2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動(dòng)量 第7講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用練案.doc
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專題二第7講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用限時(shí):40分鐘一、選擇題(本題共8小題,其中15題為單選,68題為多選)1(2018陜西省渭南韓城市高三下學(xué)期第三次模擬)如圖所示,光滑水平面上,甲、乙兩個(gè)球分別以大小為v11m/s、v22m/s的速度做相向運(yùn)動(dòng),碰撞后兩球粘在一起以0.5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng),則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為(A)A11B12C13D21解析設(shè)乙球的速度方向?yàn)檎较?,根?jù)動(dòng)量守恒:m2v2m2v1(m1m2)v,即2m2m1(m1m2)0.5,解得m1m211;故選A。2(2018河北省邯鄲市高三下學(xué)期第一次模擬)如圖所示,質(zhì)量不同的兩位同學(xué)乘坐相同的滑車從滑道的最高端滑下,質(zhì)量大的先滑,到達(dá)底端的同一位置?;揽梢暈榇植谛泵?,不計(jì)空氣阻力,則關(guān)于兩同學(xué)的下滑過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是(C)A摩擦力做功相同B重力沖量相同C經(jīng)過(guò)滑道上同一位置的速度相同D若質(zhì)量大的同學(xué)后滑,則在下滑過(guò)程中兩同學(xué)可能相撞解析因?yàn)樗麄兊馁|(zhì)量不同,所以受到的摩擦力也不同,位移相同,根據(jù)功的定義可知摩擦力做功不同,故A錯(cuò)誤;相同的滑車、相同的滑道,則他們下滑的加速度是相同的,下滑的時(shí)間相同,重力的沖量為:Imgt,因?yàn)橘|(zhì)量不同,所以重力沖量也不相同,故B錯(cuò)誤;相同的滑車、相同的滑道,則他們下滑的加速度是相同的,所以他們到達(dá)底端時(shí)的速度也是相同的,不會(huì)相撞,故C正確,D錯(cuò)誤。所以C正確,ABD錯(cuò)誤。3(2018全國(guó)押題卷二)如圖所示,內(nèi)壁光滑,四角呈圓弧狀的長(zhǎng)方形空腔管,位于豎直平面內(nèi),BD等高,兩個(gè)同樣的小球,從靜止開(kāi)始由A點(diǎn)分別從左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),不計(jì)碰撞能量的損失,則下列說(shuō)法正確的是(D)A兩球同時(shí)到達(dá)C點(diǎn),動(dòng)量相等B兩球同時(shí)到達(dá)C點(diǎn),動(dòng)量不等C兩球到達(dá)C時(shí)的速率相同,左側(cè)先到達(dá)D兩球到達(dá)C時(shí)的速率相同,右側(cè)先到達(dá)解析因?yàn)槭情L(zhǎng)方形空腔管,所以AB長(zhǎng)度大于AD,角小于45度,取角等于0度的極端狀態(tài),則左邊小球不能到達(dá),時(shí)間為無(wú)窮大,D球可以到達(dá),所以左邊到達(dá)的時(shí)間大于右邊到達(dá)的時(shí)間,又根據(jù)機(jī)械能守恒可得兩球到達(dá)時(shí)的速率相同,所以正確選項(xiàng)為D。4(2018江西省二模)如圖所示,小車質(zhì)量為M,小車頂端為半徑為R的四分之一光滑圓弧,質(zhì)量為m的小球從圓弧頂端由靜止釋放,對(duì)此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析,下列說(shuō)法中正確的是(g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣?(C)A若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng),則地面對(duì)小車的靜摩擦力最大為mgB若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng),則地面對(duì)小車的靜摩擦力最大為2mgC若地面光滑,當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí),小車速度為mD若地面光滑,當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí),小車速度為M解析若地面粗糙且小車能夠靜止不動(dòng),因?yàn)樾∏蛑挥兄亓ψ龉?,故小球機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒可求得小球任一位置時(shí)的速度,由向心力公式可求得小球受到的支持力;對(duì)小車受力分析可求得靜摩擦力的最大值。若地面光滑,小球下滑的過(guò)程中,小車向左運(yùn)動(dòng),系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒,系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒,由此列式,可求得小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)小車的速度。設(shè)圓弧半徑為R,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到重力與半徑夾角為時(shí),速度為v。根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:mv2mgRcos,由牛頓第二定律有Nmgcosm,解得小球?qū)π≤嚨膲毫镹3mgcos,其水平分量為Nx3mgcossinmgsin2,根據(jù)平衡條件,地面對(duì)小車的靜摩擦力水平向右,大小為fNxmgsin2,可以看出:當(dāng)sin1,即45時(shí),地面對(duì)車的靜摩擦力最大,其值為fmaxmg,故AB錯(cuò)誤;若地面光滑,當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí),小車的速度設(shè)為v,小球的速度設(shè)為v。小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mvMv0,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,則得mgRmv2Mv2,解得vm,故C正確,D錯(cuò)誤。5(2018黑龍江省哈爾濱市二模)如圖所示,在光滑絕緣的水平直軌道上有兩個(gè)帶電小球a和b,a球質(zhì)量為2m、帶電量為q,b球質(zhì)量為m、帶電量為2q,兩球相距較遠(yuǎn)且相向運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻a、b球的速度大小依次為v和1.5v,由于靜電斥力的作用,它們不會(huì)相碰。則下列敘述正確的是(D)A兩球相距最近時(shí),速度大小相等、方向相反Ba球和b球所受的靜電斥力對(duì)兩球始終做負(fù)功Ca球一直沿原方向運(yùn)動(dòng),b球要反向運(yùn)動(dòng)Da、b兩球都要反向運(yùn)動(dòng),但b球先反向解析由于地面光滑,系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)兩球速度相同時(shí),系統(tǒng)損失機(jī)械能最大,兩球相距最小,故A錯(cuò)誤;由題意可知,a球動(dòng)量大于b球動(dòng)量,因此系統(tǒng)動(dòng)量水平向右,故b球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將先反向運(yùn)動(dòng)而a球后反向運(yùn)動(dòng),因此靜電斥力對(duì)a、b球先做負(fù)功后做正功,故B、C錯(cuò)誤,D正確。6(2018廣東省汕頭市高三下學(xué)期4月模擬)跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員從平臺(tái)末端a點(diǎn)以某一初速度水平滑出,在空中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落在斜坡上b點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,則運(yùn)動(dòng)員在空中飛行過(guò)程中(AD)A在相等的時(shí)間間隔內(nèi),動(dòng)量的改變量總是相同的B在相等的時(shí)間間隔內(nèi),動(dòng)能的改變量總是相間的C在下落相等高度的過(guò)程中,動(dòng)量的改變量總是相同的D在下落相等高度的過(guò)程中,動(dòng)能的改變量總是相同的解析動(dòng)量的改變量等于合外力的沖量,由于人做平拋運(yùn)動(dòng),所以合外力恒為mg,故在相等的時(shí)間間隔內(nèi),動(dòng)量的改變量總是相同的,所以A正確;動(dòng)能的改變量與合外力做功有關(guān),由于在相等時(shí)間內(nèi)豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移不相等,所以合外力在相等的時(shí)間內(nèi)做功也不相等,故動(dòng)能的改變量也不相等,故B錯(cuò);由于豎直方向做變速運(yùn)動(dòng),在下落相等高度的過(guò)程中,所用時(shí)間是不相等的,所以動(dòng)量的改變量也是不相等的,故C錯(cuò);在下落相等高度的過(guò)程中,合外力做功相等,所以動(dòng)能的改變量總是相同的,故D正確;故選AD。7(2018廈門市高三下學(xué)期第二次質(zhì)量檢測(cè))在冰壺比賽中,紅壺以一定速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞,碰撞時(shí)間極短,如圖甲所示。碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面,來(lái)減小阻力。碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖乙中實(shí)線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,已知兩冰壺質(zhì)量相等,由圖象可得(AB)A碰撞后,藍(lán)壺經(jīng)過(guò)5s停止運(yùn)動(dòng)B碰撞后,藍(lán)壺的瞬時(shí)速度為0.8m/sC紅藍(lán)兩壺碰撞過(guò)程是彈性碰撞D紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,所受摩擦力的沖量之比為12解析設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,碰前紅壺的速度v01.0m/s,碰后速度為v00.2m/s,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0mv0mv,解得v0.8m/s,B正確;從圖中可知藍(lán)壺與紅壺沿虛線運(yùn)動(dòng)方式時(shí)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng),并且紅壺碰撞前后的圖線平行,若以紅壺虛線所示運(yùn)動(dòng),則加速度為am/s20.2m/s2,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts5s,A正確;碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)能為E1m1.020.5m,碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能為E2m0.22m0.820.36m,兩者不等,所以不是彈性碰撞,C錯(cuò)誤;碰后藍(lán)壺的加速度為am/s20.16m/s2,碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為ffmama54,摩擦力沖量IfIfftftff54,D錯(cuò)誤。8(2018吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三下學(xué)期模擬)如圖,光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B,質(zhì)量為m2kg的木塊A以速度v02m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板B的上表面,由于A、B之間存在摩擦,之后,A、B的速度隨時(shí)間變化情況如下圖所示,重力加速度g10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是(AD)A長(zhǎng)木板的質(zhì)量M2kgBA、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為2mDA、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能為2J解析從圖可以看出,A先做勻減速運(yùn)動(dòng),B做勻加速運(yùn)動(dòng),最后一起做勻速運(yùn)動(dòng),共同速度v1m/s,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:mv0(mM)v,解得:Mm2kg,故A正確;由圖象可知,木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a1m/s2,對(duì)B,根據(jù)牛頓第二定律得mgMa,解得動(dòng)摩擦因數(shù)0.1,故B錯(cuò)誤;由圖象可知前1s內(nèi)B的位移xB0.5m,A的位移xA1.5m,所以木板最小長(zhǎng)度LxAxB1m,故C錯(cuò)誤;A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能Emv(Mm)v22J,故D正確。二、計(jì)算題(本題共2小題,需寫出完整的解題步驟)9(2018河南省開(kāi)封市高三下學(xué)期5月模擬)如圖所示,水平光滑細(xì)桿上P點(diǎn)套一輕質(zhì)小環(huán),小環(huán)通過(guò)長(zhǎng)L0.5m的輕繩懸掛一質(zhì)量不計(jì)的夾子,夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m0.5kg的物塊,物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm3N?,F(xiàn)對(duì)物塊施加F5N的水平恒力作用,物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),小環(huán)碰到桿上的釘子Q時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng),物塊恰要相對(duì)夾子滑動(dòng),與此同時(shí)撤去外力,一質(zhì)量為0.1kg的直桿以1m/s的速度沿水平方向相向插入夾子將夾子與物塊鎖定(此過(guò)程時(shí)間極短)。物塊可看成質(zhì)點(diǎn),重力加速度g10m/s2。求:(1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a;(2)P、Q兩點(diǎn)間的距離s;(3)物塊向右擺動(dòng)的最大高度h。解析(1)以整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得:Fma解得:a10m/s2(2)環(huán)到達(dá)Q,物塊剛達(dá)到最大靜摩擦力,由牛頓第二定律2fmmg根據(jù)動(dòng)能定理有Fsmv2解得s0.05m(3)直桿與物塊水平方向動(dòng)量守恒mvm0v0(mm0)v共由動(dòng)能定理:(mm0)gh0(mm0)v聯(lián)立得h0.022m10(2018山東省威海市高三下學(xué)期模擬)如圖甲所示,長(zhǎng)木板的左端固定一個(gè)表面光滑的楔形木塊,右端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧,彈簧處于自然狀態(tài)時(shí)左端位于A點(diǎn),且A點(diǎn)右側(cè)光滑,在A點(diǎn)處有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊。整個(gè)裝置放在光滑的水平面上,裝置的左端緊靠固定在豎直墻面上的壓力傳感器。給在A點(diǎn)的小物塊一向左的初速度之后,壓力傳感器顯示出壓力隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。假設(shè)小物塊從楔形木塊滑到長(zhǎng)木板上時(shí)無(wú)能量損失,已知長(zhǎng)木板連同楔形木塊的總質(zhì)量M8kg,小物塊的質(zhì)量m1kg,重力加速度g10m/s2,可能用到的數(shù)據(jù):sin370.6,sin740.96。求:(1)小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)及楔形木塊的傾角數(shù)值;(2)彈簧彈性勢(shì)能的最大值;(3)小物塊最終停在長(zhǎng)木板上的位置離A點(diǎn)的距離。解析(1)由圖乙知F12NF24.8N又mgF1解得:0.2F2mgsincos解得:37(2)設(shè)小物塊的初速度為v0,滑上楔形木塊時(shí)速度為v1,彈簧壓縮最大時(shí)速度為v2,t10.5s,t21s則:t2mgsinma1由動(dòng)量守恒定律:mv1(mM)v2由能量關(guān)系:mvmgL(mM)vEp又v1v0a2t1mgma2Lt1解得:Ep0.5J(3)mvmgx(mM)v解得:x2m所以最終木塊停在離A點(diǎn)0.25m處- 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