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参考答案与解析 同理,有mgh'=,m2+ umgcos B-a④ 应用提优 1.C解析:设Δ时间内喷出的水的质量为m,在Δt时间内水的速度变成0 =m-m(-')⑤ 选取向下为正方向,由动量定理可得-F△=0-m,将平板向下平移至距离 式中,r'为小物块再次到达斜面底端时的速度,r为再次碰撞过程中挡板给小 水龙头h处,△t时间内喷出的水流出后经过时间t落在平板上,仍然会在 物块的冲量,由①②③④⑤式得r=⑥ 时间内与平板作用后速度变成0,则 tan b-H n+g,联立解得v=2n,h=-,t=—,C正确 由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比,首项为l=2.C解析:该题需要分以下两种情况进行分析:①小球离开小车之前已经与 2m√2ghn(1-cot)⑧ 小车达到共同速度t,由于小车始终受到小球向左的力,因此车与小球的速 总冲量为/=1+l2+13+l4=1(1+k+k2+k3)⑨ 度小于,则<,A错误;②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同 由1+4+2+…+=1-4m0 速度,则对小球应用动量定理,水平方向上有f=m3,小球反弹后上升的高度 为h,则反弹的速度t与落在小车上时的速度大小相等,以向上为正方向,竖直 得=,,2m√2gh(1-cot)① 方向上有:Ft=m-m(-)=2m√2h,又f=F、,解得:t′=y√2gh.故选C 3.A解析:设雨滴受到支持面的平均作用力为F设在△t时间内有质量为 代入数据得/=04(3+6)N·s △m的雨水的速度由=10ms减为0以向上为正方向,对这部分雨水应用 专题1动量定理中常见的数学物理思想方法 动量定理:F△=0-(-Am)=△m.得:F=-;设水杯横截面积为S,水杯里 重难聚焦 1.C解析:由动量定理/=△p及动量的矢量性可知 的雨水,在M时间内水面上升△M,则有:4m=pM,F=p压强为:P= +△2=√G+2=10kg:·m/s,故 10ms,C正确 Fb=1×103×10×10×60N/m2=0.25N/m2,故A正确,CD错误 2.(1)4P1=-5kg·m/s,Ap,=10kg:m/s(2)F,=-50N,F,=110N tn-2gh解析:根据微元法选取△t内喷水的质量,即 解析:(1)碰撞前后x方向小球的动量变化 4.(1)pSn( Ap, =mo -mlo =me, sin B-mo sin 0=-5 kg.mis 可求出单位时间内水的质量;根据动量定理求出作用力,再应用平衡条件及 碰撞前后x方向小球的动量变化大小是5kg·m/s,方向水平向左 牛顿第三定律求出铁盒的质量M 碰撞前后y方向小球的动量变化 (1)设△t内喷水的质量为△m,则:△m=pSn△t △p,=m1,-mn=mn;cosB-(- nvo cos6)=10kg·m/s 单位时间内水喷出的质量为 碰撞前后y方向小球的动量变化大小是10kg·m/s,方向竖直向上 (2)设Mt内,铁盒对△m的水的平均作用力为F,冲击铁盒时水的速度为t (2)对x方向应用动量定理得:Ft=△p,,解得:F 根据动量定理有:(F+△mg)△=△m 即x方向小球所受平均作用力的大小是50N,方向水平向左 又因为△mg<F,可得:F=pSnr, 对y方向应用动量定理得:(F,-mg)t=Ap,解得:F,=,+mg=110N 由运动学规律有:t2-x2=2ah, 根据平衡条件及牛顿第三定律有:F'=Mg,F'=F 即y方向小球所受平均作用力的大小是110N,方向竖直向上 3.AD解析:甲乙两人及小车组成的系统不受外力,系统动量守恒,设向右 联立解得 为正方向,根据动量守恒定律得mmm甲-m∠-m+D=0,即m甲甲=5(1)a100msb1.0x10Pa(2)推导过程见解析 m车"车+m乙t乙,可见甲的动量大于乙的动量若甲乙质量相等,甲的速率 解析:(1)a.一分钟喷出的水的质量为m=pSu 定大于乙的速率,故A正确,B错误;若乙的速率大,乙的质量一定小于甲的 质量,故C错误,D正确故选AD 所以水的流速 代入数据得t=100m;s; 5.C解析:车和煤粉整体受重力G、支持力N拉力F,对5s过程中运用动量 h选取t时间内打在材料表面质量为△m的水为研究对象,由动量定理 定理,有:F△=△m,解得:F=24m=5005 N=500N;故C正确,ABD错 得-F△=0-△m,其中△m=pSn△ 解得F=pSn2 误故选C 根据牛顿第三定律,材料表面受到的压力F=F 6.C解析:设飞行器对水的平均作用力为F,根据牛顿第三定律可知,水对 飞行器的作用力的大小也等于F,对飞行器,则有F=Mg,设水喷出时的速 则根据压强公式p=P 度为t,在时间t内喷出的水的质量△m=pv=2pSt,t时间内质量为△m的 解得p=