2019屆高考物理二輪專題復習 專題四 能量和動量 第3講 動量 三大觀點的綜合應用限時檢測.doc

第3講動量三大觀點的綜合應用一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)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驗研究平拋運動.A,B是質量相等的兩個小球,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,同時松開B球,B球自由下落.某同學設想在兩小球下落的空間中任意選取兩個水平面1,2,小球A,B在通過兩水平面的過程中,動量的變化量分別為pA和pB,動能的變化量分別為EkA和EkB,忽略一切阻力的影響,下列判斷正確的是(A)A.pA=pB,EkA=EkBB.pApB,EkAEkBC.pApB,EkA=EkBD.pA=pB,EkAEkB解析:兩個小球A,B的運動分別為平拋運動和自由落體運動,豎直方向的位移均為h=12gt2,速度vy=gt.A,B同時開始下落,所以到達水平面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的時間tA=tB,動量變化量p=mgt,A,B質量相等,運動時間相同,所以pA=pB,小球運動過程中只有重力做功,根據動能定理有Ek=mgh,A,B質量相等,高度相同,所以EkA=EkB,選項A正確.2.(2018河南模擬)如圖所示,質量為M的足夠高光滑斜槽靜止在光滑水平面上,質量為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,則下列說法正確的是(D)A.小球獲得的最大重力勢能等于小球初始動能B.小球到達斜槽最高點處,小球的速度為零C.小球回到斜槽底部時,小球速度方向一定向右D.小球回到斜槽底部時,小球速度方向可能向左解析:小球沖上斜槽的過程中,斜槽向左運動,獲得了動能,所以小球獲得的最大重力勢能小于小球初始動能,故A錯誤;小球到達斜槽最高點時速度與斜槽速度相同,設為v,取水平向左為正方向,由水平動量守恒得mv=(M+m)v,可得v=mvM+m0,故B錯誤;設小球回到斜槽底部時,小球和斜槽的速度分別為v1和v2.取水平向左為正方向,由水平動量守恒得mv=mv1+Mv2.根據機械能守恒定律得12mv2=12mv12+12Mv22.解得v1=m-MM+mv,其中若m>M,得v>0,說明小球速度方向向左,故C錯誤,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,到斜面上某一點后返回底端,斜面粗糙,滑塊運動過程中加速度與時間的關系圖像如圖所示.下列四幅圖像分別表示滑塊運動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時間t變化的關系,其中正確的是(D)解析:滑塊沿斜面向上做勻減速直線運動,向下做勻加速直線運動,兩者速度方向相反,選項B錯誤;由位移公式可得x=v0t-12at2,即位移與時間成二次函數關系,而下滑所用的時間大于上滑所用的時間,下滑加速度小于上滑加速度,且總為負值,所以x-t圖像應是開口向下,由左、右兩不同形狀的拋物線,故A錯誤;根據Ek=12mv2知,動能先減小后增大,故C錯誤;由于Ep=mgh=mgxsin =mgsin (v0t-12at2)(為斜面傾角),a始終為負,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的物塊,某時刻受到一水平恒力F的作用,經一段時間后從A點運動到B點,速度大小仍為v0,方向改變了90,如圖所示,則在此過程中(B)A.物塊的動能一定始終不變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,故動能先減小后增大,A,C錯誤;物塊的初、末動能相同,根據動能定理,合力對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;由于運動過程中,物塊受力恒定,所以加速度大小不變,D錯誤.5. (2018宜賓模擬)如圖所示,一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點.開始時沙袋處于靜止狀態(tài),一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出,二者共同擺動.若彈丸質量為m,沙袋質量為5m,彈丸和沙袋形狀大小忽略不計,彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計,不計空氣阻力,重力加速度為g.下列說法中正確的是(D)A.彈丸打入沙袋過程中,細繩所受拉力大小保持不變B.彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的沖量大小大于沙袋對彈丸的沖量大小C.彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為mv0272D.沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為v0272g解析:彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律mv0=(m+5m)v,解得v=16v0;彈丸打入沙袋后,總質量變大,且做圓周運動,根據FT=6mg+6mv2L可知,細繩所受拉力變大,選項A錯誤;根據牛頓第三定律可知,彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的作用力與沙袋對彈丸的作用力大小相等,則彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小,選項B錯誤;彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為Q=12mv02-126mv2=512mv02,選項C錯誤;由機械能守恒可得126mv2=6mgh,解得h=v0272g,選項D正確.6. (2018遼寧鞍山一中高三七模)如圖,在水平面內固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導軌,其間距為L,電阻不計.在虛線l1的左側存在著豎直向上的勻強磁場,在虛線l2的右側存在著豎直向下的勻強磁場,兩部分磁場的磁感應強度均為B.a,b兩根電阻均為R的金屬棒與導軌垂直,分別位于兩塊磁場中,現突然給a棒一個水平向左的初速度v0,在兩棒達到穩(wěn)定的過程中,下列說法正確的是(BD)A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量守恒B.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量不守恒C.安培力對a棒做功的功率等于a棒的發(fā)熱功率D.安培力對a棒做功的功率等于安培力對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)的動量不守恒,故A錯誤,B正確;根據能量守恒可知,a棒動能的減小量等于回路中產生的熱量和b棒動能的增加,由動能定理可知,a棒動能的減小量等于安培力對a棒做的功,b棒動能的增加量等于安培力對b棒做的功,所以安培力對a棒做功的功率等于安培力對b棒做功功率與兩棒總發(fā)熱功率之和,故C錯誤,D正確.7.(2018鄭州二模)在奧運比賽項目中,10 m跳臺跳水是我國運動員的強項.某次訓練中,質量為60 kg的跳水運動員從跳臺自由下落10 m后入水,在水中豎直向下減速運動.設空中下落時空氣阻力不計,水對他的阻力大小恒為2 400 N.那么在他入水后下降2.5 m的過程中,下列說法正確的是(取g=10 m/s2)(AC)A.他的加速度大小為30 m/s2B.他的動量減少了300 kgm/sC.他的動能減少了4 500 JD.他的機械能減少了4 500 J解析:運動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,代入數據得a=-30 m/s2,負號表示方向向上,故A正確;運動員入水時的速度v1=2gh=21010 m/s=102 m/s,入水后下降2.5 m后的速度v2=v12-2ah=200-2302.5 m/s=52 m/s,所以動量的變化量|p|=m(v1-v2)=60(102-52) kgm/s=3002 kg m/s,故B錯誤;根據動能定理,運動員動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;由于機械能的減小量等于克服阻力做的功,則E1-E2=Fh=2 4002.5 J=6 000 J,故D錯誤.8.(2018株洲二模)如圖,光滑固定斜面的傾角為30,甲、乙兩物體的質量之比為41.乙用不可伸長的輕繩分別與甲和地面相連,開始時甲、乙離地高度相同.現從E處剪斷輕繩,則在乙落地前瞬間(BC)A.甲、乙動量大小之比為41B.甲、乙動量大小之比為21C.以地面為零勢能面,甲、乙機械能之比為41D.以地面為零勢能面,甲、乙機械能之比為11解析:剪斷細線后,甲的合力F甲=m甲gsin 30=12m甲g;乙的合力為F乙=m乙g,甲、乙兩物體的質量之比為41,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=12g,即乙落地時甲在斜面上運動,根據動量定理,甲的動量增加量為乙的動量增加量的2倍,初動量為零,故甲、乙動量大小之比為21,故A錯誤,B正確;剪斷細線后,甲、乙均是只有重力做功,機械能守恒,以地面為零勢能面,而初位置高度相等,故初位置的重力勢能之比即為落地前瞬間甲、乙機械能之比,即為41,故C正確,D錯誤.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,足夠長的U形光滑導軌固定在傾角為30的斜面上,導軌的寬度L=0.5 m,其下端與R=1 的電阻連接,質量為m=0.2 kg的導體棒(長度也為L)與導軌接觸良好,導體棒及導軌電阻均不計.磁感應強度B=2 T的勻強磁場垂直于導軌所在的平面,用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導體棒和質量為M=0.4 kg的重物相連,重物離地面足夠高.使導體棒從靜止開始沿導軌上滑,當導體棒沿導軌上滑t=1 s時,其速度達到最大(取g=10 m/s2).求:(1)導體棒的最大速度vm;(2)導體棒從靜止開始沿軌道上滑時間t=1 s的過程中,電阻R上產生的焦耳熱是多少?解析:(1)速度最大時導體棒做勻速直線運動,導體棒切割磁感線產生感應電動勢為E=BLvm.感應電流為I=ER,安培力為FA=BIL,由平衡條件得Mg=mgsin 30+FA,聯立解得vm=3 m/s.(2)以導體棒和重物為系統(tǒng),由動量定理得Mgt-mgsin 30t-BILt=(M+m)v-0,又q=It即為Mgt-mgsin 30t-BLq=(M+m)v-0而v=vm,代入數據得q=1.2 C;又電荷量為q=R=BLxR代入數據得1 s內導體棒上滑位移為x=1.2 m根據能量守恒定律有Mgx=mgxsin 30+12(M+m)v2+Q,解得Q=0.9 J.答案:(1)3 m/s(2)0.9 J10.(20分)(2018漳州模擬)如圖所示,質量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量為0.5 kg的滑塊Q.水平放置的輕彈簧左端固定,質量為0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸,此時彈簧處于原長.現用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內),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與小車表面間動摩擦因數=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剛在小車上滑行時的初速度v0是多少?(3)為保證Q不從小車上滑下,小車的長度至少為多少?解析:(1)推力F通過P壓縮彈簧做功,根據功能關系有Ep=WF當彈簧完全推開物塊P時,有Ep=12mPv2由兩式聯立解得v=4 m/s.(2)P,Q之間發(fā)生彈性碰撞,設碰撞后Q的速度為v0,P的速度為v,由動量守恒和能量守恒得mPv=mPv+mQv012mPv2=12mPv2+12mQv02解得v0=v=4 m/s,v=0.(3)設滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u,由動量守恒可得mQv0=(mQ+M)u系統(tǒng)因摩擦產生的熱量Qf=mQgL根據能量守恒,有mQgL=12mQv02-12(mQ+M)u2聯立解得L=6 m.答案:(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m