《高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動(dòng)量 第3講 動(dòng)量 三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題限時(shí)檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動(dòng)量 第3講 動(dòng)量 三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題限時(shí)檢測(cè)（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動(dòng)量 第3講 動(dòng)量 三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題限時(shí)檢測(cè) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求) 1.(xx·山西大學(xué)附中檢測(cè))下列四個(gè)圖描述的是豎直上拋物體的動(dòng)量增量隨時(shí)間變化的圖線和動(dòng)量變化率隨時(shí)間變化的圖線,若不計(jì)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(jì)空氣阻力的情況下,做豎直上拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)量定理,有Δp=-mgΔt,=-mg,選項(xiàng)C正確. 2.(xx·廣東武邑調(diào)研)如圖所示,三輛完全

2、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(shí)對(duì)地的水平速度相同,他跳到a車上沒有走動(dòng)便相對(duì)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>vb C.a,b兩車運(yùn)動(dòng)速度相同 D.a,c兩車運(yùn)動(dòng)方向相同 解析:設(shè)人的質(zhì)量為m,對(duì)地速度為v0,車的質(zhì)量為m′,人從c車跳出有0=mv0+m′vc,人跳到b車再跳出,有mv0=m′vb+mv0,人跳上a車有mv0=(m′+m)va,可得vc>va>vb,選項(xiàng)B正確. 3.(xx·天津卷,4)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)

3、、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)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(yùn)動(dòng).下列敘述正確的是(　B　) A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客的機(jī)械能保持不變 B.在最高點(diǎn)時(shí),乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中,乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 解析:摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變,重力勢(shì)能一直變化,故機(jī)械能一直變化,A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度,重力大于座椅對(duì)他的支持力,B正確;摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)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(cuò)誤;重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積,

4、而轉(zhuǎn)動(dòng)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(shí)功率也是變化的,D錯(cuò)誤. 4.如圖所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L的區(qū)域內(nèi),有一個(gè)邊長為a(a

5、-mv0 對(duì)于線圈穿出磁場(chǎng)的過程,據(jù)動(dòng)量定理可得 -FΔt=-Ba=-Ba=mv-mvx 由上述二式可得vx=,選項(xiàng)B正確. 5.我國女子短道速滑隊(duì)世錦賽上實(shí)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(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時(shí),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(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用,則(　C　) A.甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量 B.甲、乙的動(dòng)量變化一定相同 C.甲的動(dòng)能增加量不一定等于乙的動(dòng)能減少量 D.甲對(duì)乙做多少負(fù)功,乙對(duì)甲就一定做多少正功 解析:由于

6、甲對(duì)乙的作用力與乙對(duì)甲的作用力大小相等,方向相反,因此兩個(gè)力的沖量大小相等,方向相反,由動(dòng)量定理可知,兩者的動(dòng)量變化量大小相等,方向相反,選項(xiàng)A,B錯(cuò)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(dòng)能定理可知,甲、乙動(dòng)能的變化量也不一定相等,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)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(shí)刻,以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時(shí)間變化的圖像如圖(乙)所示.t0時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn),3t0時(shí)刻物塊又返回底端.下列說法正確的是(　BC　) A.物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回

7、底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cos θ B.物塊從t=0時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中動(dòng)量的變化量為-mv0 C.斜面傾角θ的正弦值為 D.不能求出3t0時(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功 解析:物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中重力的沖量IG=3mgt0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng),下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)到返回底端過程中動(dòng)量的變化量為Δp=-mv-mv0=-mv0,選項(xiàng)B正確;上滑過程中有-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0,下滑過程

8、中有(mgsin θ-μmgcos θ)2t0=,解得sin θ=,選項(xiàng)C正確;根據(jù)圖像可求出物塊上升的最大位移,由動(dòng)能定理求出整個(gè)過程中摩擦力所做的功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 7.兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),球2在前,球1在后,m1=1 kg,m2=3 kg,v01=6 m/s,v02=3 m/s,當(dāng)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(dòng)能和動(dòng)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/s B.v1=1.5 m/s,v2=4.5 m/s C.E1=9 J D.p1

9、=1 kg· m/s 解析:兩球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以兩球的初速度方向?yàn)檎较?如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動(dòng)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(jī)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/s≤v1≤3.75 m/s,3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s;球1的動(dòng)能E1=m1,滿足1.125 J≤E1≤7.03 J;球1的動(dòng)量p1=m1v1,滿足1.5 kg· m/s≤

10、p1≤3.75 kg· m/s,綜上所述,選項(xiàng)A,B正確,C,D錯(cuò)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(shí)其右側(cè)端點(diǎn)C在地面上的投影為C′點(diǎn),一質(zhì)量為m=1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自圓弧頂點(diǎn)A由靜止釋放,并且從C處滑落小車,其落地時(shí)剛好打在C′點(diǎn),已知滑塊與小車上表面BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=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

11、/s B.整個(gè)過程滑塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=4 J C.小車的質(zhì)量為M=1 kg D.從小車開始運(yùn)動(dòng)至滑塊落至C′的時(shí)間內(nèi),小車一共向左前進(jìn)了x= 1.6 m 解析:滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)滑塊滑離小車時(shí)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+μmgLBC, 滑塊滑離小車后做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)題意其平拋的水平距離為小車向左運(yùn)動(dòng)的距離,小車向左運(yùn)動(dòng)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

12、錯(cuò)誤,C正確; 整個(gè)過程的摩擦生熱為Q=μmgLBC=4 J,B正確; 自滑塊滑落小車至落地時(shí),小車又發(fā)生的位移s′=v2t=0.8 m,所以從小車開始運(yùn)動(dòng)至滑塊落至C′的時(shí)間內(nèi),小車一共向左前進(jìn)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(dǎo)軌MN,PQ固定在水平面上,兩長度均為l=0.5 m的導(dǎo)體棒ab,cd垂直于導(dǎo)軌放置,與金屬導(dǎo)軌平行的絕緣水平細(xì)線一端固定,另一端與導(dǎo)體棒ab的中點(diǎn)連接,絕緣細(xì)線能承受的最大拉力為FT=4 N,整個(gè)裝置處在豎

13、直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.開始時(shí)兩導(dǎo)體棒均處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)線剛好伸直且無拉力.現(xiàn)對(duì)導(dǎo)體棒cd施加一水平向右的拉力F,并開始計(jì)時(shí),使導(dǎo)體棒cd向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)絕緣細(xì)線剛好被拉斷時(shí)撤去拉力F,已知兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m=0.1 kg,電阻均為R=2 Ω,導(dǎo)軌電阻不計(jì),拉力F隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖(乙)所示.求: (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和細(xì)線被拉斷所需要的時(shí)間t; (2)撤去拉力F后,兩導(dǎo)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(dǎo)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(dòng)勢(shì)為E=Blv 回路中的電流大小為I=, 導(dǎo)體棒cd的速度為v=at

14、 導(dǎo)體棒cd受到的安培力大小為F安=BIl 由牛頓運(yùn)動(dòng)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=2N·s-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(dāng)絕緣細(xì)線剛被拉斷時(shí),有FT=F安 又因?yàn)镕安=t 代入數(shù)據(jù)解得t=2 s. (2)由題意可知,當(dāng)細(xì)線剛斷時(shí),導(dǎo)體棒cd的速度大小 v0=at 此后導(dǎo)體棒ab做加速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒cd做減速運(yùn)動(dòng),但由于cd棒的速度大于ab棒的速度,故兩導(dǎo)體棒之間的距離在不斷增大,當(dāng)兩導(dǎo)體棒達(dá)到共同速度而穩(wěn)定時(shí),兩導(dǎo)體棒之間的距離增加量達(dá)到最大值Δx. 此過程中通過該回路導(dǎo)線橫截面的

15、電荷量q=Δt=, 由動(dòng)量守恒定律可得mv0=2mv共 對(duì)導(dǎo)體棒ab,由動(dòng)量定理可得BlΔt=mv共 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Δx=0.2 m. 答案:(1)4 T　2 s (2)0.2 m 10.(18分)(xx·河南六市一聯(lián))足夠長的傾角為θ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(jì)的鋼板,鋼板靜止時(shí)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(yùn)動(dòng),但不粘連,它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng).已知物塊質(zhì)量也為m時(shí),它們恰能回到O點(diǎn),O為彈簧自然伸長時(shí)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

16、點(diǎn)時(shí),還具有向上的速度,已知重力加速度為g,計(jì)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(shì)能; (3)質(zhì)量為2m的物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)離O點(diǎn)的距離. 解析:(1)設(shè)物塊與鋼板碰撞前速度為v0,有 3mgx0sin θ=m 解得v0= 設(shè)物塊與鋼板碰撞后一起運(yùn)動(dòng)的速度為v1,有 mv0=2mv1 解得v1=. (2)設(shè)碰撞前彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,當(dāng)質(zhì)量為m的物塊和鋼板一起回到O點(diǎn)時(shí),彈簧無形變,彈簧彈性勢(shì)能為零,根據(jù)機(jī)械能守恒得 Ep+(2m)=2mgx0sin θ 解得Ep=mgx0sin θ. (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(yùn)動(dòng)的速度,有 2mv0=3mv2 它們回到O點(diǎn)時(shí),彈簧彈性勢(shì)能為零,但它們?nèi)岳^續(xù)向上運(yùn)動(dòng),設(shè)此時(shí)速度為v,由機(jī)械能守恒定律得 Ep+(3m)=3mgx0sin θ+(3m)v2 在O點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)離O點(diǎn)的距離為x,有 v2=2ax 2mgsin θ=2ma 解得x=. 答案:(1)　(2)mgx0sin θ　(3)