《2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動(dòng)量 第3講 動(dòng)量 三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用限時(shí)檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動(dòng)量 第3講 動(dòng)量 三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用限時(shí)檢測(cè)（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動(dòng)量 第3講 動(dòng)量 三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用限時(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. (2018·北京市八十中高三三模)在課堂中,老師用如圖所示的實(shí)驗(yàn)研究平拋運(yùn)動(dòng).A,B是質(zhì)量相等的兩個(gè)小球,處于同一高度.用小錘打擊彈性金屬片,使A球沿水平方向飛出,同時(shí)松開B球,B球自由下落.某同學(xué)設(shè)想在兩小球下落的空間中任意選取兩個(gè)水平面1,2,小球A,B在通過(guò)兩水平面的過(guò)程中,動(dòng)量的變化量分別為ΔpA和ΔpB,動(dòng)能的變化量分別為ΔEkA和ΔEkB,忽略一切阻力的影響,下列判斷

2、正確的是(　A　) A.ΔpA=ΔpB,ΔEkA=ΔEkB B.ΔpA≠ΔpB,ΔEkA≠ΔEkB C.ΔpA≠ΔpB,ΔEkA=ΔEkB D.ΔpA=ΔpB,ΔEkA≠ΔEkB 解析:兩個(gè)小球A,B的運(yùn)動(dòng)分別為平拋運(yùn)動(dòng)和自由落體運(yùn)動(dòng),豎直方向的位移均為h=gt2,速度vy=gt.A,B同時(shí)開始下落,所以到達(dá)水平面1豎直方向上的速度與水平面2豎直方向上的速度相同,所以從水平面1到水平面2的時(shí)間tA=tB,動(dòng)量變化量Δp=mgt,A,B質(zhì)量相等,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,所以ΔpA=ΔpB,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,根據(jù)動(dòng)能定理有ΔEk=mgh,A,B質(zhì)量相等,高度相同,所以ΔEkA=Δ

3、EkB,選項(xiàng)A正確. 2.(2018·河南模擬)如圖所示,質(zhì)量為M的足夠高光滑斜槽靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球以一定的水平初速度沖上斜槽且不脫離斜槽,后又返回斜槽底部,則下列說(shuō)法正確的是(　D　) A.小球獲得的最大重力勢(shì)能等于小球初始動(dòng)能 B.小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處,小球的速度為零 C.小球回到斜槽底部時(shí),小球速度方向一定向右 D.小球回到斜槽底部時(shí),小球速度方向可能向左 解析:小球沖上斜槽的過(guò)程中,斜槽向左運(yùn)動(dòng),獲得了動(dòng)能,所以小球獲得的最大重力勢(shì)能小于小球初始動(dòng)能,故A錯(cuò)誤;小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)時(shí)速度與斜槽速度相同,設(shè)為v′,取水平向左為正方向,由水平動(dòng)量守恒得mv=(

4、M+m)v′,可得v′=≠0,故B錯(cuò)誤;設(shè)小球回到斜槽底部時(shí),小球和斜槽的速度分別為v1和v2.取水平向左為正方向,由水平動(dòng)量守恒得mv=mv1+Mv2.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv2=m+M.解得v1=v,其中若m>M,得v′>0,說(shuō)明小球速度方向向左,故C錯(cuò)誤,D正確. 3. (2018·宜興模擬)一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖,到斜面上某一點(diǎn)后返回底端,斜面粗糙,滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示.下列四幅圖像分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時(shí)間t變化的關(guān)系,其中正確的是(　D　) 解析:滑塊沿斜面向上

5、做勻減速直線運(yùn)動(dòng),向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩者速度方向相反,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由位移公式可得x=v0t-at2,即位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系,而下滑所用的時(shí)間大于上滑所用的時(shí)間,下滑加速度小于上滑加速度,且總為負(fù)值,所以x-t圖像應(yīng)是開口向下,由左、右兩不同形狀的拋物線,故A錯(cuò)誤;根據(jù)Ek=mv2知,動(dòng)能先減小后增大,故C錯(cuò)誤;由于Ep=mgh=mgxsin θ=mgsin θ(v0t-at2)(θ為斜面傾角),a始終為負(fù),故圖線為開口向下,由左、右兩不同形狀的拋物線,故D正確. 4. (2018·重慶二模)以速度v0在光滑水平面上勻速滑動(dòng)的物塊,某時(shí)刻受到一水平恒力F的作用,經(jīng)一段時(shí)間后從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到

6、B點(diǎn),速度大小仍為v0,方向改變了90°,如圖所示,則在此過(guò)程中(　B　) A.物塊的動(dòng)能一定始終不變 B.水平恒力F的方向一定與AB連線垂直 C.物塊的速度一定先增大后減小 D.物塊的加速度大小變化 解析:物塊在水平恒力F作用下,向右方向上的速度由v0減小到零,向下方向上的速度由零增大到v0,由速度的合成易知,物塊的速度先減小后增大,故動(dòng)能先減小后增大,A,C錯(cuò)誤;物塊的初、末動(dòng)能相同,根據(jù)動(dòng)能定理,合力對(duì)物塊做的功一定為零,故合力與位移垂直,即水平恒力F的方向一定與AB連線垂直,B正確;由于運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,物塊受力恒定,所以加速度大小不變,D錯(cuò)誤. 5. (2018·宜賓模擬)

7、如圖所示,一沙袋用無(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn).開始時(shí)沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài),一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出,二者共同擺動(dòng).若彈丸質(zhì)量為m,沙袋質(zhì)量為5m,彈丸和沙袋形狀大小忽略不計(jì),彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g.下列說(shuō)法中正確的是(　D　) A.彈丸打入沙袋過(guò)程中,細(xì)繩所受拉力大小保持不變 B.彈丸打入沙袋過(guò)程中,彈丸對(duì)沙袋的沖量大小大于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小 C.彈丸打入沙袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為 D.沙袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為 解析:彈丸打入沙袋的過(guò)程由動(dòng)量守恒定律mv0=(m+5m)v,解得v=v0;彈丸打入沙袋后,總質(zhì)量變大,且做圓周

8、運(yùn)動(dòng),根據(jù)FT=6mg+6m可知,細(xì)繩所受拉力變大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第三定律可知,彈丸打入沙袋過(guò)程中,彈丸對(duì)沙袋的作用力與沙袋對(duì)彈丸的作用力大小相等,則彈丸對(duì)沙袋的沖量大小等于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;彈丸打入沙袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為Q=m-·6mv2=m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由機(jī)械能守恒可得·6mv2=6mgh,解得h=,選項(xiàng)D正確. 6. (2018·遼寧鞍山一中高三七模)如圖,在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),電阻不計(jì).在虛線l1的左側(cè)存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在虛線l2的右側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B.a,b兩根電阻均為R的

9、金屬棒與導(dǎo)軌垂直,分別位于兩塊磁場(chǎng)中,現(xiàn)突然給a棒一個(gè)水平向左的初速度v0,在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(　BD　) A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 B.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒 C.安培力對(duì)a棒做功的功率等于a棒的發(fā)熱功率 D.安培力對(duì)a棒做功的功率等于安培力對(duì)b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率之和 解析:由于a,b棒所受安培力都向右,a,b系統(tǒng)所受合外力不為零,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)能量守恒可知,a棒動(dòng)能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和b棒動(dòng)能的增加,由動(dòng)能定理可知,a棒動(dòng)能的減小量等于安培力對(duì)a棒做的功,b棒動(dòng)能的增加量等于安

10、培力對(duì)b棒做的功,所以安培力對(duì)a棒做功的功率等于安培力對(duì)b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率之和,故C錯(cuò)誤,D正確. 7.(2018·鄭州二模)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中,10 m跳臺(tái)跳水是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng).某次訓(xùn)練中,質(zhì)量為60 kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10 m后入水,在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng).設(shè)空中下落時(shí)空氣阻力不計(jì),水對(duì)他的阻力大小恒為2 400 N.那么在他入水后下降2.5 m的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(取g=10 m/s2)(　AC　) A.他的加速度大小為30 m/s2 B.他的動(dòng)量減少了300 kg·m/s C.他的動(dòng)能減少了4 500 J D.他的機(jī)械能減少了4 500 J 解析

11、:運(yùn)動(dòng)員在水中受到重力和水的阻力,選取向下為正方向,則-F+mg=ma,代入數(shù)據(jù)得a=-30 m/s2,負(fù)號(hào)表示方向向上,故A正確;運(yùn)動(dòng)員入水時(shí)的速度v1== m/s=10 m/s,入水后下降2.5 m后的速度v2== m/s=5 m/s,所以動(dòng)量的變化量|Δp|=m(v1-v2)=60×(10-5) kg·m/s=300 kg· m/s,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的減小量等于克服合力做的功,則Ek1-Ek2= (F-mg)h′=(2 400-600)×2.5 J=4 500 J,故C正確;由于機(jī)械能的減小量等于克服阻力做的功,則E1-E2=Fh=2 400×2.5 J=6 000 J

12、,故D錯(cuò)誤. 8.(2018·株洲二模)如圖,光滑固定斜面的傾角為30°,甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為4∶1.乙用不可伸長(zhǎng)的輕繩分別與甲和地面相連,開始時(shí)甲、乙離地高度相同.現(xiàn)從E處剪斷輕繩,則在乙落地前瞬間(　BC　) A.甲、乙動(dòng)量大小之比為4∶1 B.甲、乙動(dòng)量大小之比為2∶1 C.以地面為零勢(shì)能面,甲、乙機(jī)械能之比為4∶1 D.以地面為零勢(shì)能面,甲、乙機(jī)械能之比為1∶1 解析:剪斷細(xì)線后,甲的合力F甲=m甲gsin 30°=m甲g;乙的合力為F乙=m乙g,甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為4∶1,故甲的合力為乙的合力的2倍,由牛頓第二定律可知,a乙=g,a甲=g,即乙落地時(shí)甲在斜面上

13、運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量定理,甲的動(dòng)量增加量為乙的動(dòng)量增加量的2倍,初動(dòng)量為零,故甲、乙動(dòng)量大小之比為2∶1,故A錯(cuò)誤,B正確;剪斷細(xì)線后,甲、乙均是只有重力做功,機(jī)械能守恒,以地面為零勢(shì)能面,而初位置高度相等,故初位置的重力勢(shì)能之比即為落地前瞬間甲、乙機(jī)械能之比,即為4∶1,故C正確,D錯(cuò)誤. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9. (16分)(2018·河南模擬)如圖所示,足夠長(zhǎng)的U形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30°的斜面上,導(dǎo)軌的寬度L=0.5 m,其下端與R=1 Ω的電阻連接,質(zhì)量為m=0.2 kg的導(dǎo)體棒(長(zhǎng)度也為L(zhǎng))與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

14、垂直于導(dǎo)軌所在的平面,用一根與斜面平行的不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M=0.4 kg的重物相連,重物離地面足夠高.使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑,當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t=1 s時(shí),其速度達(dá)到最大(取g=10 m/s2).求: (1)導(dǎo)體棒的最大速度vm; (2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時(shí)間t=1 s的過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少? 解析:(1)速度最大時(shí)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLvm.感應(yīng)電流為I=,安培力為FA=BIL,由平衡條件得Mg=mgsin 30°+FA,聯(lián)立解得vm=3 m/s. (2)以導(dǎo)體棒和重物為系統(tǒng),由動(dòng)量定理

15、得 Mgt-mgsin 30°·t-BILt=(M+m)v-0, 又q=It即為Mgt-mgsin 30°·t-BLq=(M+m)v-0而v=vm,代入數(shù)據(jù)得q=1.2 C;又電荷量為q==代入數(shù)據(jù)得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移為x=1.2 m根據(jù)能量守恒定律有Mgx=mgxsin 30°+(M+m)v2+Q, 解得Q=0.9 J. 答案:(1)3 m/s　(2)0.9 J 10.(20分)(2018·漳州模擬)如圖所示,質(zhì)量M=1.5 kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊,其上表面與水平桌面相平,小車的左端放有一質(zhì)量為0.5 kg的滑塊Q.水平放置的輕彈簧左端固定,

16、質(zhì)量為0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸,此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng).現(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi)),推力做功WF=4 J,撤去F后,P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞,最后Q恰好沒從小車上滑下.已知Q與小車表面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1.(取g=10 m/s2)求: (1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少? (2)Q剛在小車上滑行時(shí)的初速度v0是多少? (3)為保證Q不從小車上滑下,小車的長(zhǎng)度至少為多少? 解析:(1)推力F通過(guò)P壓縮彈簧做功,根據(jù)功能關(guān)系有Ep=WF 當(dāng)彈簧完全推開物塊P時(shí),有Ep=mPv2 由兩式聯(lián)立解得v=4 m/s. (2)P,Q之間發(fā)生彈性碰撞,設(shè)碰撞后Q的速度為v0,P的速度為v′,由動(dòng)量守恒和能量守恒得mPv=mPv′+mQv0 mPv2=mPv′2+mQ 解得v0=v=4 m/s,v′=0. (3)設(shè)滑塊Q在小車上滑行一段時(shí)間后兩者的共同速度為u,由動(dòng)量守恒可得mQv0=(mQ+M)u 系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Qf=μmQgL 根據(jù)能量守恒,有μmQgL=mQ-(mQ+M)u2 聯(lián)立解得L=6 m. 答案:(1)4 m/s　(2)4 m/s　(3)6 m