学人教版选修35 19.5核力与结合能 作业（3）.docx

2017-2018学年度人教版选修3-5 19.5核力与结合能 作业（3）1一个质量为m的小钢球，以大小为v1的速度竖直向下撞到水平地面上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1 = v2 = v，那么下列说法中正确的是a. 因为v1 = v2 ，小钢球的动量没有变化b. 小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上c. 小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下d. 小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上2下列关于动量的说法中，正确的是a. 物体的运动状态改变，其动量一定改变b. 物体运动速度的大小不变，其动量一定不变c. 物体的动量改变，其速度方向一定改变d. 物体的动量改变，其速度大小一定改变3初动量相同的a、b两球在光滑水平桌面上沿同一方向运动，a在前，b在后，且a球速度为v一段时间后两球发生碰撞，碰后a球速度变为2v，则a. 碰后b球运动方向不变 b. 碰后b球运动方向反向c. a球质量大于b球质量 d. a球质量小于b球质量4航天器离于发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。已知单个正离子的质量为m,电荷量为q,正、负极栅板间加速电压为u,从喷口喷出的正离子所形成的电流为i。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响。该发动机产生的平均推力f的大小为a. f=i2muq b. f=imuq c. f=imu2q d. f=2imuq5当车辆发生碰撞事故时，为了尽可能地减轻驾乘人员的伤害程度，在汽车内前方(正副驾驶位)设置了安全气囊，在汽车发生猛烈撞击时安全气囊将自动弹出则该安全气囊的功能是()a. 减小驾乘人员的动量变化率 b. 减小驾乘人员受到的冲量c. 减小驾乘人员的动量变化量 d. 减小驾乘人员与气囊的作用时间6如图所示，一轻质弹簧，两端连着物体a和b放在光滑水平面上，静止放在光滑水平面上，如果物体a被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体a中(时间极短)，已知物体b的质量为m，已知物体a的质量为物体b的质量的34，子弹的质量是物体b质量的14，弹簧被压缩到最短时物体b的速度及弹簧的弹性势能为（ ）a. v012，mv0232 b. v08，mv0264 c. v08，7mv0264 d. 2v03，7mv02647在2017花样滑冰世锦赛上，隋文静、韩聪以232.06分的总成绩获得冠军。比赛中，当隋文静、韩聪以5.0m/s的速度沿直线前、后滑行时，韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出，推力作用时间为0.8s，隋文静的速度变为11.0m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg，作用前后两人沿同一直线运动，不计冰面阻力，将人视为质点，则a. 分离时韩聪速度的大小为1.0m/sb. 这一过程中，韩聪对隋文静冲量的值为440nsc. 这一过程中，韩聪对隋文静平均推力的大小为450nd. 这一过程中，隋文静对韩聪做的功为-720j8如图所示，一根足够长的水平滑杆ss上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道pp，pp穿过金属环的圆心。现使质量为m的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则（ ）a. 磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来b. 磁铁将不会穿越滑环运动c. 磁铁与圆环的最终速度可能为mv0m+md. 整个过程最多能产生热量mm2(m+m)v029如图所示，水平桌面有一光滑小孔p，轻绳穿过小孔，一端连接质量为1kg的小物块c，另一端连接质量为0.1kg的物块b，b、c均静止，绳子竖直部分长1.6m。质量为0.1kg的弹丸a以水平速度击中b且留在b中，已知c与桌面间的最大静摩擦力为其重力的0.5倍，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）a. a击中b过程系统产生的热量为2.4jb. ab摆动过程中偏离竖直方向的最大角度为60c. 绳子对ab的最大拉力为2nd. 在以后的运动过程中，c始终处于静止状态10如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h 处开始下滑，下列说法正确的是a. 在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒b. 在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒c. 在压缩弹簧的过程中，物块受到弹簧的冲量等于物块的动量变化d. 被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处11如图所示，在水平面上放置质量为m=800g的木块，一质量为m=50g的子弹以v0=170m/s的水平速度射入木块，最终与木块一起运动若木块与地面间的动摩擦因数=0.2，求：（g=10m/s2）（1）子弹打入后木块的速度（2）木块在地面上滑行的距离12质量是50kg的铁锤从5m高处落下，打在水泥桩上后立即停下，与水泥桩的撞击时间是0.05s，撞击时铁锤对桩的平均冲击力有多大？（g=10m/s2）13如图所示，有一光滑绝缘的长木板b右端接有一竖直的挡板，静止放置在光滑水平地面上。一可视为质点的滑块a放置在长木板上，a与b右端挡板的距离为l，a与b左端的距离足够大。a和b(连同挡板)的质量均为m，滑块a带电量为+q，开始时a、b均静止。若在该空间加上大小为e、方向水平向右的匀强电场，由于受电场力作用，a开始向右运动并与b发生弹性碰撞，a、b碰撞过程中时间极短且无电荷转移。求：（1）a与b第一次相碰后，b的速率；（2）从a开始运动到a和b第二次碰撞所经历的时间；（3）a和b从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间内长木板b所通过的路程。14如图所示，在水平面上有一长木板c上有一物块b，物块b与木板c的左端的距离为l=2.25m，b、c的质量为m，c与地面的动摩擦因数1=0.2。开始时b、c均静止，一质量为2m的物块a以v0=6m/s的初速度从c的左端滑向b，并与b发生弹性碰撞，最终a、b均未离开木板c。物块a、b可视为质点，a、b与c间的动摩擦因数2=0.4，取重力加速度g=10m/s，试求：（1)物块a、b碰前的速度；（2)物块a、b碰后前的速度；(3)物块b在木板c上滑行的时间。15如上图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0=3m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点m与光滑水平面相切，pm比较长，水平面左侧与一倾角=37的光滑斜面平滑连接。靠近斜面底端的p点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过p点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带n端与半径r=08m的光滑四分之一圆弧相切，小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过m点后控制系统会使静止在p点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知两物块的质量mb=2ma=2kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数=025，mn间的距离l=2m，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）第一次碰撞前物块a在传送带上运动的时间；（2）第一次碰撞后物块b在斜面上运动的时间(物块b冲上斜面无机械能损失)；（3）两物块在第3次碰撞后到第4次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热。试卷第3页，总4页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1b【解析】规定向上为正方向，则初动量p1=mv，末动量p2=mv动量的变化量p=p2p1=mvmv=2mv即动量变化量的大小是2mv，方向竖直向上。故b项正确，acd三项错误。点睛：动量、动量的变化都是矢量；同一直线上的矢量运算可先规定正方向，将矢量运动简化成代数运算。2a【解析】a：物体的运动状态改变，物体的速度改变，其动量一定改变。故a项正确。b：物体运动速度的大小不变，若速度方向发生变化，动量发生变化。故b项错误。cd：物体的动量改变，可能是其速度方向发生变化，也可能是其速度大小发生变化，还可能是速度大小和方向同时发生变化。故cd两项错误。3c【解析】两球初动量相同，即mv相同，b能追上a发生碰撞，可知vbva，则mbma，选项c正确，d错误；设ab初动量均为p，则碰后a的动量大小为2p，且a的方向不变，则由动量守恒：2p=2p+pb，解得pb=0，可知碰后b静止，选项ab错误；故选c.4a【解析】以正离子为研究对象，由动能定理得qu=12mv2，t时间内通过的总电量为q=it，喷出的总质量为m=qqm=itqm。由动量定理可知正离子所受平均冲量ft=mv，由以上式子可得f=i2muq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力f=i2muq，故a正确。5a【解析】汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变化静止，动量的变化量p一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理得：p=ft，动量的变化率pt=f，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故a正确，bcd错误；故选a。【点睛】本题考查了动量定理的应用，安全气囊可以延长作用时间，减小伤害，应谨慎驾驶，严禁超速驾驶，以减小伤害事故的发生。6b【解析】当a、b速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时a、b的共同速度为v取向右为正方向，对子弹、a、b组成的系统，从子弹射入a到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒，则得：m子v0=（m子+ma+mb）v，解得：v=v08；设子弹射入a后，a与子弹的共同速度为v1，根据a与子弹系统的动量守恒得：14mv0=14m+34mv1，解得：v1=v04，由系统的机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能为：ep=12ma+14mv1212ma+mb+14mv2，解得：ep=164mv02，故b正确，acd错误。7ad【解析】以两人原来运动方向为正，由动量守恒定律得：m1+m2v=m1v1+m2v2，式中v=5.0m/s，v1=11.0m/s，m1=40kg，m2=60kg，代入数据解得：v2=1m/s，大小为1m/s，故a正确；韩聪对隋文静的冲量等于隋文静动量的变化量，根据动量定理得：i=m1v1m1v=4011405=240ns，则平均推力为f=it=2400.8=300n，故bc错误；隋文静对韩聪做的功等于韩聪动能的变化量，根据动能定理得：w=12m2v2212m2v2=720j，故d正确；故选ad。【点睛】韩聪推开隋文静的过程，两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出韩聪的速度，由动理定理求出冲量，再求出平均作用力，由动能定理求出推力做的功。8cd【解析】选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁m运动的方向为正方向，则最终到达共同速度时二者相对静止，由动量守恒定律可知：mv0=（m+m）v，解得v=mv0m+m，故a错误，c正确；磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动，故b错误；磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，即q=12mv0212m+mv2=mm2m+mv02，故d正确。所以cd正确，ab错误。9bd【解析】a弹丸a击中b且留在b中，根据动量守恒定律， ，v=4m/s；系统产生的热量为： ，故a错误； b设ab摆动过程中偏离竖直方向的最大角度为，根据机械能守恒定律， ，解得=60，故b正确； c弹丸a刚击中b且留在b中时，绳子拉力最大， ，t=4n，故c错误； dc与桌面间的最大静摩擦力为其重力的0.5倍，等于5n，大于绳子的最大拉力，c始终处于静止状态，故d正确；故选：bd10ac【解析】a项：滑块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故a正确；b项：滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故b错误；c项：由动量定理可知，在压缩弹簧的过程中，物块只受弹簧的弹力所以物块受到弹簧的冲量等于物块的动量变化，故c正确；d项：因两物体均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点；而若球速大于槽速，则由动量守恒可知，两物体会有向左的速度，由机械能守恒可知，小球不会回到最高点，故d错误。点睛：解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断。11（1）10m/s（2）25m【解析】（1）在子弹射入木块的过程中，由于时间极短，摩擦力的冲量忽略不计，则子弹和木块组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，所以有：mv0=m+mv解得：子弹和木块的共同速度v=10m/s（2）子弹射入木块后，以整体为研究对象，在地面滑行过程中有摩擦力对研究对象所做功等于此过程中整体动能的变化，根据动能定理得：m+mgs=012m+mv2解得：s=25m1210500n【解析】根据运动学公式得：铁锤碰前的速度为v=2gh=10m/s 取向下为正，对铁锤由动量定理得：mgft=0mv代入数据解得：f=10500n由牛顿第三定律可得，铁锤对桩的作用力：f=f=10500n13（1）,vb12=2qelm （2）t总=32mlqe (3)sn=4nl 【解析】【分析】第一次碰撞前，b静止，a做初速度为零的匀加速运动，由动能定理可以求出碰前a的速度，碰撞后两物体交换速度，即可得到a与b第一次碰后瞬时b球的速率；第一次碰撞后，b向右做匀速直线运动，a球向右做初速度为零的匀加速直线运动，当两者位移相等时再次发生碰撞，由牛顿第二定律求出a的加速度，由匀变速运动的速度公式与位移公式、匀速直线运动的位移公式分析答题；运用同样的方法求出第二次、第三次第n+1次碰撞后两球的速度，作出速度图象，根据v-t图象的“面积”等于位移，求解两球从第n次碰撞到第n+1次碰撞时间内a球所通过的路程；解：（1）对a由动能定理:qel=12mv2a11 解得va11=2qelm对a、b第一次碰撞，由动量守恒可得：mva11=mva12+mvb12 由能量守恒可得：12mv2a1112mv2a12+12mv2b12 联立解得：va110，vb12=2qelm （2）从a开始运动到第一次与b碰撞历时t1=va11qem=2mlqe 设从第一次碰撞后到第二次碰撞前历时t2，则：vb12=12qemt22解得：t2=22mlqe 故从a开始运动到a和b第二次碰撞所经历的时间为：t总t1+t2=32mlqe （3）第二次碰撞前a的速度为：va12=qemt2=22qelm对a、b第二次碰撞，由动量和能量守恒分别得：mva21+mvb11=mva22+mvb22 12mv2a21+12mv2b1212mv2a22+12mv2b22 联立解得: va22=2qelm,vb22=22mlqe 由v-t图像可得第3次碰撞前a的速度：va31=32qelm 此时b的速度：vb22=22qelm以此类推第n次碰撞前a的速度为van1=n2qelm故从第n次到第n+1次碰撞经历时间为：tn=va(n+1)1va(n1)1qem=22qelm 这段时间内b以速度van1做匀速运动，故这段时间内b通过的路程为:sn=van1tn=4nl 14(1) va=4m/s,vb=1m/s (2) va=2m/s,vb=5m/s (3) 56s【解析】（1）物块a的加速度a1=2g=4m/s2 bc共同运动加速度为a2：22mg41mg=2ma2 解得：a2=2m/s22g经时间t1，ab相碰，则l=v0t112a1t1212a2t12 解得t1=0.5s（t1=1.5s舍去）碰前a的速度：va0=v0-a1t1=4m/s碰前b的速度：vb0=a2t1=1m/s（2）设碰后ab的速度分别为