《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動(dòng)量 第2講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動(dòng)量 第2講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用選考考點(diǎn)分布章知識(shí)內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2015/102016/042016/102017/042017/11動(dòng)量守恒定律動(dòng)量和動(dòng)量定理c22232222動(dòng)量守恒定律c2322碰撞d反沖運(yùn)動(dòng)火箭b23考點(diǎn)一動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析1高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為多少？答案mg解析由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得，人下降h距離時(shí)的速度為v，在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理
2、得(Fmg)tmv，解得安全帶對(duì)人的平均作用力為Fmg.2(多選)(人教版選修35P9改編)雞蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎下列防護(hù)和規(guī)定中與其具有相同的原理的是()A撐竿跳高比賽中，橫桿的下方放有較厚的海綿墊B易碎物品運(yùn)輸時(shí)要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎C有關(guān)部門規(guī)定用手工操作的各類振動(dòng)機(jī)械的頻率必須大于20赫茲D在汽車上安裝安全氣囊答案ABD解析雞蛋掉在草地上時(shí)與草地的作用時(shí)間長(zhǎng)，掉在水泥地上時(shí)與水泥地的作用時(shí)間短，由動(dòng)量定理Ftp知，當(dāng)動(dòng)量變化量相同時(shí)，雞蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎撐竿跳高比賽時(shí)，橫桿的下方放有較厚的海綿墊是為了增大運(yùn)動(dòng)員與海綿的作用時(shí)間而減小運(yùn)
3、動(dòng)員受到的作用力，選項(xiàng)A正確；易碎物品運(yùn)輸時(shí)要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎是為了增大物體間的作用時(shí)間而減小物體間的作用力，選項(xiàng)B正確；用手工操作的各類振動(dòng)機(jī)械的頻率大于20 Hz是為了防止發(fā)生共振現(xiàn)象而對(duì)人體健康造成危害，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在汽車上安裝安全氣囊是為了增大安全氣囊與人的作用時(shí)間而減小人受到的作用力，選項(xiàng)D正確3(多選)(2016浙江鎮(zhèn)海中學(xué)期末)下列說(shuō)法正確的是()A動(dòng)量大的物體，它的速度不一定大B動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大C只要物體運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，物體的動(dòng)量就保持不變D物體的動(dòng)量變化越大，則該物體的速度變化一定越大答案AD4(多選)關(guān)于物體的動(dòng)量和動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確
4、的是()A一物體的動(dòng)量不變，其動(dòng)能一定不變B一物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量一定不變C兩物體的動(dòng)量相等，其動(dòng)能不一定相等D兩物體的動(dòng)能相等，其動(dòng)量一定相等答案AC解析動(dòng)能是標(biāo)量Ekmv2，動(dòng)量是矢量pmv，動(dòng)能與動(dòng)量之間的大小關(guān)系：Ek.一物體的動(dòng)量p不變，其動(dòng)能Ek一定不變，故A正確一物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量大小一定不變，但速度的方向可以變化，即動(dòng)量的方向可以變化，故B錯(cuò)誤兩物體的動(dòng)量相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量相等時(shí)，其動(dòng)能一定相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量不等時(shí)，其動(dòng)能一定不相等，故C正確兩物體動(dòng)能相等，而質(zhì)量不等時(shí)，其動(dòng)量也是不相等的，故D錯(cuò)誤5(多選) 如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一
5、男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D木箱的動(dòng)量增加量與男孩、小車的總動(dòng)量減小量相同答案CD6. (多選)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長(zhǎng)L(小于立柱高)、拴有小球的細(xì)線，小球拉至和懸點(diǎn)在同一水平面處?kù)o止釋放，如圖2所示，小球擺動(dòng)時(shí)，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，下面說(shuō)法中正確的是()圖2A小球和小車的總機(jī)械能守恒B小球和小車的動(dòng)量守恒C小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為D小球和小車只在水平方向上動(dòng)量守恒答案AD7(多選) 如圖3所示，質(zhì)量為m的物
6、體在一個(gè)與水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量，正確的是()圖3A拉力F的沖量大小為Ftcos B摩擦力的沖量大小為Ftcos C重力的沖量大小為mgtD物體所受支持力的沖量大小是mgt答案BC解析拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤；物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力FfFcos ，則摩擦力的沖量大小為FftFtcos ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C正確；支持力的大小為FNmgFsin ，則支持力的沖量大小為(mgFsin )t，故D錯(cuò)誤1.動(dòng)量定理(1)動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化間的因果關(guān)系；沖量是物體動(dòng)量變化的原因，動(dòng)量發(fā)
7、生改變是物體合外力的沖量不為零的結(jié)果(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向(3)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量求合外力的沖量有兩種方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的沖量；二是先求每個(gè)外力的沖量，再求所有外力沖量的矢量和2動(dòng)量定理的應(yīng)用(1)應(yīng)用Ip求變力的沖量：若作用在物體上的作用力是變力，不能直接用Ft求變力的沖量，但可求物體動(dòng)量的變化p，等效代換變力的沖量I.(2)應(yīng)用pFt求恒力作用下物體的動(dòng)量變化：若作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動(dòng)量的變化3動(dòng)量守恒的適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)
8、每個(gè)物體所受的合力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)(2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒考點(diǎn)二動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用1在豎直的xOy平面內(nèi)，第、象限均存在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一象限內(nèi)電場(chǎng)沿y方向，磁場(chǎng)垂直xOy平面向外，第三象限內(nèi)電場(chǎng)沿x方向，磁場(chǎng)垂直xOy平面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，A、B兩小球帶等量異種電荷，帶電量大小均為q，兩球中間夾一被壓縮的長(zhǎng)度不計(jì)的絕緣輕彈簧(不粘連)，某時(shí)刻在原點(diǎn)O處同時(shí)釋放AB，AB瞬間被彈開之后，A沿圓弧OM運(yùn)動(dòng)，B沿
9、直線OP運(yùn)動(dòng)，OP與x軸夾角37，如圖4中虛線所示，不計(jì)兩球間庫(kù)侖力的影響，已知重力加速度為g，sin 370.6，cos 370.8，試求：圖4(1)A、B兩球的質(zhì)量比；(2)A球出射點(diǎn)M離O點(diǎn)的距離；(3)剛釋放時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep.答案(1)(2)(3)解析(1)彈開后，A沿圓弧運(yùn)動(dòng)，所以A應(yīng)帶正電，mAgEq得：mAB沿OP運(yùn)動(dòng)，受力平衡，帶負(fù)電，有tan 得mB(2)對(duì)B球受力分析，知：Bqv2sin Eq得B球速度v2AB彈開瞬間，動(dòng)量守恒mAv1mBv2解以上各式得，A球速度v1A做圓周運(yùn)動(dòng)，Bqv1軌道半徑ROM2Rsin (3)彈開瞬間，由能量守恒可知EpmAvmBv將(1
10、)(2)各式代入得：Ep2如圖5所示，質(zhì)量mA0.8 kg、帶電量q4103 C的A球用長(zhǎng)l0.8 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線懸吊在O點(diǎn)，O點(diǎn)右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E5103 N/C.質(zhì)量mB0.2 kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢(shì)能為3.6 J現(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處?kù)o止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時(shí)撤去水平軌道A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，線始終未被拉斷，g10 m/s2.求：圖5(1)碰撞過(guò)程中A球?qū)球做的功；(2)碰后C第一次離開電場(chǎng)時(shí)的速度大??；
11、(3)C每次離開最高點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)立即消失，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)又重新恢復(fù)，不考慮電場(chǎng)瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場(chǎng)前瞬間繩子受到的拉力答案(1)3.2 J(2)4 m/s(3)(80n30) N，n1,2,3解析(1)碰前A的速度為vAmAvmAglvA4 m/s碰前B的速度為vBEpmBv，vB6 m/s由動(dòng)量守恒得mAvAmBvB(mAmB)vCvC2 m/sA對(duì)B所做的功WmBvEp3.2 J(2)碰后，整體受到豎直向上的電場(chǎng)力F|q|E20 N，GmCg10 N因FmCgmC，整體C做類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上：xvCt豎直方向上：yat2其中a10 m/s2圓的方程：(yl)2x2l2解
12、得：x0.8 m，y0.8 mC剛好在圓心等高處繩子拉直此時(shí)C向上的速度為v0gt4 m/s設(shè)C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為v1由動(dòng)能定理得mCvmCv(FmCg)lv14 m/s(3)設(shè)C從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由機(jī)械能守恒定律得：mCg2lmCv12mCvv18 m/s由FTFmCgmC可知FT0，所以小球能一直做圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)小球第n次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為vnmCvmCv(n1)|q|E2lFTmCgFmC解得：FT(80n30) N，n1,2,3考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1(2017浙江11月選考22)如圖6所示，匝數(shù)N100、截面積S1.0102 m2、電阻r0.15 的線
13、圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，其變化率k0.80 T/s.線圈通過(guò)開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R0.50 的電阻一根阻值也為0.50 、質(zhì)量m1.0102 kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上，在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2.接通開關(guān)S后，棒對(duì)擋條的壓力恰好為零假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻圖6(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場(chǎng)方向；(2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t0.25 s后下降了h0.29 m，求此過(guò)程棒上產(chǎn)生的熱量答案(1)0.5 T磁場(chǎng)垂直紙
14、面向外(2)2.3103 J解析(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，S代入數(shù)據(jù)得：E0.8 V等效電路圖如圖：總電流I A2 A，Iab1 A根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，方向豎直向上即B2Iabdmg，解得B20.5 T，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外(2)開關(guān)斷開之后，撤去擋條，ab下滑過(guò)程切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動(dòng)量定理，則(mgB2Id)tmv0，其中ItqB2dh根據(jù)動(dòng)能定理可知mghWmv20聯(lián)立解得W4.6103 J因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q|W|2.3103 J.2(2015浙江10月選考22改編)如圖7甲所示，質(zhì)量m3.0
15、103 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一匝數(shù)n300匝，面積S0.01 m2的線圈通過(guò)開關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示(g取10 m/s2)甲乙圖7(1)求00.10 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小(2)t0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h0.20 m，求通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量答案(1)30 V(2)0.03 C解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律En得EnS30 V(2)由牛頓
16、第二定律Fmam(或由動(dòng)量定理Ftmv0)，安培力FIB1l，qIt，v22gh，得q0.03 C.3(2017浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)質(zhì)量為m、電阻率為、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abba，如圖8甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場(chǎng)方向平行設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)可認(rèn)為方框的aa邊和bb邊都處在磁極間，磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方框從靜止開始釋放，其平面在下落過(guò)程中保持水平(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)甲裝置縱截面示意圖乙裝置俯視示意圖圖8(1)請(qǐng)判斷圖乙中感應(yīng)電流的方向；(2)當(dāng)方框下落的加速度為時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P；
17、(3)當(dāng)方框下落的時(shí)間t時(shí)，速度恰好達(dá)到最大，求方框的最大速度vm和此過(guò)程中產(chǎn)生的熱量答案(1)順時(shí)針(2)(3)解析(1)由右手定則可知：感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針(2)方框受到的安培力：FA2BIL由牛頓第二定律有mgFA解得I由電阻定律得金屬方框電阻R方框的發(fā)熱功率PI2R(3)當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即mgFA2BL解得vm將下落過(guò)程分成若干微元，由動(dòng)量定理得mgt2BLtmvm0vith解得h由能量守恒定律得mghQmv解得Q4(2016浙江鎮(zhèn)海中學(xué)月考)有電阻均為R的兩金屬棒a、b，a棒的質(zhì)量為m，b棒的質(zhì)量為M，兩棒均放在如圖9所示的光滑軌道的水平部分上，軌道的水平部分
18、有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧部分無(wú)磁場(chǎng)，且軌道足夠長(zhǎng)，開始時(shí)給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與軌道始終接觸良好，且a棒與b棒始終不相碰，請(qǐng)問(wèn)：圖9(1)當(dāng)a、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度分別為多少？損失的機(jī)械能為多少？(2)若b棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后，又沖上圓弧軌道，在b棒返回到水平軌道前，a棒已靜止在水平軌道上，且b棒與a棒不相碰，然后達(dá)到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？(3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？答案(1)均為(2)(3)mv1解析(1)a、b兩棒在水平軌道上動(dòng)量守恒設(shè)穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律，有mv0(mM)v1，解得v1
19、，損失的機(jī)械能為Emv(mM)v.(2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過(guò)程中機(jī)械能守恒，故返回時(shí)速度大小不變，即v2v1，b棒與a棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，直到新的穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)達(dá)到新的穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)a、b的共同速度為v3，由動(dòng)量守恒定律，有Mv2(Mm)v3，解得v3.(3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即Qmv(Mm)v，解得Qmv1專題強(qiáng)化練(限時(shí)：40分鐘)1(多選)下面說(shuō)法正確的是()A物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向B如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零C如果合外力對(duì)物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動(dòng)能增大D作用在物體上的合外力沖量不一定能改變物
20、體速度的大小答案ABD解析物體動(dòng)量的方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，A對(duì)；如果物體的速度變化，則物體的動(dòng)量一定發(fā)生了變化，由動(dòng)量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對(duì)；合外力對(duì)物體的沖量不為零，但合外力可以對(duì)物體不做功，物體的動(dòng)能可以不變，C錯(cuò)誤；作用在物體上的合外力沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對(duì)2(多選)關(guān)于動(dòng)量、沖量，下列說(shuō)法成立的是()A某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零B某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動(dòng)量的增量可能為零C某一時(shí)刻，物體的動(dòng)量為零，而動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率不為零D某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量大小可能變大、變小
21、或不變答案ACD解析自由落體運(yùn)動(dòng)，從開始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零，而其中初位置物體的動(dòng)量為零，故A正確；某一段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化量不為零，故B錯(cuò)誤；某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零，該時(shí)刻速度為零，動(dòng)量的變化率是合力，速度為零，合力可以不為零，即動(dòng)量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，沖量等于動(dòng)量的變化某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量的改變量變大，動(dòng)量大小可能變大、變小或不變，故D正確3(多選)籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前這樣做()A球?qū)κ值臎_量減小B球?qū)θ说臎_擊力減小C球的動(dòng)量變化量不變D球的動(dòng)能
22、變化量減小答案BC解析先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：Ft0mv得F，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力減小，而沖量和動(dòng)量、動(dòng)能的變化量都不變，所以B、C正確4(多選)將質(zhì)量為0.5 kg的小球以20 m/s的初速度豎直向上拋出，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，以下判斷正確的是()A小球從拋出至到最高點(diǎn)受到的沖量大小為10 NsB小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動(dòng)量的增量大小為零C小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)受到的沖量大小為零D小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動(dòng)量的增量大小為20 kgm/s答案AD5(多選) 如圖1所示，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另
23、一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn))，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，則()圖1A合外力做的功為0B合外力的沖量為mC重力做的功為mgLD重力的沖量為m答案BC6如圖2所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的B4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)0.5 m，軌道足夠長(zhǎng)，金屬棒a和b的質(zhì)量都為m1 kg，電阻RaRb1 .b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h80 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過(guò)C點(diǎn)進(jìn)入軌道的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，且兩棒始終不相碰，求a、b兩棒的
24、最終速度大小，以及整個(gè)過(guò)程中b棒產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g10 m/s2)圖2答案均為2 m/s2 J解析a棒下滑至C點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為v0，則由動(dòng)能定理，有：mghmv，解得：v0 m/s4 m/s；此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選向右的方向?yàn)檎?，有：mv0(mm)v解得a、b兩棒共同的最終速度為：v2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)；由能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為：Qmv(mm)v2142 J222 J4 J；則b棒產(chǎn)生的焦耳熱為：QbQ4 J2 J.7如圖3所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其
25、中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角37，D、C兩點(diǎn)的高度差h0.1 m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中一個(gè)質(zhì)量m10.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m20.6 kg小物塊碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置物塊和與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：圖3(1)物塊和在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小；(2)物塊和第一次經(jīng)過(guò)C
26、點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊和支持力的大小答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物塊和粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，物塊帶電荷量為q，物塊與物塊碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為v2，則qE(m1m2)g，qEtm1v1，m1v1(m1m2)v2解得v22 m/s(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊和第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊和支持力的大小為FN，則R(1cos )hFN(m1m2)g解得FN18 N8如圖4所示，半徑R1.6 m的光滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長(zhǎng)l3 m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v3 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)
27、和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E20 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B3.0 T，方向垂直紙面向外兩個(gè)質(zhì)量均為m1.0103 kg的物塊a和b，物塊a不帶電，b帶q1.0103 C的正電并靜止于圓弧軌道最低點(diǎn)，將物塊a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與b發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后粘合在一起，離開傳送帶后一起飛入復(fù)合場(chǎng)中，最后以與水平面成60角落在地面上的P點(diǎn)(如圖)，已知兩物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，取g10 m/s2，a、b均可看做質(zhì)點(diǎn)求：圖4(1)物塊a運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)傳送帶距離水平地面的高度；(3)兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b系統(tǒng)機(jī)械能的變化量答案
28、見解析解析(1)物塊a從靜止釋放運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，機(jī)械能守恒，mgR(1cos )mv，解得vC4 m/s在C點(diǎn)，由牛頓第二定律：FNmg解得：FN2102 N由牛頓第三定律，物塊a對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)的壓力：FN2102 N，方向豎直向下(2)ab碰撞動(dòng)量守恒：mvC2mvC，vC2 m/sab在傳送帶上假設(shè)能與傳送帶達(dá)到共速時(shí)經(jīng)過(guò)的位移為x，2mg2ma得ag1 m/s2，v2vC22ax得：x2.5 ml，所以ab離開傳送帶時(shí)與其共速，為v3 m/s進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，Eq2mg102 N，所以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由Bqv得r2 m由幾何知識(shí)得傳送帶與水平地面的高度：hrr3 m(3)a、b系統(tǒng)在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)其做功：Wf2mgx5103 Ja、b系統(tǒng)在復(fù)合場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做功：W電Eqh6102 J所以，二者碰后一直到落地，a、b系統(tǒng)機(jī)械能的變化量：EWfW電5.5102 J16
（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動(dòng)量 第2講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案
