二定律則02s的速度規(guī)律為：v=at；t=1s時，速率為2m/s，t=2s時，速率為4m/s，則動量為p=mv=4kg?m/s故A正確B錯誤；CD. 24s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a′=1m/s2，所以3s時的速度為v3=v2+a′t=3m/s動量為3kg?m/s，同理4s時速度為2m/s，故C正確D錯誤；故選AC。設(shè)電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則由 解得a=3g則小球回到A點時的速度為v′=gtat=2gt整個過程中小球動量增量的大小為mv′=2mgt由牛頓第二定律得聯(lián)立解得qE=4mg整個過程中小球電勢能變化了故A錯誤，B正確。
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