发布时间 : 星期二 文章动量和冲量定义 大量练习题 较难更新完毕开始阅读d732726b866fb84ae45c8dc1
【答案】 20N·s 16 kg·m/s 【解析】
47．质置为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑，经过时间t，在这段时间内，支持力的冲量大小为 ，合外力对物体的冲量大小为 ． 【答案】mgcosθt，mgsinθt． 【解析】
试题分析：冲量等于力与物体速度的乘积；对物体受力分析，根据平行四边形定则求解出合力和支持力，即可得到支持力和合力的冲量． 解：物体在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑，受重力和支持力，故：,N=mgcosθ,合力：F=mgsinθ,故支持力冲量：IN=Nt=mgcosθt,合力的冲量：I=Ft=mgsinθt. 故答案为：mgcosθt，mgsinθt．
点评：本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，知道冲量的定义公式I=Ft即可，基础题目．
48．一个质量为0.1kg的小球，从5m高处下落，若落地时受到1.6Ns的合外力的冲量
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作用，则小球反跳速率是 。（g=10 m/s） 【答案】6m/S
【解析】根据机械能守恒：可得小球下落到地面时的速度根据动量定理（取向上为正方向）：所以
49．高压采煤水枪出口的截面积为S，水的射速为v，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求水对煤层的平均冲力大小为 。
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【答案】 ρsv 【解析】
试题分析: 取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力.设在Δt时间内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm=ρSv?Δt，以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化为:Δp=Δm（0-v）
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=-ρSvΔt.设F为水对煤层的冲力，根据动量定理有FΔt=Δp=-ρSvΔt，故F=-ρSv。
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根据牛顿第三定律知，煤层对水的反冲力大小为ρSv 考点： 动量定理
50．如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置。
试卷第17页，总27页
（1）下列说法中符合本实验要求的是 。（选填选项前面的字母） A．入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须相同
B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放 C．安装轨道时，轨道末端必须水平
D．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表
（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON。已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1?OM?m2?ON近似等于 ，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒。 【答案】(1)BC (2)m1OP
【解析】（1）入射球质量大于靶球质量，且二者的直径必须相同，A错误
在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，B正确 要求每次小球都水平抛出，所以安装轨道时，轨道末端必须水平，C正确 需要使用的测量仪器有天平、刻度尺，D错误
（2）如果测得m1?OM?m2?ON近似等于m1OP，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒
三、实验题（题型注释）
四、计算题（题型注释） 51． 一质量为
的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量
，则此质点（ ）
随位移变
化的关系式为 A、加速度为 B、
内受到的冲量为
C、在相同的时间内，动量的增量一定相等
D、通过相同的距离，动量的增量也可能相等
【答案】 ABC。
【解析】
试卷第18页，总27页
， ， ，所以 ，据此
可求。 52．（9分）大小相同质量不等的A、B两球,在光滑水平面上作直线运动,发生正碰撞后分开．已知碰撞前A的动量PA=20㎏·M/S,B的动量PB=-30㎏·M/S,碰撞后A的动量PA=-4㎏·M/S,则:
（1）碰撞后B的动量PB；
（2）碰撞过程中A受到的冲量；
（3）若碰撞时间为0．01S,则B受到的平均冲力大小．
【答案】（1）-6（2）-24（3）2400 【解析】
53．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示。求：
（1）0~8s时间内拉力的冲量； （2）0~6s时间内物体的位移；
（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）18 N·s （2）6m （3）30J 【解析】（1）根据冲量的定义I=Ft，可知F—t图象与坐标轴围成图形的面积表示冲量，所以0~8s时间内拉力的冲量I=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3=18 N·s.
（2）根据v—t图象的“面积”求位移，0~6s时间内物体的位移为
x?1?(6?2)?3?6m。 21?(2?8)?3?15m 2（3）根据题图3可知，物体在6~8s内做匀速运动，于是有f=2N 根据题图3，物体在0~10s时间内的位移为s?所以W=fs=2N×15m=30J。
【考点定位】F—t图象和v—t图象的“面积”的意义，冲量、功的概念。
54．如图所示，光滑水平面上，有一质量为M，长为L的长木板，它的左端有一质量为m的小物块(已知m＜M)，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ。开始时木板与小物块均靠在左边固定的竖直挡板处，以共同速度v0向右运动，右边也有一同样固定的竖直挡板，且左右挡板之间的距离足够长。假设长木板与两挡板的碰撞时间极短，碰撞前后速度反向，速率不变。
⑴试求物块不从长木板上滑下板长L应满足的条件。(用上述已知字母表达)
⑵若第一问条件满足，且M=2kg，m=1kg，v0 =3m/s，μ=0.5。试计算整个过程中小物块在长木板上滑行的总路程以及长木板在第三次与挡板碰撞前系统损失的机械能。
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【答案】(1)
2(M?m)(v0?v12)L??S?2?mg(2)
114022?EK?(m?M)v0?(m?M)v2?J
223【解析】木板第一次与右侧固定板相撞后，木板反弹，块与板相对运动，最后一起向左
运动，然后板与左侧固定板相撞块与板的相对运动与第一次相反，所以物块不从木板上滑下木板长度不小于第一次相对位移即可。 根据动量守恒：Mv0?mv0?(m?M)v1 根据能量守恒：?mg?S?112(m?M)v0?(m?M)v12 2222(M?m)(v0?v12)(M?m)(v0?v12)解得：?S? 所以：L??S?
2?mg2?mg（2）木板不断与竖直板碰撞，总动量不断减少，最后变为零。
21(M?m)v02根据能量守恒：?mgS?(m?M)v0解得：S??2.7m
22?mg第一次碰撞：根据动量守恒：Mv0?mv0?(m?M)v1得：v1?1ms 第二次碰撞：根据动量守恒：Mv1?mv1?(m?M)v2得：v2?1ms 3所以与板碰撞损失的机械能?EK?114022(m?M)v0?(m?M)v2?J 22355．（8分）如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在地面上，斜面的长度L=3.0m。
质量m=0.10kg的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止滑下。已知sin37°=0.60，
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cos37°=0.80，空气阻力可忽略不计，重力加速度g取10m/s。求：
m L θ
（1）滑块滑到斜面底端时速度的大小；
（2）滑块滑到斜面底端时重力对物体做功的瞬时功率大小； （3）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小。 【答案】（1）v=6.0m/s（2）P=3.6W（3）t=1.0s 【解析】 试题分析：（1）设滑块滑到斜面底端时的速度为v 依据机械能守恒定律有 mgLsin??解得v=6.0m/s （2分）
试卷第20页，总27页
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