1、412016年高三年高三1級部物理第一輪復(fù)習級部物理第一輪復(fù)習沖量沖量動量動量動量定理動量定理1將質(zhì)量為將質(zhì)量為0.5kg的小球以的小球以20ms的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，的初速度豎直向上拋出，不計空氣阻力，g取10ms2.以下判斷以下判斷正確的是正確的是()A小球從拋出至最高點受到的沖量大小為小球從拋出至最高點受到的沖量大小為10NsB小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為0C小球從拋出

2、至落回出發(fā)點受到的沖量大小為小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為0D小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為20Ns解析：解析：小球在最高點速度為零，取向下為正方向，小球從拋出至最高點受到的沖量I＝0－(－mv0)＝10Ns，A正確；因不計空氣阻力，所以小球落回出發(fā)點的速度大小仍等于20ms，但其方向變?yōu)樨Q直向下，由動量定理知，小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量為：I＝Δp＝mv－(－mv0)＝20N

3、s，D正確，B、C均錯誤答案：答案：AD2.如圖所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端如果讓傳如圖所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端如果讓傳送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運動，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運動，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，與傳送帶保持靜止時相比與傳送帶保持靜止時相比()A木塊在

4、滑到底端的過程中，摩擦力的沖量變大木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量變大B木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量不變木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量不變C木塊在滑到底端的過程中，木塊克服摩擦力所做的功變大木塊在滑到底端的過程中，木塊克服摩擦力所做的功變大D木塊在滑到底端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能數(shù)值將變大木塊在滑到底端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能數(shù)值將變大解析：解析：傳送帶是靜止還是沿題圖所示方向勻速運動，對木塊來說，所受滑動摩擦力大小不

5、變，方向沿斜面向上；木塊做勻加速直線運動的加速度、時間、位移不變，所以選項A錯，選項B正確木塊克服摩擦力做的功也不變，選項C錯傳送帶轉(zhuǎn)動時，木塊與傳送帶間的相對位移變大，因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能將變大，選項D正確答案：答案：BD43律知地面受到A、B組成的系統(tǒng)的摩擦力的大小為5N，方向水平向右，所以A對C錯設(shè)運動達到穩(wěn)定時系統(tǒng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F1－F2－Ff＝(mA＋mB)a，解得a＝1.0ms2，方向與F1同向(或水平向右)

6、以B為研究對象，運動過程中B所受摩擦力為FfB＝μmBg＝2.0N設(shè)運動達到穩(wěn)定時，B所受輕繩的作用力為FT，根據(jù)牛頓第二定律有FT－FfB－F2＝mBa，解得FT＝14.0N根據(jù)牛頓第三定律知，物體B對輕繩的作用力大小為14N，方向水平向左，沖量為70Ns，B正確A、B組成的系統(tǒng)受到的合外力的大小為5N，所以5s內(nèi)，合外力的沖量大小為25Ns，由動量定理知D正確答案：答案：ABD6.如圖所示，如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的

7、是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的圓周軌道，圓心圓周軌道，圓心O在S的正上方，在的正上方，在O和P兩點兩點14各有一質(zhì)量為各有一質(zhì)量為m的小物塊的小物塊a和b，從同一時刻開始，，從同一時刻開始，a自由下落，自由下落，b沿圓弧下滑以下說法正確的是沿圓弧下滑以下說法正確的是()Aa比b先到達先到達S，它們在，它們在S點的動量不相等點的動量不相等Ba與b同時到達同時到達S，它們在，它們在S點的動量不相等點的動量不相等Ca比b先到達先到達S，它們在，它

8、們在S點的動量相等點的動量相等Db比a先到達先到達S，它們在，它們在S點的動量相等點的動量相等解析：解析：a、b兩球到達S點時速度方向不同，故它們的動量不等，C、D錯誤由機械能守恒定律知，a、b經(jīng)過同一高度時速率相同，但b在豎直方向的分速度vb始終小于同高度時a球的速度va，應(yīng)有平均速度b＜a，由t＝知，ta＜tb，所以a先到達S點，A正確，vvRvB錯誤答案：答案：A7質(zhì)量為質(zhì)量為m的小球在水平面內(nèi)做半徑為的小球在水平面內(nèi)做半徑為r的