5月3日物理作业(带答案)

嗯5月3日物理练习题
一．选择题
1．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。

设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。

在某次试验中，质量m1＝1600kg的试验车以速度v1＝36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。

则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I0大小和F0的大小分别为（）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。

）
A．I0＝5.76×104N•S，F0＝1.6×105N
B．I0＝1.6×104N•S，F0＝1.6×105N
C．I0＝1.6×105N•S，F0＝1.6×105N
D．I0＝5.76×104N•S，F0＝3.2×105N
2．风平浪静的湖面上停着两只完全相同的小船，小明坐在其中一只小船中用力推另一只小船，结果两只小船向相反的方向运动。

若湖面对小船的阻力忽略不计，下列关于小明推小船过程的说法正确的是（）
A．小明与被推小船之间的相互作用力大小并非时刻
相等
B．小明与被推小船分开时的速度大小相等方向相反
C．小明与被推小船之间的相互作用力的冲量大小相
等
D．小明与被推小船之间的相互作用力所做的功相等
3．“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，若不计空气阻力，下列分析正确的是（）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
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，人的动能最大
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
4．质量为m的木箱放置在粗糙的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始在地面上运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内（）
A．重力对物体的冲量为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小为Ftcosθ
D．由已知条件不可能得出合外力对物体的冲量
二、实验题：
5．图示为做“碰撞中的动量守恒”的实验装置。

（1）入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，这是为了。

A．入射小球每次都能水平飞出槽口
B．入射小球每次都以相同的速度飞出槽口
C．入射小球在空中飞行的时间不变
D．入射小球每次都能发生对心碰撞
（2）入射小球的质量应（选填“大于”“等于”或“小于）被碰小球的质量。

（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式m1OP＝（用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。

三、计算题：
6.如图甲所示，质量m＝1kg的小滑块（视为质点），从固定的四分之一光滑圆弧轨道的
最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。

已知木板质量M＝4kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2．求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数；
（3）木板的长度。

参考答案
一、选择题
1．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。

设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。

在某次试验中，质量m1＝1600kg的试验车以速度v1＝36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。

则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I0大小和F0的大小分别为（）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。

）
A．I0＝5.76×104N•S，F0＝1.6×105N
B．I0＝1.6×104N•S，F0＝1.6×105N
C．I0＝1.6×105N•S，F0＝1.6×105N
D．I0＝5.76×104N•S，F0＝3.2×105N
【分析】撞击过程中，以试验车为研究对象，根据动量定理求试验车受到试验台的冲量I0．再由冲量的定义式I＝Ft求F0的大小；
【解答】解：v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向，以试验车为研究对象，由动量定理有：
﹣I0＝0﹣m1v1…①
将已知数据代入①式得：
I0＝1.6×104N•s…②
由冲量定义有：
I0＝F0t1…③
将已知数据代入③式得：F0＝1.6×105N 故B正确，ACD错误
故选：B。

【点评】对碰撞、打击等瞬时过程中作用力，往往根据动量定理求解，计算时要注意矢量的方向性。

2．风平浪静的湖面上停着两只完全相同的小船，小明坐在其中一只小船中用力推另一只小船，结果两只小船向相反的方向运动。

若湖面对小船的阻力忽略不计，下列关于小明推小船过程的说法正确的是（）
A．小明与被推小船之间的相互作用力大小并非时刻相等
B．小明与被推小船分开时的速度大小相等方向相反
C．小明与被推小船之间的相互作用力的冲量大小相等
D．小明与被推小船之间的相互作用力所做的功相等
【分析】根据牛顿第三定律分析相互作用力的关系，根据动量守恒分析速度关系，根据冲量公式分析冲量的关系，根据动能和动量的关系分析动能关系，再根据动能定理分析做功关系。

【解答】解：A、根据牛顿第三定律可知相互作用力总是大小相等，方向相反且作用时间相等，故A错误；
B、根据动量守恒定律：0＝m1v1+m2v2
已知两船质量相等，小明坐在其中一个船上，故m1≠m2，所以分开时两船速度大小不相等，但方向相反，故B错误；
C、根据牛顿第三定律可知相互作用力大小相等，方向相反，且作用时间相等，根据冲
量公式I＝Ft可知小明与被推小船之间的相互作用力的冲量大小相等，故C正确；
D、已知分开时两船速度大小不相等，且m1≠m2，但动量大小相等，根据动能和动量的
关系，可知小明与被推小船之间的动能不相等，故小明与被推小船之间的相互作用力所做的功不相等，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查牛顿第三定律、动能定理以及动量问题，关键是知道相互作用力之间的关系，以及动能和动量的关系。

3．“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，若不计空气阻力，下列分析正确的是（）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
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，人的动能最大
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【分析】从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；当重力等于弹力时，速度最大，然后弹力大于中，人开始减速，直至速度为零，再反向弹回，以此分析动量，动能的变化情况。

【解答】解：A、当弹力等于重力时，人的速度最大，所以人先加速后减小，最后速度为零，故人的动量先增加后减小，故A错误；
B、绳子的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳子拉力做功，故人的运动开始过
程是增大的，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小动能减小；故B错误；
C、绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，由于重力大于弹力，所以人在加速，此时人的
动能不是最大，故C错误。

D、当弹力等于重力时，人的速度最大，动量最大，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查变力作用下物体的运动情况分析，关键是明确人的运动过程，即可根据功能关系进行分析求解即可。

4．质量为m的木箱放置在粗糙的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始在地面上运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内（）
A．重力对物体的冲量为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小为Ftcosθ
D．由已知条件不可能得出合外力对物体的冲量
【分析】分析物体的受力，恒力的冲量根据冲量的定义求解。

变力的冲量根据动量定理求解。

【解答】解：ABC、重力和拉力F均为恒力，根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故重力对物体的冲量为mgt，拉力F对物体的冲量大小为Ft，故AC错误，B正确；
D、根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，I＝mv﹣0，故可以求出合
外力对物体的冲量，故D错误。

故选：B。

【点评】此题考查了动量定理的应用，解题的关键是明确恒力冲量的定义，力与时间的乘积，求解合外力的冲量可以用的动量定理。

二、实验题
5．图示为做“碰撞中的动量守恒”的实验装置。

（1）入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，这是为了B。

A．入射小球每次都能水平飞出槽口
B．入射小球每次都以相同的速度飞出槽口
C．入射小球在空中飞行的时间不变
D．入射小球每次都能发生对心碰撞
（2）入射小球的质量应大于（选填“大于”“等于”或“小于）被碰小球的质量。

（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式m1OP＝m1OM+m2ON（用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。

【分析】（1）明确验要多次进行，要求每次入射球到达末端的速度相等，所以应让每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放；
（2）为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；
（3）应用动量守恒定律根据图示求出需要验证的表达式。

【解答】解：（1）入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，目的是使入射小球每次都以相同的速度飞出槽口；
（2）为了防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量；
（3）两小球碰撞中动量守恒，根据动量守恒定律可知，需要验证的公式为：
m1v1＝m1v1′+m2v2，
因两球在空中做平抛运动，竖直高度相等，故运动时间相等，则有：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，
故需要验证m1OP＝m1OM+m2ON成立，即表示碰撞中动量守恒。

故答案为：（1）B；（2）大于；（3）m1OM+m2ON。

【点评】本题考查了实验注意事项、数据处理等，知道实验原理、实验注意事项即可正确解题；明确小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度正正比，可以用水平位移表示初速度，要注意体会这种实验的方法。

三、计算题
6．如图甲所示，质量m＝1kg的小滑块（视为质点），从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。

已知木板质量M＝4kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2．求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数；
（3）木板的长度。

【分析】（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小v＝10m/s，研究滑块在光滑圆弧轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律求圆弧轨道的半径。

滑块滑到圆弧轨道末端时，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力大小。

（2、3）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出滑块恰好不从木板的右端滑出时的共同速度，由动量定理求动摩擦因数，由系统的能量守恒求木板的长度。

【解答】解：（1）由图乙知，滑块刚滑上木板时的速度大小v＝10m/s，滑块在光滑圆弧轨道下滑的过程，根据机械能守恒定律得：
mgR＝
解得R＝5m
滑块滑到圆弧轨道末端时，由牛顿第二定律得
F﹣mg＝
解得F＝30N
根据牛顿第三定律知，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小为30N。

（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+M）v′
解得：v′＝2m/s
滑块在木板上滑行过程，由动量定理得：
﹣μmgt＝mv′﹣mv
由图知t＝2s
解得μ＝0.4
（3）由能量守恒得：
解得L＝10m
答：
（1）圆弧轨道的半径是5m，滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小是30N；（2）滑块与木板间的动摩擦因数为0.4；
（3）木板的长度是10m。