热门试卷

1100N

人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：

取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mV-mV0

所以，（方向竖直向下）

注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．

物体抛出时的动量为：8 kg·m/s，方向竖直向上；落回抛出点时的动量为：-8 kg·m/s，方向竖直向下；物体在这段时间内动量的变化为：-16 kg·m/s，动量变化量方向竖直向下.

取竖直向上为正方向，据动量定义，物体抛出时的动量为：

p=mv=2×4 kg·m/s="8" kg·m/s，方向竖直向上.

物体落回抛出点时：v′="-v=-4" m/s，其动量为：

p′=mv′=2×(-4) kg·m/s="-8" kg·m/s，方向竖直向下.

从抛出到落回抛出点动量变化：Δp=p′-p，即

Δp=（-8-8） kg·m/s="-16" kg·m/s，动量变化量方向竖直向下.

（1）vB＝5m/s

（2）4N·s

（3）W＝8J

（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点时速度为vC，有

mBg＝mB　            ①

mBv＝mB＋2mBgR   ②

代入数据得vB＝5m/s         ③

（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有

EP＝mB　　   ④

I＝mB vB－mB v1　　 ⑤

代入数据得I＝－4N·s，其大小为4N·s　   ⑥

（3）设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有

mB v1＝mB vB＋mA vA　　　　　　⑦

W＝ mA　　　    ⑧

代入数据得W＝8J　　　       ⑨

以卫星和喷出的燃气Δm为系统，系统在运动方向上不受外力作用，在该方向上动量守恒.取卫星在P点的运动方向为正方向，设喷气速度大小为v1，卫星因反冲而达到的速度为v2，由动量守恒定律有：mv=(m-Δm)v2+Δm(-v1)，做圆周轨道运动的条件是：由牛顿第二定律和万有引力定律有：解以上各式得：v1

小题1:△t =π

小题2:Ln=L0

本题中求容器内落入n个液滴后偏离O点的最大位移时，若从动量守恒和能量守恒的角度求解，将涉及弹簧弹性势能的定量计算，超出了中学大纲的要求，如果改用动量定理和动量守恒定律求解，则可转换成大纲要求的知识的试题。  

小题1:(1)弹簧振子在做简谐运动过程中，影响其振动周期的因素有振子的质量和恢复系数(对弹簧振子即为弹簧的劲度系数)，本题中恢复系数始终不变，液滴的落入使振子的质量改变，导致其做简谐运动的周期发生变化。

容器中落入n个液滴后振子的质量为（M+nm），以n个液滴落入后到第（n+1）个液滴落入前，这段时间内系统做简谐运动的周期Tn=2π，容器落入n个液滴到（n+1）个液滴的时间间隔△t=Tn /2，所以

△t =π

小题2:(2)将容器从初始位置释放后，振子运动的动量不断变化，动量变化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的，将容器从静止释放至位置O的过程中，容器的动量从零增至p，因容器位于Ｏ点时弹簧为自然长度，液滴在O点处落入容器时，容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零， 根据动量守恒定律，液滴在Ｏ处的落入并不改变系统水平方向的动量，所以振子处从位置O到两侧相应的最大位移处，或从两侧相应在的最大位移处到位置Ｏ的各1/4周期内，虽然周期Ｔn和对应的最大位移Ln在不断变化，但动量变化的大小均为△p=p－0=p，根据动量定理可知识，各1/4周期内弹力的冲量大小均相等，即：

F0(t)·T0/4 = Fn(t)·Tn/4

其中T0是从开始释放到第一次到O点的周期，Ｔ0=2π。Tn是n个液滴落入后到（n+1）个液滴落入容器前振子的周期，Tn=2π。而F0(t) 和Fn(t)分别为第一个1/4周期内和n个液滴落入后的1/4周期内弹力对时间的平均值，由于在各个1/4周期内振子均做简谐运动，因而弹力随时间均按正弦（或余弦）规律变化，随时间按正弦（或余弦）变化的量在1/4周期内对时间的平均值与最大值之间的关系，可用等效方法求出，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，从中性而开始计地，产生的感应电动势为ε=εmsinωt=　NbωSsinωt。ε按正弦规律变化，根据法拉第电磁感应定律ε=N，ε在1/4周期内对时间的平均值ε=2εm/π。这一结论对其它正弦（或余弦）变化的量对时间的平均值同样适用，则有

F0(t)=2kL0/π，Fn(t)=2kLn/π

代入前式解得：Ln=L0

根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时和t2，

 （2分）

（2分）

因此与地面作用的时间必为（2分）

以小球为研究对象，由动量定理得：

 （4分）

（3分）

略

解：规定竖直向下为正方向

根据竖直上抛运动的对称性，落回抛出点的速度为V2="8m/s" ，方向竖直向下从

（1）开始上抛到落回原地过程中的动量变化量

△p=mv2-mv1                                 

=【5×8—5×（-8）】kgm/s="80kgm/s        "

方向竖直向下

（2）开始上抛到落回原地过程中使用动量定理：

ＩG=△p                                       

="80kgm/s                                   "

略

m2>3 m1.

：设碰撞前A球速度为v，碰撞后速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，

m1v= m1 v1+ m2v2，

由能量守恒定律，m1v2=m1 v12+m2v22，

联立解得：v1=v，

V2=v，

能够发生第二次相碰的条件是：- v1> v2

解得：m2>3 m1.

约为5倍

下落2 m双脚刚着地时的速度：v=.

触地后，速度从v降为v′=0的时间可以认为等于双腿弯屈又使重心下降Δh="0.5" m所需的时间.在这段时间内，如果把地面对他双脚的力简化为一个恒力，因而重心下降Δh="0.5" m的过程可认为是一个匀减速过程，因此所需时间

Δt==

在触地过程中，设地面对双脚的平均作用力为FN，取向上的方向为正方向，由动量定理得：FN-mg=m

即FN=mg+m=mg+m=mg+m=mg+mg=5mg.

此题也可用动能定理来求解.

(1)起跳后离地向上竖直上抛，上升阶段的位移  

由  ………………………(2分)

他离地的速度 ………………………(2分)

(2)从离地到上升到最高点的所用时间 

离地之前的时间      ……………………(2分)

由动量定理：    …………………… (4分)

解得：平均压力      ………………………(2分)

略

(1) 11mg

(2)

（1）下滑过程中，有：mgh = mvM2/2  … 1分

    在M点，有：F支- mg= mvM2/R  ……………………1分

解得：F压=F支=11mg   ………………………………1分

（2）从下滑到N点，有：mg=Ek= mvN2/2 

即：mg(h -2R)= Ek  ……………………………………1分

因小球要能通过N点，应有：mg≤mvN2/R 

故 ≥R/2 ，即h≥5R/2   ………………………2分

则Ek随h变化的关系图象如右图所示。………………3分