高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第3讲动量三大观点的综合应用专题限时检测.doc

1 / 10【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习备课资料专题四能量精选高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第与动量第 3 3 讲动量三大观点的综合应用专题限时检测讲动量三大观点的综合应用专题限时检测(建议用时:40 分钟 满分:100 分)一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 题有多项符合题目要求)1.(2017·山西大学附中检测)下列四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线,若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是( C )解析:在不计空气阻力的情况下,做竖直上抛运动的物体只受重力的作用,加速度方向竖直向下,取竖直向上为正方向,根据动量定理,有p=-mgt,=-mg,选项 C 正确.2.(2017·广东武邑调研)如图所示,三辆完全相同的平板小车 a,b,c成一直线排列,静止在光滑水平面上,c 车上有一小孩跳到 b 车上,接着又立即从 b 车跳到 a 车上,小孩跳离 c 车和 b 车时对地的水平速度相同,他跳到 a 车上没有走动便相对 a 车静止,此后( B )A.a,c 两车速率相同B.三辆车的速率关系为 vc>va>vbC.a,b 两车运动速度相同D.a,c 两车运动方向相同2 / 10解析:设人的质量为 m,对地速度为 v0,车的质量为 m,人从 c 车跳出有 0=mv0+mvc,人跳到 b 车再跳出,有 mv0=mvb+mv0,人跳上 a车有 mv0=(m+m)va,可得 vc>va>vb,选项 B 正确.3.(2017·天津卷,4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是××市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是( B )A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变解析:摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A 错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B 正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C 错误;重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D 错误.4.如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为 L 的区域内,有一个边长为 a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度 v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为 v(v<v0),那么( B )A.完全进入磁场中时线圈的速度大于B.完全进入磁场中时线圈的速度等于3 / 10C.完全进入磁场中时线圈的速度小于D.以上情况 A,B 均有可能,而 C 是不可能的解析:设线圈完全进入磁场中时的速度为 vx.线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,据动量定理可得-Ft=-Ba=-Ba=mvx-mv0对于线圈穿出磁场的过程,据动量定理可得-Ft=-Ba=-Ba=mv-mvx由上述二式可得 vx=,选项 B 正确.5.我国女子短道速滑队世锦赛上实现女子 3 000 m 接力三连冠.如图所示,观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( C )A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定相同C.甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功解析:由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反,因此两个力的冲量大小相等,方向相反,由动量定理可知,两者的动量变化量大小相等,方向相反,选项 A,B 错误;虽然甲、乙之间的相互作用4 / 10力等大反向,但在作用力作用过程中两人的位移不一定相等,所以做功不一定相等,由动能定理可知,甲、乙动能的变化量也不一定相等,选项 C 正确,D 错误.6.(2017·河北衡水质检)如图(甲)所示,一质量为 m 的物块在 t=0 时刻,以初速度 v0 从足够长、倾角为 的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图像如图(乙)所示.t0 时刻物块到达最高点,3t0 时刻物块又返回底端.下列说法正确的是( BC )A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为 3mgt0·cos B.物块从 t=0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为-mv0C.斜面倾角 的正弦值为D.不能求出 3t0 时间内物块克服摩擦力所做的功解析:物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量 IG=3mgt0,选项 A 错误;上滑过程中物块做初速度为 v0 的匀减速直线运动,下滑过程中做初速度为零、末速度为 v 的匀加速直线运动,上滑和下滑的位移大小相等,所以有 t0=·2t0,解得 v=,物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为 p=-mv-mv0=-mv0,选项 B 正确;上滑过程中有-(mgsin +mgcos )·t0=0-mv0,下滑过程中有(mgsin -mgcos )2t0=,解得 sin =,选项 C 正确;根据图像可求出物块5 / 10上升的最大位移,由动能定理求出整个过程中摩擦力所做的功,选项D 错误.7.两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,球 2 在前,球 1 在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,当球 1 与球 2 发生碰撞后,两球的速度分别为 v1,v2,将碰撞后球 1 的动能和动量大小分别记为 E1,p1,则 v1,v2,E1,p1 的可能值为( 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:两球碰撞过程中系统动量守恒,以两球的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得m1v01+m2v02=(m1+m2)v,代入数据解得 v=3.75 m/s,如果两球发生完全弹性碰撞,有 m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律得m1+m2=m1+m2,代入数据解得 v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s,则碰撞后球1、球 2 的速度满足 1.5 m/sv13.75 m/s,3.75 m/sv24.5 m/s;球 1 的动能 E1=m1,满足 1.125 JE17.03 J;球 1 的动量p1=m1v1,满足 1.5 kg· m/sp13.75 kg· m/s,综上所述,选项 A,B正确,C,D 错误.8.(2017·山西联考卷)如图所示,一辆小车静止在光滑的水平面上,小车的上表面左侧 AB 为一光滑的圆弧,其半径为 R=0.8 m,右侧 BC6 / 10为粗糙水平面,且水平面与圆弧光滑过渡,BC=0.8 m,小车的上表面离地高度为 h=0.8 m,小车静止时其右侧端点 C 在地面上的投影为 C点,一质量为 m=1 kg 的滑块(可视为质点)自圆弧顶点 A 由静止释放,并且从 C 处滑落小车,其落地时刚好打在 C点,已知滑块与小车上表面 BC 面间的动摩擦因数 =0.5,重力加速度 g=10 m/s2,则由以上条件可得( BCD )A.小车的最终速度为 1 m/sB.整个过程滑块与小车因摩擦产生的热量为 Q=4 JC.小车的质量为 M=1 kgD.从小车开始运动至滑块落至 C的时间内,小车一共向左前进了 x=1.6 m解析:滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒,设滑块滑离小车时速度大小为 v1,小车最终速度大小为 v2,小车的质量为 M,则 mv1=Mv2,根据能量守恒可得 mgR=m+M+mgLBC,滑块滑离小车后做平抛运动,根据题意其平抛的水平距离为小车向左运动的距离,小车向左运动了 s=(R+LBC),又 s=v1t,h=gt2,联立以上各式解得:M=1 kg,v1=v2=2 m/s,s=0.8 m,t=0.4 s,故 A 错误,C 正确;7 / 10整个过程的摩擦生热为 Q=mgLBC=4 J,B 正确;自滑块滑落小车至落地时,小车又发生的位移 s=v2t=0.8 m,所以从小车开始运动至滑块落至 C的时间内,小车一共向左前进了 s 总=s+s=1.6 m,故 D 正确.二、非选择题(本大题共 2 小题,共 36 分)9.(18 分)(2017·百校联盟模拟)如图(甲)所示,两相互平行且间距为 l=0.5 m 的足够长的光滑金属导轨 MN,PQ 固定在水平面上,两长度均为 l=0.5 m 的导体棒 ab,cd 垂直于导轨放置,与金属导轨平行的绝缘水平细线一端固定,另一端与导体棒 ab 的中点连接,绝缘细线能承受的最大拉力为 FT=4 N,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中.开始时两导体棒均处于静止状态,细线刚好伸直且无拉力.现对导体棒 cd施加一水平向右的拉力 F,并开始计时,使导体棒 cd 向右做匀加速直线运动,当绝缘细线刚好被拉断时撤去拉力 F,已知两导体棒的质量均为 m=0.1 kg,电阻均为 R=2 ,导轨电阻不计,拉力 F 随时间变化的关系如图(乙)所示.求:(1)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小和细线被拉断所需要的时间 t;(2)撤去拉力 F 后,两导体棒 ab,cd 间距离增加量的最大值.解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得导体棒 cd 在拉力 F 的作用下切割磁感线产生的感应电动势为 E=Blv回路中的电流大小为 I=,导体棒 cd 的速度为 v=at8 / 10导体棒 cd 受到的安培力大小为 F 安=BIl由牛顿运动定律可得 F-F 安=ma联立并代入数据解得 F=t+ma由题图(乙)可知=2N·s-1,ma=0.2 N,联立两式并代入数据解得 B=4 T,a=2 m/s2当绝缘细线刚被拉断时,有 FT=F 安又因为 F 安=t代入数据解得 t=2 s.(2)由题意可知,当细线刚断时,导体棒 cd 的速度大小v0=at此后导体棒 ab 做加速运动,导体棒 cd 做减速运动,但由于 cd 棒的速度大于 ab 棒的速度,故两导体棒之间的距离在不断增大,当两导体棒达到共同速度而稳定时,两导体棒之间的距离增加量达到最大值 x.此过程中通过该回路导线横截面的电荷量 q=t=,由动量守恒定律可得 mv0=2mv 共对导体棒 ab,由动量定理可得 Blt=mv 共联立并代入数据解得 x=0.2 m.答案:(1)4 T 2 s(2)0.2 m9 / 1010.(18 分)(2017·河南六市一联)足够长的倾角为 的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端连接质量为 m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为 x0,如图所示.一物块从距钢板 3x0 的 A 处沿斜面滑下,与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为 m 时,它们恰能回到 O点,O 为弹簧自然伸长时钢板的位置.若物块质量为 2m,仍从 A 处沿斜面滑下,则物块与钢板回到 O 点时,还具有向上的速度,已知重力加速度为 g,计算结果可以用根式表示,求:(1)质量为 m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小 v1;(2)碰撞前弹簧的弹性势能;(3)质量为 2m 的物块沿斜面向上运动到达的最高点离 O 点的距离.解析:(1)设物块与钢板碰撞前速度为 v0,有3mgx0sin =m解得 v0=设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为 v1,有mv0=2mv1解得 v1=.(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为 Ep,当质量为 m 的物块和钢板一起回到 O 点时,弹簧无形变,弹簧弹性势能为零,根据机械能守恒得Ep+(2m)=2mgx0sin 10 / 10解得 Ep=mgx0sin .(3)由能量守恒可知质量为 2m 的物块与钢板碰撞前的速度为 v0,设v2 表示质量为 2m 的物块与钢板碰后一起向下运动的速度,有2mv0=3mv2它们回到 O 点时,弹簧弹性势能为零,但它们仍继续向上运动,设此时速度为 v,由机械能守恒定律得Ep+(3m)=3mgx0sin +(3m)v2在 O 点物块与钢板分离.分离后,物块以初速度 v 沿斜面上升,设运动到达的最高点离 O 点的距离为 x,有v2=2ax2mgsin =2ma解得 x=.答案:(1) (2)mgx0sin (3)