2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第3讲动量三大观点的综合应用限时检测.doc

《2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第3讲动量三大观点的综合应用限时检测.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第3讲动量三大观点的综合应用限时检测.doc（5页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 3讲 动量 三大观点的综合应用一、选择题(本大题共 8小题,每小题 8分,共 64分.第 15 题只有一项符合题目要求,第68 题有多项符合题目要求)1. (2018北京市八十中高三三模)在课堂中,老师用如图所示的实验研究平抛运动.A,B 是质量相等的两个小球,处于同一高度.用小锤打击弹性金属片,使 A球沿水平方向飞出,同时松开 B球,B 球自由下落.某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面 1,2,小球A,B在通过两水平面的过程中,动量的变化量分别为 p A和 p B,动能的变化量分别为 E kA和 E kB,忽略一切阻力的影响,下列判断正确的是( A )A.p A=p B,E

2、 kA=E kBB.p Ap B,E kAE kBC.p Ap B,E kA=E kBD.p A=p B,E kAE kB解析:两个小球 A,B的运动分别为平抛运动和自由落体运动,竖直方向的位移均为 h= gt2,12速度 vy=gt.A,B同时开始下落,所以到达水平面 1竖直方向上的速度与水平面 2竖直方向上的速度相同,所以从水平面 1到水平面 2的时间 tA=tB,动量变化量 p=mgt,A,B 质量相等,运动时间相同,所以 p A=p B,小球运动过程中只有重力做功,根据动能定理有E k=mgh,A,B质量相等,高度相同,所以 E kA=E kB,选项 A正确.2.(2018河南模拟)如

3、图所示,质量为 M的足够高光滑斜槽静止在光滑水平面上,质量为 m的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽,后又返回斜槽底部,则下列说法正确的是( D )A.小球获得的最大重力势能等于小球初始动能B.小球到达斜槽最高点处,小球的速度为零C.小球回到斜槽底部时,小球速度方向一定向右D.小球回到斜槽底部时,小球速度方向可能向左解析:小球冲上斜槽的过程中,斜槽向左运动,获得了动能,所以小球获得的最大重力势能小于小球初始动能,故 A错误;小球到达斜槽最高点时速度与斜槽速度相同,设为 v,取水平向左为正方向,由水平动量守恒得 mv=(M+m)v,可得 v= 0,故 B错误;设小球回+2到斜槽底部时,小

4、球和斜槽的速度分别为 v1和 v2.取水平向左为正方向,由水平动量守恒得mv=mv1+Mv2.根据机械能守恒定律得 mv2= m + M .解得 v1= v,其中若 mM,得12 12121222 +v0,说明小球速度方向向左,故 C错误,D 正确.3. (2018宜兴模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端,斜面粗糙,滑块运动过程中加速度与时间的关系图像如图所示.下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移 x、速度 v、动能 Ek和重力势能 Ep(以斜面底端为参考平面)随时间 t变化的关系,其中正确的是( D )解析:滑块沿斜面向上做匀减速直线运动,向下做匀加

5、速直线运动,两者速度方向相反,选项B错误;由位移公式可得 x=v0t- at2,即位移与时间成二次函数关系 ,而下滑所用的时间大于12上滑所用的时间,下滑加速度小于上滑加速度,且总为负值,所以 x-t图像应是开口向下,由左、右两不同形状的抛物线,故 A错误;根据 Ek= mv2知,动能先减小后增大 ,故 C错误;由于12Ep=mgh=mgxsin =mgsin (v 0t- at2)( 为斜面倾角),a 始终为负,故图线为开口向下,12由左、右两不同形状的抛物线,故 D正确.4. (2018重庆二模)以速度 v0在光滑水平面上匀速滑动的物块,某时刻受到一水平恒力 F的作用,经一段时间后从 A点

6、运动到 B点,速度大小仍为 v0,方向改变了 90,如图所示,则在此过程中( B )A.物块的动能一定始终不变B.水平恒力 F的方向一定与 AB连线垂直C.物块的速度一定先增大后减小D.物块的加速度大小变化解析:物块在水平恒力 F作用下,向右方向上的速度由 v0减小到零,向下方向上的速度由零增大到 v0,由速度的合成易知,物块的速度先减小后增大,故动能先减小后增大,A,C 错误;物块的初、末动能相同,根据动能定理,合力对物块做的功一定为零,故合力与位移垂直,即水平恒力 F的方向一定与 AB连线垂直,B 正确;由于运动过程中,物块受力恒定,所以加速度大小不变,D 错误.5. (2018宜宾模拟)

7、如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于 O点.开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度 v0击中沙袋后未穿出,二者共同摆动.若弹丸质量为 m,沙袋质量为 5m,弹丸3和沙袋形状大小忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为 g.下列说法中正确的是( D )A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为0272D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为0272解析:弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律 mv0=(m+5m)v,解得 v= v0;弹丸打入沙袋后,总质16量

8、变大,且做圆周运动,根据 FT=6mg+6m 可知,细绳所受拉力变大,选项 A错误;根据牛顿第2三定律可知,弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等,则弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项 B错误;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 Q= m - 6mv2= m ,选项 C错误;由机械能守恒可得 6mv2=6mgh,解得120212 02 12h= ,选项 D正确.02726. (2018辽宁鞍山一中高三七模)如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为 L,电阻不计.在虚线 l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场,在虚线 l2的右侧存在着

9、竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度均为 B.a,b两根电阻均为 R的金属棒与导轨垂直,分别位于两块磁场中,现突然给 a棒一个水平向左的初速度 v0,在两棒达到稳定的过程中,下列说法正确的是( BD )A.两金属棒组成的系统的动量守恒B.两金属棒组成的系统的动量不守恒C.安培力对 a棒做功的功率等于 a棒的发热功率D.安培力对 a棒做功的功率等于安培力对 b棒做功功率与两棒总发热功率之和解析:由于 a,b棒所受安培力都向右,a,b 系统所受合外力不为零,所以两金属棒组成的系统的动量不守恒,故 A错误,B 正确;根据能量守恒可知,a 棒动能的减小量等于回路中产生的热量和 b棒动能的增加,由

10、动能定理可知,a 棒动能的减小量等于安培力对 a棒做的功,b 棒动能的增加量等于安培力对 b棒做的功,所以安培力对 a棒做功的功率等于安培力对 b棒做功4功率与两棒总发热功率之和,故 C错误,D 正确.7.(2018郑州二模)在奥运比赛项目中,10 m跳台跳水是我国运动员的强项.某次训练中,质量为 60 kg的跳水运动员从跳台自由下落 10 m后入水,在水中竖直向下减速运动.设空中下落时空气阻力不计,水对他的阻力大小恒为 2 400 N.那么在他入水后下降 2.5 m的过程中,下列说法正确的是(取 g=10 m/s2)( AC )A.他的加速度大小为 30 m/s2B.他的动量减少了 300

11、kgm/sC.他的动能减少了 4 500 JD.他的机械能减少了 4 500 J解析:运动员在水中受到重力和水的阻力,选取向下为正方向,则-F+mg=ma,代入数据得 a=-30 m/s2,负号表示方向向上,故 A正确;运动员入水时的速度 v1= = m/s=1021010m/s,入水后下降 2.5 m后的速度 v2= = m/s=5 m/s,所122 2以动量的变化量|p|=m(v 1-v2)=60(10 -5 ) kgm/s=300 kg m/s,故 B错误;根2 2 2据动能定理,运动员动能的减小量等于克服合力做的功,则 Ek1-Ek2= (F-mg)h=(2 400-600)2.5 J

12、=4 500 J,故 C正确;由于机械能的减小量等于克服阻力做的功,则 E1-E2=Fh=2 4002.5 J=6 000 J,故 D错误.8.(2018株洲二模)如图,光滑固定斜面的倾角为 30,甲、乙两物体的质量之比为 41.乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连,开始时甲、乙离地高度相同.现从 E处剪断轻绳,则在乙落地前瞬间( BC )A.甲、乙动量大小之比为 41B.甲、乙动量大小之比为 21C.以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为 41D.以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为 11解析:剪断细线后,甲的合力 F 甲 =m 甲 gsin 30= m 甲 g;乙的合力为 F 乙 =m 乙

13、g,甲、乙两物12体的质量之比为 41,故甲的合力为乙的合力的 2倍,由牛顿第二定律可知,a 乙 =g,a 甲 = g,12即乙落地时甲在斜面上运动,根据动量定理,甲的动量增加量为乙的动量增加量的 2倍,初动量为零,故甲、乙动量大小之比为 21,故 A错误,B 正确;剪断细线后,甲、乙均是只有重力做功,机械能守恒,以地面为零势能面,而初位置高度相等,故初位置的重力势能之比即为落地前瞬间甲、乙机械能之比,即为 41,故 C正确,D 错误.二、非选择题(本大题共 2小题,共 36分)9. (16分)(2018河南模拟)如图所示,足够长的 U形光滑导轨固定在倾角为 30的斜面上,导轨的宽度 L=0.

14、5 m,其下端与 R=1 的电阻连接,质量为 m=0.2 kg的导体棒(长度也为 L)与导轨接触良好,导体棒及导轨电阻均不计.磁感应强度 B=2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面,用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为 M=0.4 kg的重物相连,重物离地面足够高.使导体棒从静止开始沿导轨上滑,当导体棒沿导轨上滑 t=1 s时,其速度达到最大(取 g=10 m/s2).求:5(1)导体棒的最大速度 vm;(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间 t=1 s的过程中,电阻 R上产生的焦耳热是多少?解析:(1)速度最大时导体棒做匀速直线运动,导体棒切割磁感线产生感应电动势为 E=B

15、Lvm.感应电流为 I= ,安培力为 FA=BIL,由平衡条件得 Mg=mgsin 30+FA,联立解得 vm=3 m/s.(2)以导体棒和重物为系统,由动量定理得Mgt-mgsin 30t-BILt=(M+m)v-0,又 q=It即为 Mgt-mgsin 30t-BLq=(M+m)v-0而 v=vm,代入数据得 q=1.2 C;又电荷量为q= = 代入数据得 1 s内导体棒上滑位移为 x=1.2 m根据能量守恒定律有 Mgx=mgxsin 30+ (M+m)v2+Q,12解得 Q=0.9 J.答案:(1)3 m/s (2)0.9 J10.(20分)(2018漳州模拟)如图所示,质量 M=1.

16、5 kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边,其上表面与水平桌面相平,小车的左端放有一质量为 0.5 kg的滑块 Q.水平放置的轻弹簧左端固定,质量为 0.5 kg的小物块 P置于光滑桌面上的 A点并与弹簧的右端接触,此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力 F将 P缓慢推至 B点(弹簧仍在弹性限度内),推力做功 WF=4 J,撤去 F后,P 沿桌面滑到小车左端并与 Q发生弹性碰撞,最后 Q恰好没从小车上滑下.已知 Q与小车表面间动摩擦因数 =0.1.(取 g=10 m/s2)求:(1)P刚要与 Q碰撞前的速度是多少?(2)Q刚在小车上滑行时的初速度 v0是多少?(3)为保证 Q

17、不从小车上滑下,小车的长度至少为多少?解析:(1)推力 F通过 P压缩弹簧做功,根据功能关系有 Ep=WF当弹簧完全推开物块 P时,有 Ep= mPv212由两式联立解得 v=4 m/s.(2)P,Q之间发生弹性碰撞,设碰撞后 Q的速度为 v0,P的速度为 v,由动量守恒和能量守恒得 mPv=mPv+m Qv0mPv2= mPv 2+ mQ12 12 1202解得 v0=v=4 m/s,v=0.(3)设滑块 Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为 u,由动量守恒可得 mQv0=(mQ+M)u系统因摩擦产生的热量 Qf=m QgL根据能量守恒,有 m QgL= mQ - (mQ+M)u2120212联立解得 L=6 m.答案:(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m