高三物理课时作业(35)_5

高三物理课时作业（35）（磁场对运动电荷的作用力）班级 姓名1.质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图为质谱仪的原理图。

设想有一个静止的质量为m 、 带电量为q 的带电粒子(不计重力) ，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P 点，设OP ＝x ，则在图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )2.如图所示，摆球带负电荷的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB 间摆动过程中，由A 摆到最低点C 时，摆线拉力的大小为F 1，摆球加速度大小为a 1；由B 摆到最低点C 时，摆线拉力的大小为F 2，摆球加速度大小为a 2，则( )A ．F 1＞F 2，a 1＝a 2B ．F 1＜F 2，a 1＝a 2C ．F 1＞F 2，a 1＞a 2D ．F 1＜F 2，a 1＜a 23.半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出。

∠AOB ＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A.2πr3v 0B.23πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 04.如图所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于Oxy 平面向里，大小为B 。

现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，在x 轴上到原点的距离为x 0的P 点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场力作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场，不计重力的影响。

由这些条件可知下列判断错误的是( )A ．能确定粒子通过y 轴时的位置B ．能确定粒子速度的大小C ．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D ．以上三个判断都不对5．如图所示，长为L 、间距为d 的平行金属板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，两板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)，从左侧两极板的中心处以不同速率v 水平射入，欲使粒子不打在板上，求粒子速率v 应满足什么条件？高三物理课时作业（35）答案1、解析：带电粒子先经加速电场加速，故qU ＝12m v 2，进入磁场后偏转，OP ＝x ＝2r ＝2m v qB ，两式联立得OP ＝x ＝8mUB 2q∝U ，所以B 正确。

课时作业(三十五)1．(2012·济宁模拟)水平放置的金属框架cdef 处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab 处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则 ( )A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变[解析] 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab 中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．[答案] C2．如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度－时间图象不可能是[解析] 当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力等于重力，则线框在从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场前做匀速运动，故A 是可能的；当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力小于重力，则线框做加速度逐渐减小的加速运动，最后可能做匀速运动，故C 情况也可能；当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故D 可能；线框在磁场中不可能做匀变速运动，故B 项是不可能的，故选B.[答案] B3.如右图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd ，其边长为l ，质量为m ，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a ′b ′c ′d ′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab 边与磁场的d ′c ′边重合．现使金属线框以初速度v 0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc 边与磁场区域的d ′c ′边距离为l .在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( ) A.12mv 20＋μmgl B.12mv 20－μmgl C.12mv 20＋2μmgl D.12mv 20－2μmgl [解析] 依题意知，金属线框移动的位移大小为2l ，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl ，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q ＝12mv 20－2μmgl ，故选项D 正确． [答案] D4．如图(甲)、(乙)、(丙)中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，(甲)图中的电容器C 原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在(甲)、(乙)、(丙)三种情况下导体棒ab 的最终运动状态是 ( )A ．三种情形下导体棒ab 最终都做匀速运动B ．(甲)、(丙)中，ab 棒最终将以不同速度做匀速运动；(乙)中，ab 棒最终静止C ．(甲)、(丙)中，ab 棒最终将以相同速度做匀速运动；(乙)中，ab 棒最终静止D ．三种情形下导体棒ab 最终都静止[解析] 题图(甲)中ab 棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v 0的速度向右匀速运动．题图(乙)中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．题图(丙)中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速．故正确选项为B.[答案] B5．(2012·温州模拟)如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热[解析] 根据动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量，故选项A 正确；重力做的功等于重力势能的变化量，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故选项B 、D 均错误，C 正确．[答案] AC6.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2 [解析] ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．[答案] D7.如右图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的是 ( )A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后将先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后将先减速后匀速下滑[解析] 当金属棒MN 进入磁场B 1区域时，金属棒MN 切割磁感线而使回路中产生感应电流，当金属棒MN 恰好做匀速运动时，其重力和安培力平衡，即有B 21l 2v R＝mg .金属棒MN 刚进入B 2区域时，速度仍为v ，若B 2＝B 1，则仍满足B 22l 2v R＝mg ，金属棒MN 仍保持匀速下滑，选项A 错误，B 正确；若B 2<B 1，则金属棒MN 刚进入B 2区域时B 22l 2v R<mg ，金属棒MN 先加速运动，当速度增大到使安培力等于mg 时，金属棒MN 在B 2区域内匀速下滑，故选项C 正确；同理可知选项D 也正确．[答案] BCD9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2[解析] 线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L ，导线横截面积为S ，则线圈的质量m ＝ρ14LS ，电阻R ＝ρ24LS ，由牛顿第二定律得mg －B 2L 2v R ＝ma ，解得a ＝g －B 2v 16ρ1ρ2，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v 1＝v 2，故A 、C 选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q ＝W 安，而F 安＝B 2L 2v R ＝B 2Lv 4ρ2S ，线圈Ⅱ横截面积S 大，F 安大，故Q 2>Q 1，故选项D 正确，B 错误．[答案] D10．(2012·海淀一模)光滑平行金属导轨M 、N 水平放置，导轨上放一根与导轨垂直的导体棒PQ .导轨左端与由电容为C 的电容器、单刀双掷开关和电动势为E 的电源组成的电路相连接，如图所示．在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)．先将开关接在位置a ，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b ，导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够大，则以下说法中正确的是A ．空间存在的磁场方向竖直向下B ．导体棒向右做匀加速运动C ．当导体棒向右运动的速度达到最大值，电容器的电荷量为零D ．导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量Q <CE[解析] 充电后电容器的上极板带正电，将开关拨向位置b ，PQ 中的电流方向是由P →Q ，由左手定则判断可知，导轨所在处磁场的方向竖直向下，选项A 正确；随着放电的进行，导体棒速度增大，由于它所受的安培力大小与速度有关，所以由牛顿第二定律可知导体棒不能做匀加速运动，选项B 错误；运动的导体棒在磁场中切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势方向由Q →P ，当其大小等于电容器两极板间电势差大小时，导体棒速度最大，此时电容器的电荷量并不为零，故选项C 错误；由以上分析可知，导体棒从开始运动到速度达到最大时，电容器所带电荷量并没有放电完毕，故通过导体棒的电荷量Q <CE ，选项D 正确．[答案] AD11．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef ，水平放置且相距L ，在其左端各固定一个半径为r 的四分之三光滑金属圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计．整个装置放在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F ＝3mg 拉细杆a ，达到匀速运动时，杆b 恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a 做匀速运动时，回路中的感应电流；(2)杆a 做匀速运动时的速度；(3)杆b 静止的位置距圆环最低点的高度．[解析] (1)匀速时，拉力与安培力平衡，F ＝BIL得：I ＝3mgBL(2)金属棒a 切割磁感线，产生的电动势E ＝BLv回路中电流I ＝E 2R联立得：v ＝23mgR B 2L2 (3)设平衡时棒b 和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ则tan θ＝Fmg＝3，得θ＝60° h ＝r (1－cos θ)＝r 2[答案] (1)3mg BL (2)23mgR B 2L 2 (3)r 212．(2012·安徽六校联考)相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(甲)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上、大小按图(乙)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．(g ＝10 m/s 2)(1)求磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小；(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(丙)中定性画出cd 棒所受摩擦力F f cd 随时间变化的图象．[解析] (1)经过时间t ，ab 棒的速率：v ＝at ，此时，回路中的感应电流为：I ＝E R ＝BLv R， 对ab 棒，由牛顿第二定律得：F －BIL －m 1g ＝m 1a ，由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat ， 在题图(乙)图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14.6 N ，代入上式得a ＝1 m/s 2，B ＝1.2 T.(2)在2 s 末ab 棒的速率v 1＝at ＝2 m/s ，所发生位移x ＝12at 2＝2 m ， 由动能定理得 W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 21，又Q ＝W 安，联立以上方程，解得：Q ＝18 J.(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝E R ＝BLv m R，v m ＝at 0，整理解得： t 0＝m 2gR μB 2L 2a＝2 s. F f cd 随时间变化的图象如图所示．[答案] (1)1.2 T 1 m/s 2(2)18 J (3)见解析。

分层作业(五)玻意耳定律及其应用A级必备知识基础练1.一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大为原来的2倍，则压强变为原来的()A．2B．1C．12D．142.如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p­V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是()A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小3.如图所示，竖直放置的上端封闭、下端开口的粗细均匀的玻璃管中，一段水银柱封闭着一段长为l的空气柱．若将这根玻璃管倾斜45°(开口端仍在下方)，空气柱的长度将发生下列哪种变化()A．变长B．不变C．变短D．无法确定4．[2022·福建龙岩高二联考](多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景．打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的0.05，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则()A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atmD．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm5.如图所示，开口向下的竖直玻璃管的下端有一段汞柱，当玻璃管从竖直位置转过45°时()A．空气柱的体积将增大，汞从管的一端漏出一部分B．空气柱的体积不发生变化C．空气柱的体积将减小，汞沿着管向上移动一段距离D．无法确定空气柱的变化6.为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里再抽取药液，如图所示．某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa.护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内、外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强．7．如图所示，导热汽缸平放在水平地面上，用横截面积为S＝0.1×10－2 m2的光滑活塞A和B封闭两部分理想气体Ⅰ和Ⅱ，活塞A、B的质量分别为m A＝2 kg，m B＝4 kg，活塞A、B到汽缸底部的距离分别为20 cm和8 cm.现将汽缸转至开口向上，环境温度不变，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.待状态稳定时，求活塞A移动的距离．B级关键能力提升练8.(多选)如图所示，1 m左右的玻璃管内，水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面的高度差为h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是()A．将管稍微上提，h不变B．将管稍微上提，h变大C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差也是70 cm D．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差小于70 cm9．[2022·湖北黄冈高二联考]如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变).先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 cm3的空气，空气可看作理想气体，忽略打气和用气时气体的温度变化(设外界大气压强为p0＝1×105 Pa).问：(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打多少次气？(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105Pa，则最多可充多少瓶？(氧气可看作理想气体，忽略充气过程温度的变化)。

课时作业(三十五)第35讲机械振动用单摆测定重力加速度时间/40分钟基础巩固1.(多选)如图K35-1所示为某弹簧振子在0~5 s内的振动图像,则下列说法中正确的是()图K35-1A.振动周期为4 s,振幅为8 cmB.第2 s末振子的速度为零,加速度为负向的最大值C.第3 s末振子的速度为正向的最大值D.从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动E.第1 s末和第3 s末两个时刻振子的振动方向相反2.(多选)一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin 2.5πt,位移y的单位为m,时间t的单位为s,则()A.弹簧振子的振幅为0.1 mB.弹簧振子的周期为0.8 sC.在t=0.2 s时,振子的运动速度最大D.在任意0.2 s时间内,振子的位移均为0.1 mE.在任意0.8 s时间内,振子的路程均为0.4 m3.(多选)一列简谐横波在t=0时的波形如图K35-2甲所示,介质中x=2 m处质点P沿y轴方向做简谐振动的图像如图乙所示,下列说法正确的是()图K35-2A.振源振动的频率是4 HzB.波沿x轴正方向传播C.波的传播速度大小为1 m/sD.t=2 s时,质点P到达x=4 m处E.质点P经4 s振动的路程为0.4 m4.(多选)一水平弹簧振子做简谐运动,周期为T,下列说法正确的是()A.若t和(t+Δt)时刻振子运动速度的大小相等、方向相同,则Δt一定是的整数倍B.若t和(t+Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相反,则Δt一定是的整数倍C.若Δt=T,则t和(t+Δt)时刻振子运动的加速度一定相等D.若Δt=,则t和(t+Δt)时刻弹簧的形变量一定相等E.若Δt=,则t和(t+Δt)时刻弹簧的长度一定不相等5.(多选)[2017·太原模拟]如图K35-3甲所示,弹簧振子以点O为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动,取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示.下列说法正确的是()图K35-3A.t=0.8 s时,振子的速度方向向左B.t=0.2 s时,振子在O点右侧6 cm处C.t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的加速度完全相同D.t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子的速度逐渐增大E.t=0.8 s到t=1.2 s的时间内,振子的加速度逐渐增大6.(多选)一水平弹簧振子做简谐运动的振动图像如图K35-4所示,已知该弹簧的劲度系数为20 N/cm,则()图K35-4A.图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N,方向指向x轴的负方向B.图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向C.在0~4 s内振子做了1.75次全振动D.在0~4 s内振子通过的路程为3.5 cmE.在0~4 s内振子通过的路程为4 cm7.(多选)[2017·浙江温州八校联考]如图K35-5所示,把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中,小球在O点时,弹簧处于原长,A、B为关于O对称的两个位置.现在使小球带上负电,并让小球从B点由静止释放,那么下列说法正确的是()图K35-5A.小球仍然能在A、B间做简谐运动,O点是其平衡位置B.小球从B运动到A的过程中,动能一定先增大后减小C.小球仍然做简谐运动D.小球从B点运动到A点,其动能的增加量一定等于电势能的减少量E.小球在运动过程中机械能不守恒8.(多选)[2017·湖北三校联考]如图K35-6所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像,下列说法中正确的是()图K35-6A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的振幅比乙摆的大C.甲摆球的机械能比乙摆球的大D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆球E.在t=1.0 s时,乙摆球速度为零,甲摆球速度最大9.(多选)[2018·河北唐山一中月考]某同学想在家里做“用单摆测当地重力加速度”的实验,但没有合适的摆球,他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球,他设计的实验步骤是:图K35-7A.如图K35-7所示,将石块和细尼龙线系好,结点为M,将尼龙线的上端固定于O点;B.用刻度尺测量O、M间尼龙线的长度L作为摆长;C.将石块拉开大约θ=5°的角度,然后由静止释放;D.从摆球摆到最高点时开始计时,测出全振动30次的总时间t,由T=求周期;E.改变O、M间尼龙线的长度再做几次实验,记下每次相应的L和T;F.求出多次实验中测得的L和T的平均值,代入公式g=L,求得重力加速度.(1)该同学设计的以上实验步骤中有重大错误的是.(2)该同学用OM的长度作为摆长,这样做将使g的测量值比真实值偏大还是偏小?你有什么方法可解决摆长无法准确测量的困难?10.[2017·合肥模拟](1)在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中,除带横杆的铁架台、铁夹、秒表、游标卡尺、刻度尺之外,还必须选用的器材有.A.约1 m的不可伸长的细线,半径约1 cm的小铁球B.约0.1 m的不可伸长的细线,半径约1 cm的小铁球C.约0.1 m的不可伸长的细线,半径约1 cm的小塑料球D.约1 m的不可伸长的细线,半径约1 cm的小塑料球(2)如图K35-8所示,测量小球直径时游标卡尺的示数为cm.图K35-8图K35-9(3)某同学在处理数据时,以(L为摆长)为纵坐标,以周期T为横坐标,作出如图K35-9所示的图像,已知该图线的斜率为k=0.500,则重力加速度为m/s2.(结果保留三位有效数字,π=3.14)11.一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播,波长不小于10 cm,O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5 cm处的两个质点.t=0时开始观测,此时质点O的位移为y=4 cm,质点A处于波峰位置;t= s时,质点O第一次回到平衡位置;t=1 s时,质点A第一次回到平衡位置.求:(1)简谐波的周期、波速和波长;(2)质点O的位移随时间变化的关系式.课时作业(三十六)第36讲机械波时间/40分钟基础巩固1.(多选)如图K36-1所示,实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷.此刻,M是波峰与波峰相遇点,两列波的振幅均为A,下列说法中正确的是()图K36-1A.该时刻位于O点的质点正处于平衡位置B.位于P、N两点的质点始终处在平衡位置C.随着时间的推移,位于M点的质点将向位于O点的质点处移动D.从该时刻起,经过四分之一周期,位于M点的质点到达平衡位置,此时位移为零E.O、M连线的中点是振动加强的点,其振幅为2A2.(多选)一列简谐横波在t=0.6 s时刻的图像如图K36-2甲所示,此时,P、Q两质点的位移均为-1 cm,波上质点A的振动图像如图乙所示,则以下说法正确的是()图K36-2A.这列波沿x轴负方向传播B.这列波的波速是 m/sC.从t=0.6 s开始,紧接着的Δt=0.6 s时间内,质点A通过的路程是4 mD.从t=0.6 s开始,质点P比质点Q先回到平衡位置E.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m的障碍物,则能发生明显衍射现象3.(多选)如图K36-3所示,两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,两波源分别位于x=-0.2 m和x=1.2 m处,两列波的速度均为v=0.4 m/s,两波源的振幅均为A=2 cm.图示为t=0时刻两列波的图像(传播方向如图所示),此刻平衡位置处于x=0.2 m和x=0.8 m的P、Q两质点刚开始振动.质点M的平衡位置在x=0.5 m处.关于各质点的运动情况,下列判断正确的是()图K36-3A.两列波相遇后振幅仍然均为2 cmB.t=1 s时刻,质点M的位移为-4 cmC.t=1 s时刻,质点M的位移为+4 cmD.t=0.75 s时刻,质点P、Q都运动到质点M所处的位置E.质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向4.(多选)一列简谐横波沿x轴传播,t=0时的波形如图K36-4所示,质点A与质点B相距1 m,A点速度沿y轴正方向,t=0.02 s时,质点A第一次到达正方向最大位移处.由此可知()图K36-4A.此波沿x轴负方向传播B.此波的传播速度为25 m/sC.从t=0时起,经过0.04 s,质点A沿波传播方向迁移了1 mD.在t=0.04 s时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴正方向E.能与该波发生干涉的横波的频率一定为25 Hz5.(多选)一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正方向开始做简谐振动,该波源产生的一维简谐横波沿x轴正方向传播,波速为v,传播过程中无能量损失.一段时间后,该振动传播至某质点P.关于质点P 的振动情况,下列说法正确的是()A.振幅一定为AB.周期一定为TC.速度的最大值一定为vD.开始振动的方向沿y轴正方向或负方向取决于它离波源的距离E.若P点与波源距离s=v T,则质点P的位移与波源的相同6.(多选)[2017·黑龙江牡丹江一中期末]一列简谐横波沿x轴正向传播,振幅为2 cm,周期为T.已知在t=0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是 cm,但运动方向相反,其中质点a沿y轴负方向运动,如图K36-5所示.下列说法正确的是()图K36-5A.该列简谐横波波长可能为37.5 cmB.该列简谐横波波长可能为12 cmC.质点a与质点b的速度在某一时刻可以相同D.当质点b的位移为+2 cm时,质点a的位移为负E.质点b在t=时刻速度最大7.(多选)[2017·开封一模]如图K36-6甲所示,在水平面内,有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上,已知ab=6 m,ac=8 m.在t1=0时刻a、b同时开始振动,振动图像均如图乙所示,所形成的机械波在水平面内传播.在t2=4 s时c开始振动,则()图K36-6A.两机械波的传播速度大小为2 m/sB.c的振动频率先与a的相同,两列波相遇后c点的振动频率增大C.两列波的波长是2 mD.两列波相遇后,c振动加强E.两列波相遇后,c振动先加强后减弱8.(多选)如图K36-7甲所示,一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的Q'、P'、O、P、Q五个质点,相邻两质点间距离均为1 m.t=0时刻O质点从平衡位置开始沿y轴正方向振动,并产生分别向左、向右传播的波,O质点振动图像如图乙所示.当O第一次到达正方向最大位移处时,P点刚开始振动,则()图K36-7A.P'、P两点距离为半个波长,因此它们的振动步调始终相反B.当Q'点振动第一次到达负向最大位移时,O质点已经通过了25 cm路程C.当波在绳中传播时,波速为1 m/sD.若O质点振动加快,波的传播速度变大E.波的传播速度与O质点振动的快慢无关9.[2017·成都模拟]如图K36-8所示是一列简谐横波上A、B两质点的振动图像,该波由A向B传播,两质点沿波的传播方向上的距离Δx=4.0 m,波长大于3.0 m,求这列波的波速.图K36-810.一列简谐横波某时刻的波形图如图K36-9甲所示,从该时刻开始计时,波上质点A的振动图像如图乙所示.(1)从该时刻起经过Δt=0.4 s,质点P的位移、通过的路程和波传播的距离分别为多少?(2)若t=0时振动刚刚传到A点,则从该时刻起横坐标为45 m的质点第二次位于波峰所需要的时间是多少?图K36-911.一列简谐横波在x轴上传播,在t1=0和t2=0.05 s时刻,其波形图分别如图K36-10中的实线和虚线所示.(1)求该波的振幅和波长;(2)若这列波向右传播,波速是多少?若这列波向左传播,波速是多少?图K36-10。

选修3 -5第5讲实验验证动量守恒定律-- 一- - ---- -- *r1 •某同学用如图K13- 5-1所示装置来验证动量守恒定律，让质量为m的小球从斜槽某处由静止开始滚下，与静止在斜槽末端、质量为m的小球发生碰撞.图K13- 5- 1(1) 实验中必须要求的条件是()A. 斜槽必须是光滑的B. 斜槽末端的切线必须水平C. m与m的球心在碰撞瞬间必须在同一高度D. m每次必须从同一高度处滚下(2) 实验中必须测量的物理量是()A. 小球的质量m和mB. 小球的起始高度hC. 小球的半径R和RD. 小球飞行的时间tE. 桌面离地面的高度HF. 小球飞出的水平距离s【答案】(1)BCD (2)AF【解析】(1)实验中为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，要使两球碰后均平抛，两球心必须在同一高度，要保证小球m碰前速度不变，m每次必须从同一高度滚下，斜槽没必要保证光滑，故选项 B C D正确.(2)必须测量两球质量m、m和小球平抛的水平距离.2.（多选）在“验证动量守恒定律”实验中，设入射球、被碰球的质量分别为径分别为r i、「2,为了减小实验误差，下列说法正确的是（）A. m= ^, r i>「2B. m i>^, r i=「2C. 降低斜槽的高度D. 入射小球释放点要适当高一些【答案】BD【解析】为了避免碰撞后m反向运动，必须使m i> m2，为了使两球发生正碰并且碰后的速度水平，必须使r i=「2,入射球释放点适当高一些，使落点远一些，这样便于测量.3•在“验证动量守恒定律”实验中，若称得入射球与被碰球的质量分别为30 g ,15 g，由实验得出它们的水平位移一时间图象如图K13- 5-2所示的I、l'、n',则由图可知入射小球在碰前的动量是__________________ k g- m/s, 入射小球在碰后的动量是_______ k g - m/s, 被碰小球的动量是________ kg - m/s, 由此可以得出结论：_______________ .图K13- 5-2【答案】0.03 0.015 0.015 碰撞过程中系统动量守恒rm、rm，半【解析】由s —t图象，知入射小球的碰前速度20X 1002"-2—m/s = 1 m/s,故动量P1= mv1=30x 10 -3x 1 kg • m/s = 0.03 kg • m/s;碰后两球的速度分别为V1 '= 0.5 m/s, V2‘= 1 m/s,故它们的动量分别为―3P1‘= 30 x 10 x 0.5 kg―3m/ s = 0.015 kg • m/ s, p2‘= 15x 10 x 1kg • m/s = 0.015 kg • m/s; p1 = p1'，故动量守恒.4.应用如图K13—5—3所示的2个装置都可以验证动量守恒定律，试比较这2个装置的不同点.图K13—5-3【答案】见解析【解析】甲、乙二图都可以验证动量守恒定律，但乙图中去掉支柱，所以不同点如下：甲图中入射小球飞出的水平距离应从斜槽的末端点在纸上的垂直投影点0算起（如图甲所示），而被碰小球飞出的水平距离应从它的球心在纸上的垂直投影点0'算起，所以要测小球的直径，验证的公式是m A・"0P= m\- "0M+ m • O N ；而乙图中二球的水平距离都应从斜槽的末端点在纸上的垂直投影点0算起.5. （2015年高州模拟）某同学用如图K13—5 —4甲所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律•图中PQ是斜槽，QF为水平槽•实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹•重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹. 重复这种操作10次，图甲中0点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点. B球落点痕迹如图K13—5 —4乙所示，其中米尺水平放置且平行于G R、0所在的平面，米尺的零点与0点对齐.图K13－5－ 4(1) 碰撞后B 球的水平射程应取为_________ cm.(2) 下列选项中哪些是本次实验必须进行测量的量？ ____________ ( 填序号字母)．A. 水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离B. A球与B球碰撞后，A球落点位置到0点的距离C. A球或B球的直径D. A球和B球的质量(或两球质量之比)E. G点相对于水平槽面的高度【答案】(1)64.7 ±0.1 (2) ABD6. 某同学用如图K13－5－5 所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，操作步骤如下：图K13－5－ 5①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，撞到木板，在记录纸上留下压痕O②将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板，在记录纸上留下压痕B；a仍从原固定点由静③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球止开始滚下，与小球b相碰后，两球撞在木板上，并在记录纸上留下压痕A和C.(1) 本实验必须测量的物理量是__________(填序号字母).A. 小球a、b的质量m a、mB. 小球a、b的半径rC. 斜槽轨道末端到木板的水平距离xD. 小球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差hE. 小球a、b离开斜槽轨道后做平抛运动的飞行时间tF. 记录纸上0点到A、B、C的距离y i、y2、y3(2) 放上被碰小球，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为____________ ,小球b在图中的压痕点为 ________ .(3) 用本实验中所测得的物理量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为(4) 利用该实验测得的物理量，也可以判断两球碰撞过程中机械能是否守恒. 判断的依据是看 __________ 与_________________ 在误差允许的范围内是否相等.(5) 3个压痕点A B C距O点的距离OA OB OC与实验所用的小球质量是否有关？(6) __________________________________________ 为了减小实验误差，下列方法可行的是 _____________________________________________________ (填序号字母).A. 让m a v m bB. 适当增加h,使两球相碰时相互作用的内力更大关，0A和0C与小球的质量有关⑹BCC. 适当增加x，使两球落点位置到O点的距离更大D. 以上方法均不可行【答案】(1)AFm a m a m b⑷ © y;+y;⑸OB与小球的质量无关，0A和0C与小球的质量有关⑹BC。

波粒二象性练习题1．（多选）黑体辐射的实验规律如图所示，由图可知（）A．随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加B．随温度降低，各种波长的辐射强度都有增加C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动2．关于光电效应，下列说法正确的是（）A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多3．一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是（）A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加B．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加C．若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应D．若改用红光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加4．用绿光照射光电管，产生了光电效应，欲使光电子逸出时的最大初动能增大，下列作法可取的是（）A．改用红光照射 B．增大绿光的强度C．改用紫光照射 D．增大光电管上的加速电压5．一束绿光照射某金属发生了光电效应，下列说法中正确的是（）A．若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增大B．若改用紫光照射，则逸出光电子的最大初动能增大C．若改用紫光照射，则单位时间内逸出的光电子数目一定增加D．若改用红光照射，则一定没有光电子逸出6．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。

则可判断出（）A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能7．如图所示，分别用功率相同的甲光和乙光照射相同的光电管阴极，甲光的频率为ν1，乙光的频率为ν2，ν1＜ν2，产生的光电流I随阳极与阴极间所加电压U的变化规律正确的是（）A． B．C． D．8．（多选）用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2mA．移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表读数为0，则（）A．遏止电压为1.8VB．电键S断开后，有电流流过电流表GC．光电子的最大初动能为0.7eVD．当电压为0.7 V时，没有光电子逸出9．（多选）图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是（）A．由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B．由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C．只要增大电压，光电流就会一直增大D．不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应10．（多选）研究光电效应的电路图如图所示，以下说法正确的是（）A．光电效应现象说明了光具有粒子性B．若用红光照射时电流表示数不为零，则在其它条件不变的情况下，换用蓝光照射时电流表示数也一定不为零C．在光照条件一定的情况下，当阳极A和阴极K之间所加的电压为零时，电流表的示数也一定为零D．在光照条件一定的情况下，向右滑动变阻器的滑片，则电流表的示数一定随之增大11．（多选）用同一实验装置甲研究光电效应现象，分别用A、B、C三束光照射光电管阴极，得到光管两端电压与相应的光电流的关系如图乙所示，其中A、C两束光照射时对应的遏止电压相同，均为U c1，根据你所学的相关理论下列论述正确的是（）A．三个光束的频率都大于阴极金属板的极限频率B．B光束光子的动量最大C．三个光束中B光束照射时单位时间内产生的光电子数量最多D．三个光束中A光束照射时单位时间内产生的光电子数量最多E．若B光是氢原子由第2能级向基态跃迁时产生的，则C光可能是氢原子由更高能级跃迁到基态产生的12．（多选）在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大动能E k与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图线可求出（）A．该金属的极限频率和极限波长 B．普朗克常量C．该金属的逸出功 D．单位时间内逸出的光电子数13．（多选）如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0. 5）．由图可知（）A．该金属的截止频率为4.27×1014 HzB．该金属的截止频率为5.5×1014 HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为0.5eV14.（多选）如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象，由图象可知（）A．图线的斜率表示普朗克常量hB．该金属的逸出功等于EC．该金属的逸出功等于hν0D．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2EE．入射光的频率为v02时，产生的光电子的最大初动能为E215．（多选）在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和纵截距分别为k和﹣b，电子电荷量的绝对值为e，则（）A．普朗克常量可表示为keB．若更换材料再实验，得到的图线的k不改变，b 改变C．所用材料的逸出功可表示为ebD．b由入射光决定，与所用材料无关16．（多选）用同一频率的光照射到甲、乙两种不同的金属上，它们释放的具有最大初动能的光电子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比为R甲：R乙=3：1，则下列说法中正确的是（）A．两种金属的逸出功之比为3：1B．两种光电子的速度大小之比为3：1C．两种金属的逸出功之比为1：3D．两种光电子的动量大小之比为3：117．（多选）已知能使某金属产生光电效应的极限频率为v0，则（）A．当入射光的频率v大于v0时，若v增大，则逸出功增大B．当用频率为2v0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hv0C．当用频率为2v0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子D．当入射光的频率v大于v0时，若v增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍18．某金属用频率为ν1的光照射时产生的光电子的最大初动能是用频率为ν2的光照射时产生的光电子的最大初动能的2倍，则该金属的逸出功W=．19．如图1所示是使用光电管的原理图，当频率为v的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过。

课时作业动量和动量定理1．关于动量的概念，下列说法正确的是( ) A．动量大的物体惯性一定大B．动量大的物体运动一定快C．动量相同的物体运动方向一定相同D．动量相同的物体速度小的惯性大2．关于动量的大小，下列叙述中正确的是( ) A．质量小的物体动量一定小B．质量小的物体动量不一定小C．速度大的物体动量一定大D．速度大的物体动量不一定大3．关于动量变化量的方向，下列说法中正确的是( ) A．与速度方向相同B．与速度变化的方向相同C．与物体受力方向相同D．与物体受到的总冲量的方向相同4．对于任何一个质量不变的物体， A．物体的动量发生变化，其动能一定变化B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化C．物体的动能不变，其动量一定不变D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化5．对于力的冲量的说法，正确的是( )A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零6．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子( ) A．受到的冲量大B．受到的作用力大C．动量的变化量大D．动量大7．汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，A．汽车输出功率逐渐增大B．汽车输出功率不变C．在任意两相等的时间内，汽车动能变化相等D．在任意两相等的时间内，汽车动量变化的大小相等8．如图2－1所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，用另一水平力快速拉动纸带，纸带都被从重物下面抽出，对这两个过程，下面的解释正确的是( )A．缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大B．快速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小C．缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．快速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小9．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。

(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共63分)1．(2010·安徽高考)一边沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻的波形如图所示．P 为介质中的一个质点，从该时刻开始的一段极短时间内，P的速度v和加速度a的大小变化情况是( )A．v变小，a变大B．v变小，a变小C．v变大，a变大D．v变大，a变小[解析] 本题主要考查机械波和机械振动的知识，意在考查考生对机械波的传播方向和质点的振动方向关系的理解．由波的传播方向及P点位置，可知P点此时正向平衡位置振动，速度增大，加速度减小．[答案] D2．下列关于简谐运动和简谐波的说法，正确的是( )A．媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等B．媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等C．波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致D．横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍[解析] 波传播过程中每个质点都在前面质点的驱动力作用下做受迫振动，A正确．波速是波在介质中传播的速度，在同种均匀介质中波速是个常量；质点振动速度随质点振动所处位置不断变化，B、C错误．波峰、波谷分别是平衡位置上方、下方最大位移处，而振幅是振动中偏离平衡位置的最大距离，D正确．[答案] AD3．同一音叉发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形曲线如下图所示．以下说法正确的是( )A．声波在水中波长较大，b是水中声波的波形曲线B．声波在空气中波长较大，b是空气中声波的波形曲线C．水中质点振动频率较高，a是水中声波的波形曲线D．空气中质点振动频率较高，a是空气中声波的波形曲线[解析] 波的频率取决于波源的振动频率，与介质无关，故同一音叉发出的声波在水中与在空气中传播时频率相同．但机械波在介质中传播的速度只取决于介质性质，与波的频率无关．声波在水中传播的速度大于在空气中传播的速度，再由v＝λf知，声波应在水中的波长较大，对应于题图中波形曲线b，故只有A正确．[答案] A4．如图所示，实线为一列横波某时刻的波形图象，这列波的传播速度为0.25 m/s ，经过时间1 s 后的波形为虚线所示．那么这列波的传播方向与这段时间内质点P (x ＝0.1 m 处)所通过的路程是( )A ．向左，10 cmB ．向右，30 cmC ．向左，50 cmD ．向右，70 cm[解析] 波的传播距离x ＝vt ＝0.25 m ＝54λ，故波向左传播，P 所通过的路程为5倍振幅，即50 cm.[答案] C5．(2011·邯郸模拟)一列简谐波沿x 轴传播，某时刻的波形如图所示．关于波的传播方向与质点a 、b 、c 、d 、e 、f 的运动情况，下列说法正确的是( )A ．若波沿x 轴正方向传播，则质点a 此时的速度方向与加速度方向相同B ．若波沿x 轴正方向传播，再过半个周期，质点b 将运动到质点a 现在的位置C ．若质点c 此时的速度方向向下，则波沿x 轴正方向传播D ．若质点f 比质点e 先回到平衡位置，则波沿x 轴正方向传播[解析] 若波沿x 轴正方向传播，此时刻，质点a 的速度方向沿y 轴负方向。

基础热身1．2012·甘肃模拟某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ.完成下列部分步骤：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图K35－1甲所示，由图可知其长度为______________mm.甲乙图K35－1(2)用螺旋测微器测量其直径，如图K35－1乙所示，由图可知其直径为_________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图K35－2所示，则该电阻的阻值约为________Ω.图K35－2(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程0～4 mA，内阻约50 Ω)；电流表A2(量程0～10 mA，内阻约30 Ω)；电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)；电压表V2(量程0～15 V，内阻约25 kΩ)；直流电源E(电动势4 V，内阻不计)；滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)；开关S，导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．技能强化2．2011·海淀一模某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时，发现里面除了一节1.5 V的干电池外，还有一个方形的层叠电池．为了测定层叠电池的电动势和内电阻，实验室中提供如下器材：A．电流表A1(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)；B．电流表A2 (0～0.6～3 A，内阻未知)；C．滑动变阻器R0(0～100 Ω，1.0 A)；D．定值电阻R(阻值990 Ω)；E．开关S与导线若干．(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图K35－3所示的电路，请按照电路图在图K35－4的实物图中完成连线．图K35－3图K35－4(2)该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据，绘出如图K35－5所示的I1－I2图线(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)，则由图线可以得到被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)．图K35－53．有一种特殊的电池，它的电动势E约为9 V，内阻r约为50 Ω，该电池允许输出的最大电流为50 mA.某同学利用如图K35－6甲所示的电路进行实验测定这个电池的电动势和内阻，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为阻值范围0～9999 Ω的电阻箱，定值电阻R0是保护电阻．(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：甲乙图K35－6A．10 Ω，2.5 W B．100 Ω，1.0 WC．200 Ω，1.0 W D．2000 Ω，5.0 W本实验中应选用________(填字母代号)．(2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图K35－6乙所示的图线(已知该直线的截距为0.1 V－1)．根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________ Ω.4.现有如下器材：电源，滑动变阻器，电流表A1(0～200 mA，内阻约11 Ω)，电流表A2(0～300 mA，内阻约为8 Ω)，定值电阻R1＝24 Ω，R2＝12 Ω，开关一个，导线若干．某同学为了测量A 1的内阻，设计了图K35－7中A 、B 、C 、D 四套方案进行实验，其中最佳的方案是________，若用此方案测得A 1、A 2示数分别为180 mA 和270 mA ，则A 1的内阻为________Ω.A BC D图K35－75．某同学用电流表A(0～200 mA ，内阻为12 Ω)，电阻箱R (最大阻值9.9 Ω)，定值电阻R 0＝6.0 Ω，一个开关和若干导线来测量一个电源(电动势E 约为6.2 V ，内阻r 约为2.1 Ω)的电动势及内阻．请在虚线框中画出设计电路图．若记录实验中电阻箱的阻值R 和对应的A 示数的倒数，得到多组数据后描点作出R －1I图线如图K35－8所示，则该电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)图K35－86．2011·宁波模拟在把电流表改装为电压表的实验中，提供的器材有：A ．电流表(量程0～100 μA，内阻几百欧)；B ．标准电压表(量程0～3V)；C ．电阻箱(0～9999 Ω)；D ．滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流1.5 A)；E ．滑动变阻器(0～100 kΩ，额定电流0.5 A)；F ．电源(电动势6 V ，有内阻)；G ．电源(电动势2 V ，内阻很小)；H ．开关两只，导线若干．(1)该实验首先要用半偏法测出电流表的内阻，如果采用如图K35－9甲所示的电路，并且要想得到较高的精确度，那么从上面给出的器材中，可变电阻R 1应选用________，可变电阻R 2应选用________，电源应选用________．(填器材前的字母)图K35－9(2)实验时，先闭合S 1，调节R 1使电流表满偏，再闭合S 2，保持R 1不变而调节R 2使电流表半偏，读出R 2此时的数值即为电流表内阻的测量值，此测量值与电流表的真实值相比________(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)．(3)图乙提供了将电流表改装为电压表并将改装电压表与标准电压表进行核对所需的器材，核对时要求对改装表量程范围(0～3 V)内每隔0.5 V 均进行核对，请将实验器材按以上要求用连线连接成实验电路．挑战自我7．2011·海南预测(1)一多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是“×1”、“×10”、“×100”．用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，而表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换用“________”挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是____________．若补上该步骤后测量，表盘的示数如图K35－10甲所示，则该电阻的阻值是________Ω.若将该表选择旋钮置于25 mA挡，表盘的示数仍如图甲所示，则被测电流为________ mA.图K35－10(2)要精确测量一个阻值约为5 Ω的电阻R x，实验提供下列器材：电流表A1 (量程为100 mA，内阻r1约为4 Ω)；电流表A2 (量程为500 μA，内阻r2＝750 Ω)；电池E(电动势E＝1.5 V，内阻很小)；滑动变阻器R0(阻值约为0～10 Ω)；开关S，导线若干．①请设计一个测定电阻R x的电路图，画在虚框线中．②根据你设计的电路图，将图乙中的实物连成实验电路．③根据某次所测量值写出电阻R x的表达式：R x＝__________.课时作业（三十五）A【基础热身】1．(1)50.15 (2)4.700 (3)220(4)如图所示【技能强化】2．(1)如图所示(2)9.1 10[解析] (1)实物连接如图所示.(2)由闭合电路欧姆定律得E＝I1(R＋R A1)＋(I1＋I2)r，从图中可以得出：I1＝8.0 mA时，I2＝0.1 A；I1＝4.0 mA时，I2＝0.5 A．把数据代入I1和I2的关系式，联立解得E＝9.1 V，r＝10 Ω.3．(1)C (2)10 46[解析] (1)若电阻箱的阻值为零，则有E＝I m(R0＋r)，解得R0＝130 Ω，要求定值电阻约为130 Ω，A、B不能选，C允许的最大电流为I＝PR＝1200A＝0.07 A＝70 mA，大于50 mA ，符合要求，R 0应选C.(2)由闭合电路欧姆定律，有E ＝U ＋U R 0＋R ·r ，即1U ＝1E ＋r E ·1R 0＋R，对比图乙得，电源的电动势等于纵轴截距的倒数，直线的斜率等于电源的内阻与电动势的比值，所以电动势E ＝10 V ，内阻r ＝E ×k ＝10×4.6 Ω＝46 Ω.4．D 12[解析] 最佳的方案是D ，这样电路中的总电流较小，还能使两个电流表的指针偏角较大，误差较小．根据并联电路的特点可得：I 2＝I 1＋I R 1＝I 1＋I 1r 1R 1，即0.27＝0.18＋0.18r 124，解得电流表A 1的内阻为r 1＝12 Ω.5．如图所示 6.0 2.0[解析] 由于电流表A 的量程过小，可以并联一个分流电阻R 0.电路如图所示．由闭合电路欧姆定律可得E ＝Ir A ＋(I ＋Ir A R 0)(R ＋r )，代入数据解得R ＝ E 3·1I－r －4，对比图 象可得r ＋4＝6，解得r ＝2.0 Ω；E 3＝63，解得E ＝6.0 V.6. (1)E C F (2)偏小 (3)如图所示[解析] (2)闭合S 2后，电路中的总电阻减小，电路中的总电流增大，通过电流表的电流减为原来的一半，则通过可变电阻R 2的电流大于通过电流表的电流，可变电阻R 2的阻值小于电流表的内阻，测量值比真实值偏小．【挑战自我】7．(1)×100 欧姆表重新调零 2200 9.9 (2)①如图甲所示 ②如图乙所示 ③I 2r 2I 1－I 2甲 乙[解析] (1)由于指针偏转角度很小，说明被测电阻过大，应换用“×100”挡；欧姆表换挡后，必须重新调零，所以缺少的步骤是欧姆表调零；从图中可以读出被测电阻的阻值为：22×100 Ω＝2200 Ω；选择旋钮置于25 mA ，意思是指针满偏时，电流为25 mA ，从图中读出被测电流为9.9 mA.(2)①测量电阻R x 的电路图如图甲所示．②实物连接如图乙所示．③设电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2.根据并联电路的特点可得：I2r2＝(I1－I2)R x，解得：R x＝I2r2I1－I2.。

2 动量和动量定理[目标定位] 1.理解动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量.2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量.3.理解动量定理的确切含义，掌握其表达式.4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．一、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s．2．矢量性：方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．3．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．想一想质量和速度大小相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？答案不一定．动量是矢量，有方向性，而动能是标量，无方向．二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft．单位：牛顿·秒，符号：N·s．(2)矢量性：方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I．3．动量定理的应用碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间．要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．想一想在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？答案这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．一、对动量的理解1．动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算．2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．与动能的区别与联系：(1)区别：动量是矢量，动能是标量．(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为E k＝p22m或p＝2mE k. 例1关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的动能不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大答案 A解析本题侧重于准确理解动量的概念．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误．惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．例2质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为()A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s ＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．借题发挥关于动量变化量的求解1．若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．2．若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．二、对冲量的理解和计算1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．图16－2－1(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图象如图16－2－1所示，可用面积法求变力的冲量．③利用动量定理求解．例3图16－2－2如图16－2－2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案见解析解析重力的冲量：I G＝G·t＝mg·t＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．支持力的冲量：I F＝F·t＝mg cos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上．摩擦力的冲量：IF f＝F f·t＝μmg cos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．借题发挥求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积，若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．三、对动量定理的理解和应用1．动量定理的理解(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．例4跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于()A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小答案 D解析人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A 错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则受到的冲力F越小，故选项D正确．例5质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)答案 1 400 N7 700 N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0 代入数据，解得F＝1 400 N下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0代入数据，解得F′＝7 700 N.对动量和冲量的理解1．(2014·江苏徐州高二期末)关于动量，下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大答案 D解析动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．2.图16－2－3如图1623所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0答案 C解析谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，即C正确．动量定理的理解和应用3．(2014·北京东城高二期末)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是()A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B ．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C ．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N ·sD ．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg ·m/s答案 BD4．(2014·渝中区高二检测)质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N答案 D解析 建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv ，所以F ＝mg ＋mv t ＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错．(时间：60分钟)题组一 对动量和冲量的理解1．下列说法中正确的是( )A ．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变B ．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变C ．物体的动量不变，其速度一定不变D ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定与该时刻的速度方向相同答案 ACD2．(2014·湛江高二检测)下列说法中正确的是( )A ．动能变化的物体，动量一定变化B ．动能不变的物体，动量一定不变C．动量变化的物体，动能一定变化D．动量不变的物体，动能一定不变答案AD解析动量是矢量，动能是标量，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；动能不变，速度的大小不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B错误；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．3．(2014·西安高二期末)下列说法正确的是()A．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变答案 B解析动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A 错误；物体受恒力，也可能做曲线运动．如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．4．(2013·济源高二检测)在任何相等时间内，物体动量的变化总是相等的运动可能是() A．匀速圆周运动B．匀变速直线运动C．自由落体运动D．平抛运动答案BCD5．如图16－2－4所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t()图16－2－4A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能答案 C解析 甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式p ＝Ft 可知，两冲量相等，只有选项C 是正确的．题组二 动量定理的理解及定性分析6．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长答案 CD解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h ，它们从h 高度落地瞬间的速度大小为2gh ，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．7．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了( )A ．减小冲量B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用答案 C解析 脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地动量变化一定，这样就减小了地面对人的冲力，故C正确．8.图1625如图1625所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左侧C．在P点右侧不远处D．在P点右侧原水平位移的两倍处答案 B解析以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．9．质量为m的钢球自高处落下，以速度大小v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为()A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)答案 D解析物体以大小为v1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v2的速度反弹．物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定．根据动量定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1由于碰撞时间极短，t趋于零，则mgt趋于零．所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．题组三动量定理的有关计算10.图16－2－6质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图16－2－6所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s ，则小球所受到的平均力大小为________N.答案 90解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v 1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft ＝－mv 2－mv 1所以，F ＝－mv 2－mv 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N “－”号说明F 的方向向左． 11.图16－2－7如图16－2－7所示，质量为1 kg 的钢球从5 m 高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m 高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s ，求钢球对地面的平均作用力大小．(g 取10 m/s 2) 答案 190 N解析 钢球落到地面时的速度大小为v 0＝2gh 1＝10 m/s ，反弹时向上运动的速度大小为v t ＝2gh 2＝8 m/s ，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v 0的方向为负方向，v t 的方向为正方向，再根据动量定理得(F N －mg )t ＝mv t －(－mv 0)，代入数据，解得F N ＝190 N ，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度约为30 m/s ，则：(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝－mv 0，解得F ＝－mv 0t ＝－60×30130N ＝－5.4×104 N ，与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝－mv 0t ′＝－60×301 N ＝－1.8×103 N ，与运动方向相反．13．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′.答案 (1)4 N ·s 方向竖直向下(2)10 N ·s 方向竖直向下 (3)10 2 kg ·m/s解析 (1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量I ＝mgt ＝1×10×0.4 N·s ＝4 N ·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt 2， 落地时间t ＝2h g＝1 s. 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为 I ＝mgt ＝1×10×1 N ·s ＝10 N ·s ，方向竖直向下．由动量定理得Δp ＝I ＝10 N ·s ，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y ＝gt ＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v ＝v 20＋v 2y ＝102＋102m/s ＝10 2 m/s ，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.。