2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題四 能量與動量 第3講 動量 三大觀點的綜合應(yīng)用專題限時檢測.doc

2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題四 能量與動量 第3講 動量 三大觀點的綜合應(yīng)用專題限時檢測一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)1.(xx山西大學附中檢測)下列四個圖描述的是豎直上拋物體的動量增量隨時間變化的圖線和動量變化率隨時間變化的圖線,若不計空氣阻力,取豎直向上為正方向,那么正確的是(C)解析:在不計空氣阻力的情況下,做豎直上拋運動的物體只受重力的作用,加速度方向豎直向下,取豎直向上為正方向,根據(jù)動量定理,有p=-mgt,=-mg,選項C正確.2.(xx廣東武邑調(diào)研)如圖所示,三輛完全相同的平板小車a,b,c成一直線排列,靜止在光滑水平面上,c車上有一小孩跳到b車上,接著又立即從b車跳到a車上,小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同,他跳到a車上沒有走動便相對a車靜止,此后(B)A.a,c兩車速率相同B.三輛車的速率關(guān)系為vc>va>vbC.a,b兩車運動速度相同D.a,c兩車運動方向相同解析:設(shè)人的質(zhì)量為m,對地速度為v0,車的質(zhì)量為m,人從c車跳出有0=mv0+mvc,人跳到b車再跳出,有mv0=mvb+mv0,人跳上a車有mv0=(m+m)va,可得vc>va>vb,選項B正確.3.(xx天津卷,4)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標之一.摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動.下列敘述正確的是(B)A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的機械能保持不變B.在最高點時,乘客重力大于座椅對他的支持力C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量為零D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客重力的瞬時功率保持不變解析:摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變,重力勢能一直變化,故機械能一直變化,A錯誤;在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度,重力大于座椅對他的支持力,B正確;摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積,C錯誤;重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積,而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的,所以重力的瞬時功率也是變化的,D錯誤.4.如圖所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi),有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)関(v<v0),那么(B)A.完全進入磁場中時線圈的速度大于B.完全進入磁場中時線圈的速度等于C.完全進入磁場中時線圈的速度小于D.以上情況A,B均有可能,而C是不可能的解析:設(shè)線圈完全進入磁場中時的速度為vx.線圈在穿過磁場的過程中所受合外力為安培力.對于線圈進入磁場的過程,據(jù)動量定理可得-Ft=-Ba=-Ba=mvx-mv0對于線圈穿出磁場的過程,據(jù)動量定理可得-Ft=-Ba=-Ba=mv-mvx由上述二式可得vx=,選項B正確.5.我國女子短道速滑隊世錦賽上實現(xiàn)女子3 000 m 接力三連冠.如圖所示,觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出.在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,則(C)A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量變化一定相同C.甲的動能增加量不一定等于乙的動能減少量D.甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功解析:由于甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等,方向相反,因此兩個力的沖量大小相等,方向相反,由動量定理可知,兩者的動量變化量大小相等,方向相反,選項A,B錯誤;雖然甲、乙之間的相互作用力等大反向,但在作用力作用過程中兩人的位移不一定相等,所以做功不一定相等,由動能定理可知,甲、乙動能的變化量也不一定相等,選項C正確,D錯誤.6.(xx河北衡水質(zhì)檢)如圖(甲)所示,一質(zhì)量為m的物塊在t=0時刻,以初速度v0從足夠長、傾角為的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時間變化的圖像如圖(乙)所示.t0時刻物塊到達最高點,3t0時刻物塊又返回底端.下列說法正確的是(BC)A.物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0cos B.物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為-mv0C.斜面傾角的正弦值為D.不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功解析:物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG=3mgt0,選項A錯誤;上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動,下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運動,上滑和下滑的位移大小相等,所以有t0=2t0,解得v=,物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為p=-mv-mv0=-mv0,選項B正確;上滑過程中有-(mgsin +mgcos )t0=0-mv0,下滑過程中有(mgsin -mgcos )2t0=,解得sin =,選項C正確;根據(jù)圖像可求出物塊上升的最大位移,由動能定理求出整個過程中摩擦力所做的功,選項D錯誤.7.兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,球2在前,球1在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,當球1與球2發(fā)生碰撞后,兩球的速度分別為v1,v2,將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1,p1,則v1,v2,E1,p1的可能值為(AB)A.v1=3.75 m/s,v2=3.75 m/sB.v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/sC.E1=9 JD.p1=1 kg m/s解析:兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒,以兩球的初速度方向為正方向,如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得m1v01+m2v02=(m1+m2)v,代入數(shù)據(jù)解得v=3.75 m/s,如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞,有m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,由機械能守恒定律得m1+m2=m1+m2,代入數(shù)據(jù)解得v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s,則碰撞后球1、球2的速度滿足1.5 m/sv13.75 m/s,3.75 m/sv24.5 m/s;球1的動能E1=m1,滿足1.125 JE17.03 J;球1的動量p1=m1v1,滿足1.5 kg m/sp13.75 kg m/s,綜上所述,選項A,B正確,C,D錯誤.8.(xx山西聯(lián)考卷)如圖所示,一輛小車靜止在光滑的水平面上,小車的上表面左側(cè)AB為一光滑的圓弧,其半徑為R=0.8 m,右側(cè)BC為粗糙水平面,且水平面與圓弧光滑過渡,BC=0.8 m,小車的上表面離地高度為h=0.8 m,小車靜止時其右側(cè)端點C在地面上的投影為C點,一質(zhì)量為m=1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)自圓弧頂點A由靜止釋放,并且從C處滑落小車,其落地時剛好打在C點,已知滑塊與小車上表面BC面間的動摩擦因數(shù)=0.5,重力加速度g=10 m/s2,則由以上條件可得(BCD)A.小車的最終速度為1 m/sB.整個過程滑塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=4 JC.小車的質(zhì)量為M=1 kgD.從小車開始運動至滑塊落至C的時間內(nèi),小車一共向左前進了x=1.6 m解析:滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)滑塊滑離小車時速度大小為v1,小車最終速度大小為v2,小車的質(zhì)量為M,則mv1=Mv2,根據(jù)能量守恒可得mgR=m+M+mgLBC,滑塊滑離小車后做平拋運動,根據(jù)題意其平拋的水平距離為小車向左運動的距離,小車向左運動了s=(R+LBC),又s=v1t,h=gt2,聯(lián)立以上各式解得:M=1 kg,v1=v2=2 m/s,s=0.8 m,t=0.4 s,故A錯誤,C正確;整個過程的摩擦生熱為Q=mgLBC=4 J,B正確;自滑塊滑落小車至落地時,小車又發(fā)生的位移s=v2t=0.8 m,所以從小車開始運動至滑塊落至C的時間內(nèi),小車一共向左前進了s總=s+s=1.6 m,故D正確.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(18分)(xx百校聯(lián)盟模擬)如圖(甲)所示,兩相互平行且間距為l=0.5 m的足夠長的光滑金屬導軌MN,PQ固定在水平面上,兩長度均為l=0.5 m的導體棒ab,cd垂直于導軌放置,與金屬導軌平行的絕緣水平細線一端固定,另一端與導體棒ab的中點連接,絕緣細線能承受的最大拉力為FT=4 N,整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中.開始時兩導體棒均處于靜止狀態(tài),細線剛好伸直且無拉力.現(xiàn)對導體棒cd施加一水平向右的拉力F,并開始計時,使導體棒cd向右做勻加速直線運動,當絕緣細線剛好被拉斷時撤去拉力F,已知兩導體棒的質(zhì)量均為m=0.1 kg,電阻均為R=2 ,導軌電阻不計,拉力F隨時間變化的關(guān)系如圖(乙)所示.求:(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和細線被拉斷所需要的時間t;(2)撤去拉力F后,兩導體棒ab,cd間距離增加量的最大值.解析:(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得導體棒cd在拉力F的作用下切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv回路中的電流大小為I=,導體棒cd的速度為v=at導體棒cd受到的安培力大小為F安=BIl由牛頓運動定律可得F-F安=ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F=t+ma由題圖(乙)可知=2Ns-1,ma=0.2 N,聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得B=4 T,a=2 m/s2當絕緣細線剛被拉斷時,有FT=F安又因為F安=t代入數(shù)據(jù)解得t=2 s.(2)由題意可知,當細線剛斷時,導體棒cd的速度大小v0=at此后導體棒ab做加速運動,導體棒cd做減速運動,但由于cd棒的速度大于ab棒的速度,故兩導體棒之間的距離在不斷增大,當兩導體棒達到共同速度而穩(wěn)定時,兩導體棒之間的距離增加量達到最大值x.此過程中通過該回路導線橫截面的電荷量q=t=,由動量守恒定律可得mv0=2mv共對導體棒ab,由動量定理可得Blt=mv共聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x=0.2 m.答案:(1)4 T2 s(2)0.2 m10.(18分)(xx河南六市一聯(lián))足夠長的傾角為的光滑斜面的底端固定一輕彈簧,彈簧的上端連接質(zhì)量為m、厚度不計的鋼板,鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0,如圖所示.一物塊從距鋼板3x0的A處沿斜面滑下,與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運動,但不粘連,它們到達最低點后又向上運動.已知物塊質(zhì)量也為m時,它們恰能回到O點,O為彈簧自然伸長時鋼板的位置.若物塊質(zhì)量為2m,仍從A處沿斜面滑下,則物塊與鋼板回到O點時,還具有向上的速度,已知重力加速度為g,計算結(jié)果可以用根式表示,求:(1)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1;(2)碰撞前彈簧的彈性勢能;(3)質(zhì)量為2m的物塊沿斜面向上運動到達的最高點離O點的距離.解析:(1)設(shè)物塊與鋼板碰撞前速度為v0,有3mgx0sin =m解得v0=設(shè)物塊與鋼板碰撞后一起運動的速度為v1,有mv0=2mv1解得v1=.(2)設(shè)碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep,當質(zhì)量為m的物塊和鋼板一起回到O點時,彈簧無形變,彈簧彈性勢能為零,根據(jù)機械能守恒得Ep+(2m)=2mgx0sin 解得Ep=mgx0sin .(3)由能量守恒可知質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞前的速度為v0,設(shè)v2表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰后一起向下運動的速度,有2mv0=3mv2它們回到O點時,彈簧彈性勢能為零,但它們?nèi)岳^續(xù)向上運動,設(shè)此時速度為v,由機械能守恒定律得Ep+(3m)=3mgx0sin +(3m)v2在O點物塊與鋼板分離.分離后,物塊以初速度v沿斜面上升,設(shè)運動到達的最高點離O點的距離為x,有v2=2ax2mgsin =2ma解得x=.答案:(1)(2)mgx0sin (3)