（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量和動(dòng)量 第2講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案

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1、 第2講　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 [選考考點(diǎn)分布] 章 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 動(dòng)量守恒定律 動(dòng)量和動(dòng)量定理 c 22 23 22 22 動(dòng)量守恒定律 c 23 22 碰撞 d 反沖運(yùn)動(dòng)　火箭 b 23 考點(diǎn)一　動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析 1．高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開(kāi)始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視

2、為自由落體運(yùn)動(dòng))．此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為多少？ 答案?。玬g 解析　由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得，人下降h距離時(shí)的速度為v＝，在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對(duì)人的平均作用力為F＝＋mg. 2．(多選)(人教版選修3－5P9改編)雞蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防護(hù)和規(guī)定中與其具有相同的原理的是(　　) A．撐竿跳高比賽中，橫桿的下方放有較厚的海綿墊 B．易碎物品運(yùn)輸時(shí)要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎 C．有關(guān)部門規(guī)定用手工操作的各類振動(dòng)機(jī)械的頻率必須大于20赫

3、茲 D．在汽車上安裝安全氣囊 答案　ABD 解析　雞蛋掉在草地上時(shí)與草地的作用時(shí)間長(zhǎng)，掉在水泥地上時(shí)與水泥地的作用時(shí)間短，由動(dòng)量定理FΔt＝Δp知，當(dāng)動(dòng)量變化量相同時(shí)，雞蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎．撐竿跳高比賽時(shí)，橫桿的下方放有較厚的海綿墊是為了增大運(yùn)動(dòng)員與海綿的作用時(shí)間而減小運(yùn)動(dòng)員受到的作用力，選項(xiàng)A正確；易碎物品運(yùn)輸時(shí)要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎是為了增大物體間的作用時(shí)間而減小物體間的作用力，選項(xiàng)B正確；用手工操作的各類振動(dòng)機(jī)械的頻率大于20 Hz是為了防止發(fā)生共振現(xiàn)象而對(duì)人體健康造成危害，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在汽車上安裝安全氣囊是為了增大安全氣囊與人的作用時(shí)間而減小

4、人受到的作用力，選項(xiàng)D正確． 3．(多選)(2016·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)期末)下列說(shuō)法正確的是(　　) A．動(dòng)量大的物體，它的速度不一定大 B．動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大 C．只要物體運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，物體的動(dòng)量就保持不變 D．物體的動(dòng)量變化越大，則該物體的速度變化一定越大 答案　AD 4．(多選)關(guān)于物體的動(dòng)量和動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．一物體的動(dòng)量不變，其動(dòng)能一定不變 B．一物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量一定不變 C．兩物體的動(dòng)量相等，其動(dòng)能不一定相等 D．兩物體的動(dòng)能相等，其動(dòng)量一定相等 答案　AC 解析　動(dòng)能是標(biāo)量Ek＝mv2，動(dòng)量是矢量p＝mv，動(dòng)能與動(dòng)

5、量之間的大小關(guān)系：Ek＝.一物體的動(dòng)量p不變，其動(dòng)能Ek一定不變，故A正確．一物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量大小一定不變，但速度的方向可以變化，即動(dòng)量的方向可以變化，故B錯(cuò)誤．兩物體的動(dòng)量相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量相等時(shí)，其動(dòng)能一定相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量不等時(shí)，其動(dòng)能一定不相等，故C正確．兩物體動(dòng)能相等，而質(zhì)量不等時(shí)，其動(dòng)量也是不相等的，故D錯(cuò)誤． 5．(多選) 如圖1所示，小車與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組

6、成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．木箱的動(dòng)量增加量與男孩、小車的總動(dòng)量減小量相同 答案　CD 6. (多選)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長(zhǎng)L(小于立柱高)、拴有小球的細(xì)線，小球拉至和懸點(diǎn)在同一水平面處?kù)o止釋放，如圖2所示，小球擺動(dòng)時(shí)，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，下面說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A．小球和小車的總機(jī)械能守恒 B．小球和小車的動(dòng)量守恒 C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為 D．小球和小車只在水平方向上動(dòng)量守恒 答案　AD 7．(多選) 如圖3所示，質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，則下列關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力

7、的沖量，正確的是(　　) 圖3 A．拉力F的沖量大小為Ftcos θ B．摩擦力的沖量大小為Ftcos θ C．重力的沖量大小為mgt D．物體所受支持力的沖量大小是mgt 答案　BC 解析　拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤；物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力Ff＝Fcos θ，則摩擦力的沖量大小為Fft＝Ftcos θ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C正確；支持力的大小為FN＝mg－Fsin θ，則支持力的沖量大小為(mg－Fsin θ)t，故D錯(cuò)誤． 1.動(dòng)量定理 (1)動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化間的因果關(guān)系；沖量是物體動(dòng)量變化的原因，動(dòng)量發(fā)生改變是物

8、體合外力的沖量不為零的結(jié)果． (2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向． (3)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量．求合外力的沖量有兩種方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的沖量；二是先求每個(gè)外力的沖量，再求所有外力沖量的矢量和． 2．動(dòng)量定理的應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量：若作用在物體上的作用力是變力，不能直接用Ft求變力的沖量，但可求物體動(dòng)量的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應(yīng)用Δp＝Ft求恒力作用下物體的動(dòng)量變化：若作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動(dòng)量的變化． 3．動(dòng)量守恒的適用條件 (1)系

9、統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力． (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒． 考點(diǎn)二　動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用 1．在豎直的xOy平面內(nèi)，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一象限內(nèi)電場(chǎng)沿＋y方向，磁場(chǎng)垂直xOy平面向外，第三象限內(nèi)電場(chǎng)沿－x方向，磁場(chǎng)垂直xOy平面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，A、B兩小球帶等量異種電荷，帶電量大小均為q，兩球中間夾一被壓縮的長(zhǎng)度不計(jì)的絕緣輕彈簧(不

10、粘連)，某時(shí)刻在原點(diǎn)O處同時(shí)釋放AB，AB瞬間被彈開(kāi)之后，A沿圓弧OM運(yùn)動(dòng)，B沿直線OP運(yùn)動(dòng)，OP與－x軸夾角θ＝37°，如圖4中虛線所示，不計(jì)兩球間庫(kù)侖力的影響，已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求： 圖4 (1)A、B兩球的質(zhì)量比； (2)A球出射點(diǎn)M離O點(diǎn)的距離； (3)剛釋放時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)彈開(kāi)后，A沿圓弧運(yùn)動(dòng)，所以A應(yīng)帶正電， mAg＝Eq得：mA＝ B沿OP運(yùn)動(dòng)，受力平衡，帶負(fù)電，有 tan θ＝得mB＝ ＝＝ (2)對(duì)B球受力分析，知： Bqv2sin θ＝Eq得B

11、球速度v2＝ AB彈開(kāi)瞬間，動(dòng)量守恒mAv1＝mBv2 解以上各式得，A球速度v1＝ A做圓周運(yùn)動(dòng)，Bqv1＝ 軌道半徑R＝＝ OM＝2Rsin θ＝ (3)彈開(kāi)瞬間，由能量守恒可知 Ep＝mAv＋mBv 將(1)(2)各式代入得：Ep＝ 2．如圖5所示，質(zhì)量mA＝0.8 kg、帶電量q＝－4×10－3 C的A球用長(zhǎng)l＝0.8 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線懸吊在O點(diǎn)，O點(diǎn)右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝5×103 N/C.質(zhì)量mB＝0.2 kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢(shì)能為3.6 J．現(xiàn)將A球拉至左邊與圓

12、心等高處?kù)o止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開(kāi)彈簧后，恰好與第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時(shí)撤去水平軌道．A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，線始終未被拉斷，g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)碰撞過(guò)程中A球?qū)球做的功； (2)碰后C第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小； (3)C每次離開(kāi)最高點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)立即消失，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)又重新恢復(fù)，不考慮電場(chǎng)瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開(kāi)電場(chǎng)前瞬間繩子受到的拉力． 答案　(1)－3.2 J　(2)4 m/s　(3)(80n－30) N，n＝1,2,3…… 解析　(1)碰前A的速度為vA mAv＝mAgl vA＝4 m/s 碰前B

13、的速度為vB Ep＝mBv，vB＝6 m/s 由動(dòng)量守恒得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC vC＝2 m/s A對(duì)B所做的功W＝mBv－Ep＝－3.2 J (2)碰后，整體受到豎直向上的電場(chǎng)力 F＝|q|E＝20 N，G＝mCg＝10 N 因F－mCg>mC，整體C做類平拋運(yùn)動(dòng) 水平方向上：x＝vCt 豎直方向上：y＝at2 其中a＝＝10 m/s2 圓的方程：(y－l)2＋x2＝l2 解得：x＝0.8 m，y＝0.8 m C剛好在圓心等高處繩子拉直 此時(shí)C向上的速度為v0＝gt＝4 m/s 設(shè)C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為v1 由動(dòng)能定理得mCv－mCv＝(F－m

14、Cg)l v1＝4 m/s (3)設(shè)C從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v1′，由機(jī)械能守恒定律得：mCg×2l＝mCv1′2－mCv v1′＝8 m/s 由FT＋F－mCg＝mC 可知FT>0，所以小球能一直做圓周運(yùn)動(dòng) 設(shè)小球第n次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為vn mCv－mCv＝(n－1)|q|E×2l FT＋mCg－F＝mC 解得：FT＝(80n－30) N，n＝1,2,3…… 考點(diǎn)三　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 1．(2017·浙江11月選考·22)如圖6所示，匝數(shù)N＝100、截面積S＝1.0×10－2 m2、電阻r＝0.15 Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨

15、時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，其變化率k＝0.80 T/s.線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)S連接兩根相互平行、間距d＝0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R＝0.50 Ω的電阻．一根阻值也為0.50 Ω、質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上，在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2.接通開(kāi)關(guān)S后，棒對(duì)擋條的壓力恰好為零．假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻． 圖6 (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場(chǎng)方向； (2)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后撤去擋條，棒開(kāi)始下滑，經(jīng)t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此過(guò)程棒上產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0

16、.5 T　磁場(chǎng)垂直紙面向外　(2)2.3×10－3 J 解析　(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝， ΔΦ＝S 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.8 V 等效電路圖如圖： 總電流I＝＝ A＝2 A，Iab＝＝1 A 根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，方向豎直向上 即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5 T， 根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外． (2)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)之后，撤去擋條，ab下滑過(guò)程切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動(dòng)量定理，則 (mg－B2I′d)t＝mv－0，其中I′t＝q＝ ΔΦ＝B2·dh 根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＋W＝mv2－0 聯(lián)立

17、解得W＝－4.6×10－3 J 因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q＝|W|＝2.3×10－3 J. 2．(2015·浙江10月選考·22改編)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01 m2的線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．(g取10 m/s2) 　　 甲　　　　　　　　　　　　乙　　 圖7 (1)求0～0.10

18、 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。? (2)t＝0.22 s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量． 答案　(1)30 V　(2)0.03 C 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n 得E＝nS＝30 V (2)由牛頓第二定律F＝ma＝m(或由動(dòng)量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03 C. 3．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)質(zhì)量為m、電阻率為ρ、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abb′a′，如圖8甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場(chǎng)方向平行．

19、設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)．可認(rèn)為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極間，磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方框從靜止開(kāi)始釋放，其平面在下落過(guò)程中保持水平(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)． 　　　 甲　裝置縱截面示意圖　　　　乙　裝置俯視示意圖 圖8 (1)請(qǐng)判斷圖乙中感應(yīng)電流的方向； (2)當(dāng)方框下落的加速度為時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P； (3)當(dāng)方框下落的時(shí)間t＝時(shí)，速度恰好達(dá)到最大，求方框的最大速度vm和此過(guò)程中產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)順時(shí)針　(2)　(3)　 解析　(1)由右手定則可知：感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針． (2)方框受到的安培力：FA＝2BIL

20、由牛頓第二定律有mg－FA＝ 解得I＝ 由電阻定律得金屬方框電阻R＝ρ 方框的發(fā)熱功率P＝I2R＝ (3)當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即 mg＝FA′＝2BL 解得vm＝ 將下落過(guò)程分成若干微元，由動(dòng)量定理得 mgt－∑2BLt＝mvm－0 ∑vit＝h 解得h＝ 由能量守恒定律得mgh－Q＝mv 解得Q＝ 4．(2016·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)月考)有電阻均為R的兩金屬棒a、b，a棒的質(zhì)量為m，b棒的質(zhì)量為M，兩棒均放在如圖9所示的光滑軌道的水平部分上，軌道的水平部分有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧部分無(wú)磁場(chǎng)，且軌道足夠長(zhǎng)，開(kāi)始時(shí)給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒

21、在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與軌道始終接觸良好，且a棒與b棒始終不相碰，請(qǐng)問(wèn)： 圖9 (1)當(dāng)a、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度分別為多少？損失的機(jī)械能為多少？ (2)若b棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后，又沖上圓弧軌道，在b棒返回到水平軌道前，a棒已靜止在水平軌道上，且b棒與a棒不相碰，然后達(dá)到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？ (3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？ 答案　(1)均為　　(2) (3)mv[1－] 解析　(1)a、b兩棒在水平軌道上動(dòng)量守恒． 設(shè)穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的共同速度為v1， 由動(dòng)量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v1， 解得v1＝， 損失的機(jī)械能為 ΔE＝m

22、v－(m＋M)v＝. (2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過(guò)程中機(jī)械能守恒，故返回時(shí)速度大小不變，即v2＝v1， b棒與a棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，直到新的穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)達(dá)到新的穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)a、b的共同速度為v3， 由動(dòng)量守恒定律，有Mv2＝(M＋m)v3， 解得v3＝. (3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即 Q＝mv－(M＋m)v， 解得Q＝mv[1－]． 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：40分鐘) 1．(多選)下面說(shuō)法正確的是(　　) A．物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向 B．如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零 C．如果合外力對(duì)物體的沖量不

23、為零，則合外力一定使物體的動(dòng)能增大 D．作用在物體上的合外力沖量不一定能改變物體速度的大小 答案　ABD 解析　物體動(dòng)量的方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，A對(duì)；如果物體的速度變化，則物體的動(dòng)量一定發(fā)生了變化，由動(dòng)量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對(duì)；合外力對(duì)物體的沖量不為零，但合外力可以對(duì)物體不做功，物體的動(dòng)能可以不變，C錯(cuò)誤；作用在物體上的合外力沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對(duì)． 2．(多選)關(guān)于動(dòng)量、沖量，下列說(shuō)法成立的是(　　) A．某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零 B．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動(dòng)量的增量可能為零

24、 C．某一時(shí)刻，物體的動(dòng)量為零，而動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率不為零 D．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量大小可能變大、變小或不變 答案　ACD 解析　自由落體運(yùn)動(dòng)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零，而其中初位置物體的動(dòng)量為零，故A正確；某一段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化量不為零，故B錯(cuò)誤；某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零，該時(shí)刻速度為零，動(dòng)量的變化率是合力，速度為零，合力可以不為零，即動(dòng)量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，沖量等于動(dòng)量的變化．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，則物體的動(dòng)量的改變量變大，動(dòng)量大小可能變大、變小或不變，故D正確． 3．(多

25、選)籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球．接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做(　　) A．球?qū)κ值臎_量減小 B．球?qū)θ说臎_擊力減小 C．球的動(dòng)量變化量不變 D．球的動(dòng)能變化量減小 答案　BC 解析　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：－Ft＝0－mv得F＝，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力減小，而沖量和動(dòng)量、動(dòng)能的變化量都不變，所以B、C正確． 4．(多選)將質(zhì)量為0.5 kg的小球以20 m/s的初速度豎直向上拋出，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，以下判斷正確的是(　　) A．小球從拋出至到最高點(diǎn)受到的沖量大小為10 N·

26、s B．小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動(dòng)量的增量大小為零 C．小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)受到的沖量大小為零 D．小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動(dòng)量的增量大小為20 kg·m/s 答案　AD 5．(多選) 如圖1所示，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn))，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　) 圖1 A．合外力做的功為0 B．合外力的沖量為m C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為m 答案　BC 6．如圖2所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎

27、直向下的B＝4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5 m，軌道足夠長(zhǎng)，金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1 kg，電阻Ra＝Rb＝1 Ω.b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80 cm高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過(guò)C點(diǎn)進(jìn)入軌道的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，且兩棒始終不相碰，求a、b兩棒的最終速度大小，以及整個(gè)過(guò)程中b棒產(chǎn)生的焦耳熱．(已知重力加速度g＝10 m/s2) 圖2 答案　均為2 m/s　2 J 解析　a棒下滑至C點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為v0，則由動(dòng)能定理，有：mgh＝mv， 解得：v0＝＝ m/s＝4 m/s； 此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩

28、棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選向右的方向?yàn)檎?，有? mv0＝(m＋m)v 解得a、b兩棒共同的最終速度為：v＝2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)； 由能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝mv－(m＋m)v2＝×1×42 J－×2×22 J＝4 J； 則b棒產(chǎn)生的焦耳熱為：Qb＝Q＝×4 J＝2 J. 7．如圖3所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1 m，整個(gè)

29、軌道絕緣，處于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1 s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6 kg小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置．物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大??； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大?。? 答案　(1)2 m/s　(2)18 N 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在B

30、C段上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為v2，則 qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，則 R(1－cos θ)＝h FN－(m1＋m2)g＝ 解得FN＝18 N 8．如圖4所示，半徑R＝1.6 m的光滑圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，與長(zhǎng)l＝3 m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝3 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右側(cè)空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度

31、E＝20 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝3.0 T，方向垂直紙面向外．兩個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0×10－3 kg的物塊a和b，物塊a不帶電，b帶q＝1.0×10－3 C的正電并靜止于圓弧軌道最低點(diǎn)，將物塊a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與b發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后粘合在一起，離開(kāi)傳送帶后一起飛入復(fù)合場(chǎng)中，最后以與水平面成60°角落在地面上的P點(diǎn)(如圖)，已知兩物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，a、b均可看做質(zhì)點(diǎn)．求： 圖4 (1)物塊a運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)傳送帶距離水平地面的高度； (3)兩物塊碰撞后到落地前瞬間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，

32、a、b系統(tǒng)機(jī)械能的變化量． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)物塊a從靜止釋放運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，機(jī)械能守恒，mgR(1－cos θ)＝mv，解得vC＝4 m/s 在C點(diǎn)，由牛頓第二定律：FN－mg＝ 解得：FN＝2×10－2 N 由牛頓第三定律，物塊a對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)的壓力：FN′＝2×10－2 N，方向豎直向下 (2)ab碰撞動(dòng)量守恒：mvC＝2mvC′，vC′＝2 m/s ab在傳送帶上假設(shè)能與傳送帶達(dá)到共速時(shí)經(jīng)過(guò)的位移為x， μ2mg＝2ma得a＝μg＝1 m/s2，v2－vC′2＝2ax 得：x＝2.5 m