《高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第7講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第7講 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 Word版含解析（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題二　第7講 限時(shí)：40分鐘 一、選擇題(本題共8小題，其中1～5題為單選，6～8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v1＝1m/s、v2＝2m/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　) A．1∶1　　　　 B．1∶2 C．1∶3　　　 D．2∶1 [解析]　設(shè)乙球的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒：m2v2－m2v1＝(m1＋m2)v，即2m2－m1＝(m1＋m2)×0.5，解得m1∶m2＝1∶1；故選A。 2．(2018·河北

2、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?；揽梢暈榇植谛泵妫挥?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：I＝mgt，因?yàn)橘|(zhì)量不同，所以重力沖量也不相同，故B錯(cuò)誤；相

3、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，θ角小于45度，取θ角等于0度的極端

4、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mg B．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2mg C．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 D．若地面光滑，當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小

5、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Γ市∏驒C(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θ時(shí)，速度為v。根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mv2＝mgRcosθ，由牛頓第二定律有N－mgcosθ＝m，解得小球?qū)π≤嚨膲毫镹＝3mgcosθ，其水平分量為Nx＝3mgcosθsinθ＝mgsin2θ，根據(jù)平衡條件，地

6、面對(duì)小車的靜摩擦力水平向右，大小為f＝Nx＝mgsin2θ，可以看出：當(dāng)sinθ＝1，即θ＝45°時(shí)，地面對(duì)車的靜摩擦力最大，其值為fmax＝mg，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mv－Mv′＝0，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則得mgR＝mv2＋Mv′2，解得v′＝m，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

7、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 B．a(chǎn)球和b球所受的靜電斥力對(duì)兩球始終做負(fù)功 C．a(chǎn)球一直沿原方向運(yùn)動(dòng)，b球要反向運(yùn)動(dòng) D．a(chǎn)、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

8、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

9、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v－t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)

10、B．碰撞后，藍(lán)壺的瞬時(shí)速度為0.8m/s C．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1∶2 [解析]　設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v0′＝0.2m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.8m/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a＝＝m/s2＝0.2m/s2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝s＝5s，A正確；碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)能為E1＝m×1.02＝0.5m，碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)能為E2＝m×0.22＋m×0.82＝0.36

11、m，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a′＝m/s2＝0.16m/s2，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f∶f′＝ma∶ma′＝5∶4，摩擦力沖量If∶If′＝ft∶f′t＝f∶f′＝5∶4，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m＝2kg的木塊A以速度v0＝2m/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g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是(　AD　) A．長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝2kg B．A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 C．長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為2m

12、 D．A、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v＝1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故A正確；由圖象可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝1m/s2，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝Ma，解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，故B錯(cuò)誤；由圖象可知前1s內(nèi)B的位移xB＝0.5m，A的位移xA＝1.5m，所以木板最小長(zhǎng)度L＝xA－xB＝1m，故C錯(cuò)誤；A、B組成系統(tǒng)損失機(jī)械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2J，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

13、．(2018·河南省開封市高三下學(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)L＝0.5m的輕繩懸掛一質(zhì)量不計(jì)的夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m＝0.5kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm＝3N?，F(xiàn)對(duì)物塊施加F＝5N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g＝10m/s2。求： (1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a； (2)P、Q

14、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： F＝ma解得：a＝10m/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2fm－mg＝ 根據(jù)動(dòng)能定理有Fs＝mv2解得s＝0.05m (3)直桿與物塊水平方向動(dòng)量守恒 mv－m0v0＝(m＋m0)v共 由動(dòng)能定理：－(m＋m0)gh＝0－(m＋m0)v 聯(lián)立得h＝0.022m 10．(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)

15、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M＝8kg，小物塊的質(zhì)量m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，可能用到的數(shù)據(jù)：sin37°＝0.6，sin74°＝0.96。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F1＝2N　F2＝4.8N 又μmg＝F1 解得：μ＝0.2 F2＝mgsinθcosθ 解得：θ＝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，t1＝0.5s，t2＝1s 則：t2＝ mgsinθ＝ma1 由動(dòng)量守恒定律：mv1＝(m＋M)v2 由能量關(guān)系：mv＝μmgL＋(m＋M)v＋Ep 又v1＝v0－a2t1 μmg＝ma2 L＝t1 解得：Ep＝0.5J (3)mv＝μmgx＋(m＋M)v 解得：x＝2m 所以最終木塊停在離A點(diǎn)0.25m處