2021年高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课时过关检测试题(A卷)
2019年高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课时过关检测试题(A卷)
2019年高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课时过关检测试题(A卷)3.如图，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆形轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不同B ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量不同C ．两物块在S 处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量不同D ．两物块在S 处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量相同解析：a 自由下落，b 沿圆弧下滑，a 比b 先到达S ，二者下落高度相同，由机械能守恒定律可知，二者到达S 时速度大小相同，但因方向不同，故动量不同，A 选项正确．答案：A 4.如图，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A 、B 、C ，其中B 、C 静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A 以速度v 与小球B 正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中( )A ．A 、B 的速度变为v3，C 的速度仍为0B ．A 、B 、C 的速度均为v3C ．A 、B 的速度变为v2，C 的速度仍为0D ．A 、B 、C 的速度均为v2解析：A 、B 碰撞时间极短，由于弹簧形变要时间，故它们变为共同速度时弹簧未形变，C 的速度仍为0，对A 、B 构成总体，由动量守恒定律mv ＝2mv′，所以A 、B 的速度变为v2.答案：C二、双项选择题 5.用下图实验装置来研究碰撞问题，用完全相同的轻绳将两个大小相同、质量相等的小球并列悬挂于一水平杆，球间有微小间隔．将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球发生弹性正碰，不计空气阻力，忽略绳的伸长．下列说法正确的是() A．碰撞过程中两球构成的系统动量和机械能都守恒B．碰撞过程中两球构成的系统动量和机械能都不守恒C．碰撞过程中两球的速度互换D．碰撞后两球以共同的速度向右摆答案：AC6.如图，两个带电金属球A、B，A球带电为＋3q、质量为m，B球带电为＋2q、质量为2m，在绝缘的光滑水平桌面上均由静止释放，下列说法正确的是()A．两小球一定会发生相碰B．两小球一定不会发生相碰C．两小球在以后的运动过程中总动量增加，总动能也增加D．在以后的运动过程中A球的速率大于B球的速率，但总动量不变解析：两小球带同种电荷，要发生近排斥，故一定不会发生相碰；在双方向外运动的过程中，只存在库仑力的相互作用，动量守恒，由mv A－2mv B＝0，可知A球的速率大于B 球的速率．答案：BD7．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB 总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并与B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：根据动量守恒定律，烧断细绳后，弹簧伸长过程中C向右运动，AB应向左运动，A错误；根据mv1＝Mv2，v1∶v2＝M∶m，B正确；当C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动，C正确，D错误．答案：BC8.如图，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的长为L 的木块，子弹穿透木块的过程子弹的动能减少了9 J ，下列说法正确的是( )A ．子弹的位移一定大于木块的位移B ．木块动能可能增加了6 JC ．木块动能可能增加了9 JD ．系统产生的内能为9 J解析：子弹穿透木块的过程，子弹对地的位移大于木块对地的位移，A 项正确；由系统的能量守恒定律可知：木块增加的动能或系统产生的内能不可能超过子弹减少的动能，故B 项正确，C 、D 项都错误．答案：AB 9.如图，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P 和Q 都可以视作质点，Q 与轻质弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初动能E 0水平向Q 运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E 1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E 2表示Q 具有的最大动能，则( )A ．E 1＝E 02 B ．E 1＝E 0C ．E 2＝E 02D ．E 2＝E 0解析：P 、Q 相互作用的过程中动量守恒和机械能守恒，当P 、Q 速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A 项正确；由于P 、Q 的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P 的速度为零，系统的机械能全部变为Q 的动能，选项D 正确．答案：AD三、计算题10．如图所示，竖直固定轨道abcd 段光滑，长L ＝1.0 m 的平台de 段粗糙，abc 段是以O 为圆心的圆弧．小球A 和B 紧靠在一起静止于e 处，B 的质量是A 的4倍．两小球在内力作用下突然分离，A 分离后始终沿轨道向左运动，与de 段的动摩擦因数μ＝0.2，到b 点时轨道对A 的支持力等于A 所受重力的35，B 分离后平抛落到f 点，f 到平台边缘的水平距离s ＝0.4 m ，平台高h ＝0.8 m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)AB 分离时B 的速度大小v B ； (2)A 到达d 点时的速度大小v d ； (3)圆弧abc 的半径R.解析：(1)B 分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2，v B ＝st 代入数据得：v B ＝1 m/s.(2)A 、B 分离时，由动量守恒定律得m A v e ＝m B v B ，A 球由e 到d 根据动能定理得：－μm A gL ＝12m A v d 2－12m A v e 2，代入数据得：v d ＝2 3 m/s. (3)A 球由d 到b 根据机械能守恒定律得m A gR ＋12m A v b 2＝12m A v d 2，A 球在b 由牛顿第二定律得：m A g －35m A g ＝m A v b 2R，代入数据得：R ＝0.5 m.答案：(1)1 m/s (2)2 3 m/s (3)0.5 m.。
2021届高考物理二轮复习专题二 功和能(考点+习题)含解析
专题二 功和能1.功(1)恒力做功的计算式W =Fl cos α(α是F 的方向与位移l 方向的夹角) (2)恒力所做总功的两种计算方法 W 总=F 合l cos α或W 总=W 1+W 2+… 2.功率(1)计算功率的两个公式:P =Wt ,P =Fv cos α(α为F 与v 的夹角) (2)机车启动类问题中的“临界点”①全程最大速度的临界点满足条件为:F f =P 额v m;②匀加速运动达最大速度时满足的条件为Pv 1-F f =ma ,此时瞬时功率等于额定功率P 额;③在匀加速过程中的某点,有:P1v -F f =ma ;④在变加速运动过程中的某点,有:P 额v 2-F f =ma'。
3.动能定理:W 总=E k2-E k1=2m v 2-2m v 124.机械能守恒定律的三种表达方式(1)始末状态:mgh 1+12m v 12=mgh 2+2m v 22(应选取零势能参考平面)(2)能量转化:ΔE k(增)=ΔE p(减)(3)研究对象:ΔE A=-ΔE B5.几种常见的功能关系常见的几种力做功能量变化功能关系重力做功重力势能变化ΔE p W G=-ΔE p弹簧的弹力做功弹性势能变化ΔE p W弹=-ΔE p合外力做功W合动能变化ΔE k W合=ΔE k除重力和系统内弹力之外其他力做功W机械能变化ΔE W其他=ΔE其他滑动摩擦力与介质阻力做功F f s相对系统内能变化ΔE内F f s相对=ΔE内电场力做功W AB=qU AB电势能变化ΔE p W AB=-ΔE p高考演练1.(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力大小为1.8×103 N。
此时,汽车发动机输出的实际功率是 ()A.90 WB.30 kWC.36 kWD.300 kW答案C由于汽车在水平路面上匀速行驶,其受到的合外力为0,故汽车的牵引力F等于其受到的阻力f,即F=f,则汽车发动机输出的实际功率P=Fv=fv=36 kW,C正确。
2021高考物理统考二轮复习学案：专题复习篇 专题2 第讲 动量和能量的综合应用
动量和能量的综合应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式;而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。
素养呈现1。
动量、冲量、动量定理2。
动量守恒的条件及动量守恒定律3.动力学、能量和动量守恒定律的应用素养落实1。
掌握与动量相关的概念及规律2.灵活应用解决碰撞类问题的方法3。
熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧考点1| 动量定理和动量守恒定律冲量和动量定理（1）恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解,合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向.[典例1］（2020·武汉二中阶段测试)运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。
已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1。
0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )A．2.7 m/s B．5.4 m/sC．7。
6 m/s D．10。
8 m/s[题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动员与装备的总重力。
②“水反转180°”水速度变化量大小为2v。
B [两个喷嘴的横截面积均为S＝错误!πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝错误!mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，解得v＝错误!≈5。
4 m/s，选项B正确.]动量和动量守恒定律（1）判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统,注意区别系统内力与外力。
系统不受外力或所受合外力为零时,系统动量守恒。
高考物理二轮复习专题训练——动量(word版含答案)
动量一、选择题（共15题）1．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，这是因为玻璃杯掉在水泥地上时A．受到的冲量大B．受到地面的作用力大C．动量的变化量大D．动量大2．一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发,在3t0时刻恰又返回到出发点,则()A．0—t0物体做匀加速直线运动,t0—3t0物体做匀减速直线运动B．物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C．t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为2 3D．F1与F2大小之比为5 63．下列说法正确的是（）A．不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒B．只要系统受到摩擦力，动量不可能守恒C．物体受到的冲量越大，它的动量变化一定越快D．某物体做直线运动，受到一个-6N˙s的冲量作用后其动量不一定减小4．下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A．物体的动量改变，一定是速度的大小改变B．物体的动量改变，一定是速度的方向改变C．物体的运动状态改变，其动量一定改变D．以上说法均不对5．2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。
该探测器经过多次变轨，进入环火轨道，预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。
假设在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。
若已知圆轨道半径为r ，火星的半径为R 、万有引力常量为G ，则火星的质量为（ ）A ．222I r Gm RB ．2225I r Gm RC ．222I R GrmD ．2225I R Grm 6．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。
2021-2022年高考物理二轮复习 专题二 能量与动量练习
2021年高考物理二轮复习 专题二 能量与动量练习考点一 功和功率A ．1 J C ．2 J D ．4 J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。
力F 做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L2＝1.6 J ，所以B 正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v t 图像为正弦曲线。
从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，故C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。
3．[考查机车的启动与牵引问题][多选]我国高铁技术处于世界领先水平。
和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。
某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A 错误。
2021高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练5功功率动能定理20211105267
2021高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练5功功率动能定理20211105267(时刻:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2020·全国卷Ⅱ)如图所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。
木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功2.如图所示,一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接,有一质量为m的物体由斜面的A点静止滑下,物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同。
已知A距离地面的高度为4 m,当物体滑至水平地面的C点时速度恰好为0,且B、C距离为4 m。
若将BC水平轨道抬起,与水平面间夹角为30°,其他条件不变,则物体能沿BD斜面上升的最大高度为()A.(8-4) mB.(8-2) mC. mD.8 m3.下列各图是反映汽车从静止开始匀加速启动,最后做匀速运动的过程中,其速度随时刻以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,(汽车运动过程中所受阻力恒定)其中不正确的是()4.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程能够简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上,随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。
关于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为0B.在那个过程中,运动员的动能一直在减小C.在那个过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在那个过程中,运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功5.某同学参加学校运动会立定跳远项目竞赛,起跳直至着地过程如图所示。
测量得到竞赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跃过程该同学所做功约为()A.65 JB.350 JC.700 JD.1 250 J6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f,落地前瞬时小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中()A.重力做的功为mghB.克服空气阻力做的功为F f·C.落地时,重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐步减少7.右图为牵引力F和车速倒数的关系图象。
高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用(含解析)
高考物理二轮复习专题突破—动量和能量观点的应用1.(2021福建泉州高三月考)如图所示,建筑工地上的打桩过程可简化为重锤从空中某一固定高度由静止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。
则()A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中,重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中,重锤和预制桩的总动量保持不变2.(2021福建高三二模)如图所示,A车以某一初速度水平向右运动距离l后与静止的B 车发生正碰,碰后两车一起运动距离l后停下。
已知两车质量均为m,运动时受到的阻力为车重力的k倍,重力加速度为g,碰撞时间极短,则()A.两车碰撞后瞬间的速度大小为√kglB.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为√2kglC.A车初速度大小为√10kglD.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgl3.(2021辽宁丹东高三一模)2022年冬奥会将在北京举行,滑雪是冬奥会的比赛项目之一,如图所示,某运动员(视为质点)从雪坡上先后以v0和2v0沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中()A.空中飞行的时间相同B.落在雪坡上的位置相同C.动量的变化量之比为1∶2D.动能的增加量之比为1∶24.(多选)(2021辽宁大连高三一模)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则()A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等5.(多选)(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。
高考物理二轮复习第2章动量和能量课时作业6动量和能量观点的综合应用.doc
课时作业6动量和能量观点的综合应用一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则下列说法正确的是() A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的动量不可能总是不变的C．物体的加速度一定变化D．物体的速度方向一定变化解析：若物体在运动过程中受到的合力不为零，物体一定有加速度，但加速度不一定变化，选项C错误．若物体做加速或减速直线运动，其速度方向可能不变，选项D错误．若物体做匀速圆周运动，物体在运动过程中受到的合力不为零，物体的动能不变，选项A错误．由动量定理可知，若物体在运动过程中受到的合力不为零，物体的动量不可能总是不变的．选项B正确．答案：B2．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以()A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球对手的冲击力D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：设人对球的作用力为F，对球应用动量定理得－Ft＝0－mv0，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，延长了作用时间，则F减小，根据牛顿第三定律，球对人的冲击力F′＝F，所以球对人的冲击力减小，故选项C是正确的．答案：C3.如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下说法中正确的是()A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽机械能守恒C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动解析：小球在半圆槽内运动，到达B点之前有水平方向的速度，在水平方向上动量增加．到达B点之后，小球对半圆槽做正功，半圆槽对小球做负功，半圆槽和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．离开C 点后，小球具有向上和向右的速度，所以做斜抛运动．答案：B4．滑块甲的质量为0.8 kg，以大小为5.0 m/s的速度向右运动时，与另一质量为1.0 kg、以大小为3.0 m/s的速度迎面而来的滑块乙相撞．碰撞后滑块甲恰好静止．假设碰撞时间极短，以向右为正方向，下列说法正确的是()A．碰后乙的速度大小为2 m/sB．碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为4.0 N·s C．碰撞过程中乙动量的变化量为2.0 kg·m/sD．碰撞过程中系统损失的机械能为14 J解析：由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入数据解得v乙′＝1.0 m/s，选项A错误．碰撞过程中甲动量的变化量为Δp甲＝0－m甲Δv甲＝－4.0 kg·m/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力的冲量为I＝Δp甲＝－4.0 N·s，选项B正确．碰撞过程中乙动量的变化量为Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，选项C错误．由能量守恒定律得m甲v＋m乙v＝m乙v乙′2＋ΔE，代入数据解得ΔE＝14 J，选项D正确．答案：BD5．[2018·河北廊坊调研]如图所示，小车A的质量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s.带正电荷可视为质点的物体B，电荷量q＝0.2 C，质量m＝0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0＝0.5 T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2)，则() A．物体B的最终速度为10 m/sB．小车A的最终速度为13.5 m/sC．小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/sD．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J解析：假设A、B能获得共同速度v，则由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，解得v＝13.3 m/s，此时物体B受到的洛伦兹力qvB0＝1.33 N>mg＝1 N，说明物体B早已“悬浮”．当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qv B B0＝mg，解得v B＝10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0＝mv B ＋Mv A，解得v A＝13.5 m/s，A、B正确，C错误．根据能量守恒定律得Q＝ΔE k＝－－＝8.75 J，D正确．答案：BD6．如图所示，质量为2m的长木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，长木板的右端紧靠一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧的底端与木板上表面水平相切但不相连，圆弧轨道固定在水平地面上．质量为m 的滑块B(可视为质点)以初速度v0＝从圆弧轨道的顶端沿圆弧下滑，当B到达最低点时，B从A右端水平滑上木板，同时撤走圆弧轨道．A与台阶碰撞时无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数为μ，A足够长，B不会从A的上表面滑出；重力加速度为g.下列说法正确的是()A．滑块B到圆弧轨道底端时对圆弧轨道底端的压力大小为5mgB．滑块B与木板A相互作用过程中(A与台阶碰撞前)动量守恒C．木板A与台阶碰撞瞬间，木板A受到台阶的冲量向左D．A与台阶只发生一次碰撞，x满足的条件为x≥解析：滑块B从圆弧轨道顶端运动到底端的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，在圆弧轨道底端有F N－mg＝m，解得F N＝5mg，由牛顿第三定律可知选项A正确；滑块B与木板A相互作用过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故选项B正确；木板A与台阶碰撞瞬间，木板A受到台阶的作用力向右，即获得的冲量向右，故选项C错误；设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为v A、v B，由动量守恒定律得mv1＝mv B＋2mv A，若A与台阶只碰撞一次，碰撞后动量大小必须满足2mv A≥mv B，对A应用动能定理有μmgx＝×2mv，解得x≥，选项D正确．答案：ABD二、非选择题7．[2018·北京卷，22]2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度v B＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F N的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L＝＝100 m(2)根据动量定理，有I＝mv B－mv A＝1 800 N·s(3)运动员经过C点时的受力分析如图所示．根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh＝mv－mv根据牛顿第二定律，有F N－mg＝m联立解得F N＝3 900 N答案：(1)100 m(2)1 800 N·s(3)受力图如图所示 3 900 N8．如图所示，质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计．其中B、C两滑块通过劲度系数为k的轻弹簧相连并竖直放置在水平面上．现在将小滑块A 从距离B滑块H0高处由静止释放，A、B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空气阻力，当地重力加速度为g.求：(1)A、B碰后的共同速度v1的大小；(2)A、B向下运动的速度最大时，滑块C对水平面的压力大小．解析：(1)设A与B碰撞之前的瞬时速度为v0，则mgH0＝mv①A、B碰撞前后动量守恒，即mv0＝2mv1②式中v1为A与B碰撞后的共同速度联立①②解得v1＝.(2)当A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平衡状态，设此时水平地面对滑块C的支持力大小和滑块C对水平地面的压力大小分别为F N′和F N，对于A、B、C组成的系统，由受力分析可知F N′－3mg＝0③由牛顿第三定律可知F N′＝F N④联立③④解得F N＝3mg.答案：(1) (2)3mg9．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端拴连物块b，小车质量M＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，OB部分光滑．物块a 放在车的最左端，和车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.3.车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块可视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动(取g＝10 m/s2)．求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离x车；(3)当物块a相对小车静止时，其在小车上的位置到O点的距离x.解析：(1)设物块a与b碰前的速度大小为v1，碰后的速度大小为v2，在这个过程中对物块a，由动能定理得－μmgL＝mv－mv代入数据解得v1＝2 m/sa、b碰撞过程中系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2代入数据解得v2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2＝1 m/s的速度在小车上向左滑动，以水平向左为正方向，当a与小车有共同的速度v3时，由动量守恒定律得mv2＝(M＋m)v3代入数据解得v3＝0.25 m/s对小车，由动能定理得μmgx车＝Mv＝m＝0.031 25 m.代入数据解得x车(3)对该过程应用动能定理得－μmgx＝(M＋m)v－mv解得物块a与小车相对静止时，a与O点距离x＝0.125 m.答案：(1)1 m/s(2)0.03125 m(3)0.125 m。
2021年高考物理二轮专题复习 第2课 带电粒子在磁场及复合场中的运动课时过关检测试题(A卷)
2021年高考物理二轮专题复习第2课带电粒子在磁场及复合场中的运动课时过关检测试题(A卷)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9答案一、单项选择题1．如图，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将( )A．向上偏转 B．向下偏转C．向纸外偏转 D．向纸里偏转解析：由安培定则知，环形导线在电子束所在处的磁场方向为垂直纸面向外，由左手定则判断，电子束将向上偏转，A对．答案：A2．一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是( )A．如果B＝2T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4T，F有可能是1 ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行解析：当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大；当导线与磁场方向平行放置时，F＝0；当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，A、D错误，C正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B错误．答案：C3.如图所示，一个带负电的粒子沿x 轴正向射入匀强磁场中，它所受到的洛伦兹力方向沿y 轴正向，则磁场方向( )A ．一定沿z 轴正向B ．一定沿z 轴负向C ．一定在xOy 平面内D ．一定在xOz 平面内解析：利用左手定则，四指指向x 轴负向，大拇指指向y 轴正向，磁场方向沿z 轴正向或有分量，又因洛伦兹力一定垂直于v 与B 确定的平面，故只有D 正确．答案：D 4.(xx·深圳模拟)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt解析：设磁场区域的半径为R ，粒子的轨迹半径为r ，粒子以速度v 在磁场中运动的轨迹如图所示，则由几何关系知， r ＝3R ，又T ＝2πmqB ，所以Δt ＝60°360°T ＝πm3qB.当粒子的速度为v3时，轨迹半径为：r ′＝mv′qB ＝mv 3qB ＝r 3＝33R ，所以偏转角θ′＝120°，Δt ′＝120°360°T ＝2πm3qB ＝2Δt ，故选项B 正确．答案：B二、双项选择题 5.如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从ab 边离开磁场的电子，下列判断正确的是( )A ．从a 点离开的电子速度最小B ．从a 点离开的电子在磁场中运动时间最短C ．从b 点离开的电子运动半径最小D ．从b 点离开的电子速度偏转角最小解析：根据运动半径越大，电子运动的速度越大，可知从a 点离开半径最大，速度最大；根据偏转角越大，时间越长，可知从b 点离开的偏转角最大，时间最长．答案：BC 6.薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域运动的轨迹如图，半径R 1＞R 2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子( )A ．带正电B ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度相同C ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D ．从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ解析：由于粒子碰撞铝板后的速度减小，运动半径减小，故粒子从区域Ⅰ穿过铝板运动到区域Ⅱ；而因运动都是半周，时间相等；由左手定则可判断粒子带负电．答案：CD7．利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n ，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b ，厚为d ，并加有与侧面垂直的匀强磁场B ，当通以图示方向电流I 时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e ，则下列判断正确的是( )A ．上表面电势高B ．下表面电势高C ．该导体单位体积内的自由电子数为IedbD ．该导体单位体积内的自由电子数为BIeUb解析：用左手定则判断知自由电子向上偏转，则上表面电势较低，A 错，B 对；稳定后，F 电＝f 洛，即q Uh＝qvB ，故U ＝vBh ，由此知，C 对，D 错．答案：BC8．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带正电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小解析：由带电粒子在磁场B 2中的偏转方向可知，粒子带正电，选项A 错误；带电粒子在如题图所示的速度选择器中受到两个力平衡，即qvB ＝qE ，因为受到的洛伦兹力方向向上，故受到的电场力方向向下，则P 1极板带正电，选项B 正确；带电粒子在右侧的偏转磁场中，半径R ＝mv qB 2，则比荷qm越小，半径越大，选项D 正确，选项C 错误．答案：BD9．(xx·东城区一模)质量为m ，带电量为q 的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B ，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是( )A ．小物块一定带正电荷B ．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C ．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D ．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为mgcos θBq解析：小物块沿斜面下滑对斜面作用力为零时受力分析如图所示，小物块受到重力mg 和垂直于斜面向上的洛伦兹力F ，故小物块带负电荷，A 错误；小物块在斜面上运动时合力等于mgsin θ保持不变，做匀加速直线运动，B 正确，C 错误；小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时有qvB ＝mgcos θ，则有v ＝mgcos θBq，D 正确．答案：BD三、计算题 10.如图，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d ，电场方向在纸面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子(重力不计)从O 点以速度v 0沿垂直电场方向进入电场，从A 点射出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C 点穿出磁场时速度方向与进入电场O 点时的速度方向一致，求：(1)粒子进入磁场时的速度v 的大小及方向；(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值EB ；(3)粒子在电场、磁场中运动的总时间．解析：(1)粒子在电场中偏转 垂直电场方向d ＝v 0t ① 平行电场方向d 2＝v y2t ②解得v y ＝v 0③到达A 点的速度为v ＝v y 2＋v 02＝2v 0④ 进入磁场时速度方向与水平方向成θθ＝arcsin v y v ＝arcsin v 02v 0＝45°⑤(2)在电场中，根据运动学公式与牛顿第二定律有：v y＝at，a＝Fm，F＝qE 解得E＝mv02qd⑥在磁场中粒子做匀速圆周运动，如图所示，由图得圆周运动半径R＝dsin 45°＝2d⑦又qBv＝mv2R⑧得B＝mvqR＝mv0qd⑨联立⑥⑨得：EB＝v0(3)由①式得粒子在电场中运动时间t1＝dv0粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为π4粒子在磁场运动时间t2＝π42π×2πRv＝πd4v0运动总时间t＝t1＋t2＝d（4＋π）4v0.答案：(1)2v045°(2)v0(3)d（4＋π）4v040395 9DCB 鷋x32358 7E66 繦'30934 78D6 磖 p34953 8889 袉36823 8FD7 迗)28786 7072 灲X`Y27000 6978 楸。
2021年高考物理二轮专题复习 第2课 牛顿运动定律及其应用课时过关检测试题(A卷)
2021年高考物理二轮专题复习第2课牛顿运动定律及其应用课时过关检测试题(A卷)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9答案答案：B3．秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千( )A．在下摆过程中 B．在上摆过程中C．摆到最高点时 D．摆到最低点时解析：当秋千摆到最低点时速度最快，物体所需向心力最大，结合牛顿第三定律可知，此时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确．答案：D4．如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2.下列判断正确的是( )A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析：由题图可得：物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N，物块在4 s 末就开始运动了，故5 s内拉力对物块做了功，A项错误；4 s末物块所受拉力为4 N，所受最大静摩擦力也为4 N，合力大小为0，B项错误；物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N，物块对木板的压力为10 N，物块与木板之间的动摩擦因数为0.3，C项错误；6～9 s内拉力大小为5 N，物块所受的滑动摩擦力为3 N，合力为2 N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为2.0 m/s2，D项正确．答案：D二、双项选择题5．(xx·东莞模拟)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析：细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力为mgsin θ＋kx ＝2mgsin θ，解得a A ＝2gsin θ，故A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC6．我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min 内的全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则正确的有( )A ．(a)图中h 3代表本次下潜最大深度为360 mB ．全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C ．潜水员感到失重发生在0～1 min 和8～10 min 内D ．整个潜水器在8～10 min 时间段内机械能守恒解析：ht 图象中h 3代表最大深度，由(b)图可知，4 min 末“蛟龙号”下潜到最深处，h ＝（120＋240）×22 m ＝360 m ，A 正确．由vt 图象可知，0～1 min 和3～ 4 min 加速度最大为a ＝Δv Δt ＝260 m/s 2＝130 m/s 2，B 错误.0～1 min 和8～10 min 加速度方向竖直向下，潜水员感到失重，C 正确.8～10 min 潜水器返回水面过程中克服水的阻力做功，故机械能不守恒，D 错误．答案：AC 7.如图，底板光滑的小车放在水平地面上，其上放有两个完全相同的弹簧秤甲、乙，甲、乙系住一个质量为1 kg 的物块．当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤被拉长，示数均为10 N ．则当小车向右做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N ，则( )A ．弹簧秤乙的示数为12 NB ．弹簧秤乙的示数仍10 NC ．小车的加速度为4 m/s 2D ．小车的加速度为2 m/s 2解析：由于车厢长度的限制，两弹簧秤的总示数为20 N ，故弹簧秤乙的示数为12 N ；由此得加速度a ＝F 乙－F 甲m ＝12－81＝4(m/s 2)．答案：AC8.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，在4 s 内该力随时间变化的关系如图所示，则( )A ．物体将做往复运动B ．2 s 末物体的加速度最大C ．2 s 末物体的速度最大D ．4 s 内物体的位移最大解析：0～2 s 内向一方向做匀加速运动，2～4 s 内仍向一方向做匀减速运动，由于对称性，2 s 末物体的速度最大，4 s 末速度为0，4 s 内位移最大．答案：CD9．(xx·珠海模拟)2012年8月3日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌，忽略空气阻力，下列关于蹦床运动的说法中正确的是( )A ．运动员下落到刚接触蹦床时，速度最大B ．运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C ．从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度先减小后增大D ．在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量解析：运动员到达最低点前，在接触蹦床后开始受到蹦床的弹力的作用，但是此时的蹦床形变较小，弹力较小，人受到合力还是向下的，所以人还在做向下的加速运动，但加速度的大小是在减小的，当弹力和人的重力相等时，人的速度达到最大，再向下运动时，弹力大于人的重力，合力向上，人开始做加速度增大的减速运动直到最后速度减为零．综上所述可知，当弹力和人的重力相等时，速度最大，选项A 错误；由牛顿第三定律可知运动到最低点时，床对运动员的作用力等于运动员对床的作用力，选项B 错误，C 正确；重力做的功等于重力势能的变化，在下落过程中，重力对运动员做正功，重力势能减小，选项D 正确．答案：CD三、计算题 10．(xx·江门模拟)冬季有一种雪上“俯式冰橇”滑溜运动，运动员从起跑线推着冰橇加速一段相同距离，再跳上冰橇自由滑行，滑行距离最远者获胜，运动过程可简化为如图所示的模型，某一质量m ＝20 kg 的冰橇静止在水平雪面上的A 处，现有质量M ＝60 kg 的运动员，用与水平面成θ＝37°角的恒力F ＝200 N 斜向下推动冰橇，使其沿AP 方向一起做直线运动，当冰橇到达P 点时运动员迅速跳上冰橇与冰橇一起运动(运动员跳上冰橇瞬间，运动员和冰橇的速度不变)．已知AP 距离为s ＝12 m ，冰橇与雪面间的动摩擦因数为0.2，不计冰橇长度和空气阻力．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)冰橇在AP 段运动时的加速度大小； (2)冰橇从A 到P 的运动时间； (3)冰橇从P 点开始滑行的距离．解析：(1)对冰橇由牛顿第二定律得Fcos θ－μ(mg ＋Fsin θ)＝ma 1，解得a 1＝4.8 m/s 2.(2)由s ＝12a 1t 12，解得t 1＝ 5 s.(3)冰橇在P 点的速度为v P ＝a 1t 1，在减速阶段由牛顿第二定律解得： μ(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 2解得a 2＝2 m/s 2. 滑行的距离为：l ＝v P22a 2解得：l ＝28.8 m.答案：(1)4.8 m/s 2(2) 5 s (3)28.8 m [z23643 5C5B 屛21411 53A3 厣22219 56CB 囋28193 6E21 渡{26238 667E 晾 25345 6301持d 39548 9A7C 驼。
2021届高考物理二轮精题：能量和动量有答案
2021届高考物理二轮精题：能量和动量有答案 一、选择题。
1、如图所示，n 个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l ，总质量为M ，它们一起以某一初速度在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，若小方块恰能全部进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为( )A.12μMgl B ．μMglC.32μMgl D ．2μMgl示形状，相应的曲线方程为y ＝－5x 2。
(单位：m)，一质量为0.1 kg 的金属小环套在上面，t ＝0时刻从x ＝－1 m 处以v 0＝1 m/s 向右运动，并相继经过x ＝1 m 的A 点和x ＝2 m 的B 点，下列说法正确的是( )A ．小环在B 点与金属环间的弹力大于A 点的弹力B ．小环经过B 点的加速度大于A 点时的加速度C ．小环经过B 点时重力的瞬时功率为20 WD ．小环经过B 点的时刻为t ＝2 s3、（双选）在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ，重力加速度为g ；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A．导向槽的位置应在高为v24g处B．最大水平位移为v2 gC．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角4、如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合力对物块做的功可以为零5、如图所示，质量为m1＝50 kg的人从轨道上的A点以v0的水平速度冲上质量为m2＝5 kg的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回，已知H＝1.8 m，重力加速度g取10 m/s2.设人和滑板可看成质点，滑板与水平地面间的摩擦力不计．下列说法正确的是()A．人和滑板一起由D点运动到E点的过程中机械能不守恒B．人的初速度v0＝8 m/sC．刚冲上DE轨道时，人的速度大小为6 m/sD．人冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒6、半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点．质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A 运动至D 点时，小球B 的动能为(重力加速度为g)( )A.22mgRB.26mgC.4＋22mgRD.4＋26mgR7、如图所示，小球A 和小球B 质量相同，球B 置于光滑水平面上。
2021年高三质量监测(二)理综物理试题(A卷) 含答案
2021年高三质量监测（二）理综物理试题（Ａ卷）含答案注意事项：1．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码、试卷类型填写答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的原子量：H 1 O 16 Na 23 P 31 S 32第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．如图所示，为一个带正电的导体达到静电平衡时的电场线和等势面的分布图（实线为电场线，虚线为等势面），A和B为导体内部的两点，C和D为导体外部的两点，以无穷远处为电势零点，则下列说法正确的是A．A、B两点的电场强度均为零，电势也均为零B．C点的电场强度大于D点的电场强度C．同一试探电荷在D点的电势能一定大于它在C点的电势能D．C点的电势高于B点的电势15．如图所示，物体受到沿斜面向下的拉力F作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，则下列说法正确的是A．斜面对物体的作用力的方向竖直向上B．斜面对物体可能没有摩擦力C．撤去拉力F后物体仍能静止D．水平地面对斜面没有摩擦力16．某国成功发射了一颗卫星，该卫星在近地点高度494.6公里、远地点高度500公里的轨道上运行，它的运行轨道可视为圆周，运行周期为94分24秒，关于该卫星下列表述正确的是A．该卫星轨道可以任意选择，地心不必在轨道平面内B．该卫星的发射速度不超过第一宇宙速度C．该卫星在轨道运行的速度大于地球同步卫星运行速度D．该卫星只需加速，即可追上同轨道运行的其他卫星17．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。
2021届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第二讲动量及其守恒定律课后“高仿”检测卷
2021届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第二讲动量及其守恒定律课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练——明规律1．(2021·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在专门短时刻内喷出。
在燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s 解析：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬时，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬时，火箭的动量大小为p ，依照动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A 正确。
2.[多选](2021·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时刻t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：选AB 法一：依照F t 图线与时刻轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。
2021届新高考物理二轮复习 专题2 第2讲 动量观点的应用 作业含解析
第一部分专题二第2讲A组基础能力练1．(2020·哈尔滨一中一模)沫蝉是一种身长只有6 mm左右小昆虫．研究表明，沫蝉起跳时可以在1 ms时间释放出储存在后腿肌肉里的能量，最高跳跃到80 cm的高处，若g取10 m/s2，沫蝉起跳时需承受的力约为重力的(C)A．20倍B．100倍C．400倍D．800倍【解析】根据动量定理Ft＝m v0，沫蝉上升的过程中，根据位移与速度的的关系v20＝2gh，代入数据，可知F＝400mg，C正确，A、B、D错误．2．(2020·广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球的离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(D)A．手给球的冲量为1.6 kg·m/sB．手给球的冲量为2.0 kg·m/sC．人对球做的功为3.2 JD．人对球做的功为2.2 J【解析】根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度，根据动量定理，合外力给皮球的冲量为I＝m v＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，所以手给球的冲量小于1.6 kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理，W＋mgh＝12，解得W＝2.2 J，选项D正确，C错误．2m v3．(多选)(2020·山东泰安期末)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着玩手机，经常出现手机砸伤人脸的情况．若手机的质量为150 g，从离人脸约20 cm的高度无初速度掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1 s，重力加速度g＝10 m/s2，下列计算正确的是( AD )A ．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3 kg·m/sB ．人脸对手机的冲量大小约为0.3 N·sC ．人脸对手机的冲量大小约为1.0 N·sD ．手机对人脸的平均冲力大小约为4.5 N【解析】 20 cm ＝0.20 m ；150 g ＝0.15 kg ；根据自由落体运动的规律，得下落的速度为：v ＝2gh ＝2×10×0.2＝2 m/s ，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：Δp ＝0－m v ＝－0.15×2 kg·m/s ＝－0.30 kg·m/s ，A 正确；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取向上为正方向，则有：I y －mgt ＝Δp ，代入数据可得：I y ＝0.45 N·s ，B 、C 错误；由冲量的定义：I y ＝Ft ，代入数据可得：F ＝I y t ＝0.450.1N ＝4.5 N ，D 正确．4．(多选)(2020·辽宁大连一模)如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ．给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离木板B ．在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( AB )A ．2.2 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s【解析】 以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零的过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v ＝M v B 1，代入数据解得：v B 1＝83m/s ，从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v ＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 正在做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s<v B <83m/s ，故选A 、B ． 5．(2020·甘肃武威期末)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .【答案】 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J【解析】 (1)物块从A 到B 过程，由动能定理得：－μmgs AB ＝12m v 2B －12m v 20 代入数据解得：μ＝0.32(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：Ft ＝－m v －m v B解得：F ＝－130 N ，负号表示方向向左(3)物块向左运动过程，由动能定理得：－W ＝0－12m v 2 解得：W ＝9 J6．(2020·湖北宜昌联考)如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A 和B (可视为质点)，A 的质量为m ＝1.0 kg ，B 的质量为M ＝2.0 kg ，A 、B 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不连接．水平面的左侧连有一竖直墙壁，右侧与半径为R ＝0.32 m 的半圆形轨道相切．现压缩弹簧使A 、B 由静止释放(A 、B 分离后立即撤去弹簧)，A 与墙壁发生弹性碰撞后，在水平面上追上B 相碰后粘合在一起．已知A 、B 粘合体刚好能通过半圆形轨道的最高点，重力加速度取g ＝10 m/s 2，不计一切摩擦．(1)求A 、B 相碰后粘合在一起的速度大小；(2)求弹簧压缩后弹簧具有的弹性势能．【答案】 (1)4 m/s (2)27 J【解析】 (1)设粘合体在圆轨道的最高点的速度大小为v 4，粘合体刚好能通过圆轨道的最高点，则对粘合体由牛顿第二定律得(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 24R设A 、B 相碰后粘合在一起的速度大小为v 3，则由机械能守恒定律得12(m ＋M )v 23＝12(m ＋M )v 24＋2(m ＋M )gR 联立代入数据解得v 3＝4 m/s(2)压缩弹簧释放后，设A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2，取向右为正方向．由动量守恒定律得M v 2－m v 1＝0A 与墙壁发生弹性碰撞反弹，速度大小不变，追上B 相碰后粘合在一起，由动量守恒定律得m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v 3设弹簧被压缩后具有的弹性势能为E P ，由机械能守恒定律得E P ＝12m v 21＋12M v 22联立代入数据解得E P ＝27 JB 组 素养提升练7．(2020·北京东城二模)如图甲所示，两小球a 、b 在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a 、b 质量分别为m 1和m 2，且m 1＝200 g ．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x －t 图像如图乙所示．下列说法正确的是( D )A ．碰撞前球a 做加速运动，球b 做匀速运动B ．碰撞后球a 做减速运动，球b 做加速运动C ．碰撞前后两小球的机械能总量减小D ．碰撞前后两小球的机械能总量不变 【解析】 由x －t (位移时间)图像的斜率得到，碰前b 球的位移不随时间而变化，处于静止．a 球的速度大小为v 1＝Δx 1Δt 1＝82m/s ＝4 m/s ，做匀速运动，选项A 错误；同理由图示图像可知，碰后b 球和a 球均做匀速运动，其速度分别为v ′2＝2 m/s ，v ′1＝－2 m/s ，选项B 错误；根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v ′2＋m 1v ′1，代入解得m 2＝0.6 kg ，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v ′21－12m 2v ′22，代入解得ΔE ＝0，所以碰撞过程机械能守恒，选项C 错误，D 正确．8．(2020·河北衡水三模)如图甲所示，质量M ＝0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m ＝0.2 kg 的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F ,4 s 后撤去力F .若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( C )A ．0～4 s 时间内拉力的冲量为3.2 N·sB ．t ＝4 s 时滑块的速度大小为17.5 m/sC ．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·sD ．木板的速度最大为2 m/s【解析】 冲量的定义式：I ＝Ft ，所以F －t 图像面积代表冲量，所以0～4 s 时间内拉力的冲量为I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5＋12×2＋2×1 N·S ＝3.5 N·s ，A 错误；木块相对木板滑动时，对木板：μmg ＝Ma ，对木块：F －μmg ＝ma ，联立解得：F ＝0.5 N ，a ＝0.5 m/s 2，所以0时刻，即相对滑动，对滑块：I F －μmgt ＝m v 1－0，解得4 s 时滑块速度大小：v 1＝9.5 m/s ，B 错误；4 s 时，木板的速度v 2＝at ＝0.5×4 m/s ＝2 m/s ，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：m v 1＋M v 2＝(M ＋m )v ，解得：v ＝3.5 m/s ，对木板根据动能定理可得：I ＝M v ＝2.8 N·s ，C 正确，D 错误．9．(2020·湖北黄冈期末)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度v 0从右端滑上B ，一段时间后，以v 02滑离B ，并恰好能到达C 的最高点，A 、B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g .求：(1)A 刚滑离木板B 时，木板B 和圆弧槽C 的共同速度；(2)A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ；(3)圆弧槽C 的半径R .【答案】 (1)v 04 (2)5v 2016gL (3)v 2064g【解析】 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：m v 0＝m v 02＋2m v B解得v B ＝v 04 (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量μmgL ＝12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫v 022－12×2m ⎝⎛⎭⎫v 042解得μ＝5v 2016gL(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统动量守恒，m v 02＋m v B ＝2m v A 、C 系统机械能守恒mgR ＝12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12m ⎝⎛⎭⎫v 042－12×2m v 2 解得R ＝v 2064g10．(2020·河南三市质检)工厂某些产品出厂要进行碰撞实验．如图所示为一个理想的碰撞实验装置：一长薄板置于光滑水平地面上，薄板右端放置一物体，在薄板右方有一光滑通道，通道上方固定一个竖直障碍物，如图甲所示．从某一时刻开始，物体与薄板一起以共同速度向右运动，在另一时刻，物体与竖直障碍物发生碰撞(碰撞时间极短)，而薄板可以沿通道运动．碰撞前后物体速度大小不变，方向相反．运动过程中物体始终未离开薄板．已知薄板运动的v －t 图线如图乙所示，物体与薄板间的动摩擦因数为μ＝0.4，物体的质量是薄板质量的15倍，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体相对薄板滑行的距离和图乙中速度v 的大小；(2)图乙中t 2与t 1的差值和两个三角形A 、B 的面积之差．【答案】 (1)35 m/s,50 m (2)1.25 s 3.125 m【解析】 根据图像可以判定：碰撞前物体与薄板共同速度为v 0＝40 m/s ，碰撞后物体速度水平向左，大小也是v 0＝40 m/s ，薄板速度大小方向不变．根据图像又知物体与薄板最后又共速，速度大小为v ，方向向左(1)设薄板的质量为m ，物体的质量为M ，物体相对木板滑行的距离为L ，对物体和薄板组成的系统：从和竖直障碍物碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，由动量守恒定律得M v 0－m v 0＝(M ＋m )v由能量守恒定律得μMgL ＝12(M ＋m )v 20－12(M ＋m )v 2 解得v ＝35 m/s ，L ＝50 m.(2)图乙中时间差(t 2－t 1)，是物体在薄板上相对薄板滑动的时间；图乙中的两个三角形A 、B 的面积之差，是薄板在时间差(t 2－t 1)内对地的位移大小． 设在图乙中的时间差(t 2－t 1)内，薄板对地的位移大小为x ，设t 2－t 1＝t ， 对物体在薄板上相对木板滑动的过程中：对物体：取向左的方向为正方向，由动量定理得－μMgt ＝M v －M v 0 解得t ＝1.25 s ；对薄板，由动能定理得－μMgx ＝12m v 2－12m v 20解得x ＝3.125 m。
高考物理二轮复习专题二能量与动量课时作业新人教版
课时作业一一、选择题1．(2020·广东华南三校联考)如图所示，小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，假设装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为( )A．2cos θ∶1 B．1∶2cos θC．tan θ∶1 D．1∶2sin θB 小球A、B都平衡时，在竖直方向上：对A球T sin θ＝m A g，对B球T′sin 2θ＝m B g，又T＝T′，解得：m Am B＝12cos θ，B项正确．2．如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况是( )A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大B 某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mgtan α，F N＝mgcos α，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和F N都要增大．3．(2020·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球心距墙角的最远距离是( )A ．2r B.95r C.115r D.135r C 由题可知B 球质量为2m ，当A 球球心距墙角最远时，A 受地面水平向右的摩擦力f ＝μ·3mg，此时以B 球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F 2＝2mgtan θ，以A 和B 整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F 2，则tan θ＝2mg3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A 球球心到墙角的最远距离l ＝r ＋2r cos θ＝115r ，选项C 正确．4．如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式．为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内．甲中背包带对人的肩部的作用力设为F 1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F 2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F 3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F 1、F 2、F 3大小的下列关系正确的是( )A ．F 1>F 2B ．F 2>F 3C ．F 1>F 3D ．F 3＝F 2B 由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg ，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F 1＝mg ；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a ：则：F2＝mg cos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判断F3与重力mg的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系．所以只有选项B正确．5．(多选)(2020·九江4月模拟)如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零AB 若F安＜mgsin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mgsin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．6．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力F逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大B 对球进行受力分析，如图甲所示．F N1＝Gtan θ，F N2＝Gcos θ.当长方体物块向右运动中，θ增大，F N1、F N2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力F N2′cos θ＝G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力F N＝G1＋F N2′cos θ＝G1＋G不变，滑动摩擦力f＝μF N不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F N2′sin θ逐渐增大，所以水平拉力F＝f－F N2′sin θ逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误．7．如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向C 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D错误．8．(2020·安徽皖南八校二次联考)如图所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A ＝30°，∠B＝37°，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1∶m2不可能是( )A．1∶3 B．3∶5C．5∶3 D．2∶1A 物块1受重力m1g、细线拉力T和斜面支持力F N作用处于平衡状态，则T＝m1gsin 30°，物块2受重力m2g、细线拉力T、斜面支持力F N′及摩擦力F f作用处于平衡状态，当m1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T＝m2gsin 37°＋μm2gcos 37°，即m1m2＝2；当m1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T＝m2gsin 37°－μm2gcos 37°，即m1m2＝25，所以25≤m1m2≤2.9．(多选)如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为 mgr 2tan θkB ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m)gAD 设P 、Q 所带电荷量为q ，对物体P 受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力F ＝k q2r2、竖直向下的重力mg 、支持力F N ，由平衡条件可得tan θ＝F mg，解得q ＝mgr 2tan θk，选项A 正确；斜面对P 的支持力F N ＝mgcos θ＋Fsin θ，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的压力为F N ′＝mgcos θ＋Fsin θ，选项B 错误；对P 和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q 对P 向左的库仑力F ＝k q2r 2和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f ＝k q2r 2，选项C 错误；对P 和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g 和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M ＋m)g ，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M ＋m)g ，选项D 正确．10．(多选)如图所示，用两根完全相同的橡皮筋M 、N 将两个质量均为m ＝1 kg 的可视为质点的小球A 、B 拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A 上施加一水平向左的恒力F ，当系统处于静止状态时，橡皮筋M 与竖直方向的夹角为60°.假设两橡皮筋的劲度系数均为k ＝5 N/cm ，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g ＝10 m/s 2.则( )A ．橡皮筋M 的伸长量为4 cmB ．橡皮筋N 的伸长量为2 cmC ．水平恒力的大小为10 3 ND ．如果将水平恒力撤去，则小球B 的瞬时加速度为零 BD 先对小球B 进行受力分析，小球B 受重力mg 和橡皮筋N 的拉力F 1，根据平衡条件，有F 1＝mg ＝10 N ，又F 1＝kx N ，解得橡皮筋N 的伸长量x N ＝F 1k＝2 cm ，选项B 正确；再将小球A 、B 看成一个整体，整体受重力2mg 、水平恒力F 和橡皮筋M 的拉力F 2，如图所示，根据平衡条件，有F ＝2mgtan60°＝23mg ＝20 3 N ，选项C 错误；橡皮筋M 的弹力F 2＝2mgcos 60°＝4mg ＝40 N ，根据胡克定律有F 2＝kx M，解得橡皮筋M的伸长量x M＝F2k＝8 cm，选项A错误；小球B受重力和橡皮筋N的拉力，撤去水平恒力的瞬间，小球B的重力和橡皮筋N的拉力都不变，故小球仍处于平衡状态，加速度为零，选项D正确．二、非选择题11．如图所示，一质量为M＝2 kg的铁块套在倾斜放置的杆上，杆与水平方向的夹角θ＝60°，一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为m＝1 kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态．(g取10 m/s2)求：(1)拉力F的大小；(2)杆对铁块的摩擦力的大小．解析(1)对B球受力分析如图所示．根据力的平衡F＝mgtan θ解得F＝10 3 N(2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆，且铁块处于静止状态，因此铁块受到的摩擦力等于铁块的重力沿斜面向下的分力，即F f＝Mg sin θF f＝10 3 N答案(1)10 3 N (2)10 3 N12．(2020·承德一模)如图所示，两平行金属导轨间的距离d＝1.0 m，导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ＝53°，在导轨所在的空间内分布着磁感应强度大小为B＝1.5 T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，导轨的一端接有电动势E＝ 6.0 V，内阻r＝1.0 Ω的直流电源．现将一质量m＝0.5 kg，电阻R＝3.0 Ω，长度为1.0 m的导体棒ab垂直导轨放置，开关S接通后导体棒刚好能保持静止．已知电路中定值电阻R0＝6.0 Ω，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，导体棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)导体棒中通过的电流大小；(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数．解析(1)由电路知识可知，导体棒与定值电阻R0并联后接在电源两端，设电路中的总电阻为R总，则有R总＝RR0R＋R0＋r，代入数据可得R总＝3 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I＝ER总＝2 A，导体棒ab 两端的电压为U ab ＝E －Ir ，代入数据可得U ab ＝4 V ，所以流经导体棒的电流I R ＝U ab R ＝43A. (2)对导体棒进行受力分析如图所示．设导轨对导体棒的支持力大小为F N ，摩擦力大小为F f ，导体棒受到的安培力大小为F.由题意可知，导体棒中的电流方向为b→a，由左手定则可知，导体棒受到的安培力沿导轨所在的平面向上，其大小 F ＝BI R d ，代入数据有F ＝2 N ，又因为重力沿导轨所在的平面向下的分量为mgsin 53°＝4 N ，所以可判断出此时的摩擦力方向一定沿导轨所在的平面向上，且大小为F f ＝mgsin 53°－F ，即F f ＝2 N ，又F f ＝μmgcos 53°，代入数据解得μ＝23.答案 (1)43 A (2)23高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2021届高考物理二轮复习：动量和能量含答案
2021届二轮高考物理：动量和能量含答案1、(双选)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝2(mgR－W)mR B．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2WR D．N＝2(mgR－W)R上的拉力F作用下从粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F，其在斜面上运动的部分v－t图象如图乙所示。
已知斜面倾角θ＝37°，斜面固定且足够长，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是()A．拉力F的大小为50 NB．小物体在斜面上从A点运动到最高点的过程中，克服摩擦力做的功为850 J C．t＝8 s时，小物体在A点上方且距A点的距离为15 mD．小物体返回时经过A点的动能为300 J3、如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球。
开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°。
之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g。
下列分析正确的是()A ．轻质弹簧的原长为RB ．小球过B 点时，所受的合力为mg ＋m v 2RC ．小球从A 到B 的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能D ．小球运动到B 点时，弹簧的弹性势能为mgR －12m v 24、半径为R 、圆心为O 的光滑圆环固定在竖直平面内，OC 水平，D 是圆环最低点．质量为2m 的小球A 与质量为m 的小球B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A 运动至D 点时，小球B 的动能为(重力加速度为g)( D )A.22mgRB.26mgC.4＋22mgRD.4＋26mgR5、“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力6、如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态，在A 的正上方h 高处有一质量也为m的小球C.现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(ABD)A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为gh 2B．C与A碰撞时产生的内能为mgh 2C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh 2D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为8mg k7、[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。
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2021年高考物理二轮专题复习第2课动量和能量课时过关检测试题(A
卷)
3.
如图，PQS是固定于竖直平面内的光滑的1
4
圆形轨道，圆心O在S的正上方．在
O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )
A．a比b先到达S，它们在S点的动量不同
B．b比a先到达S，它们在S点的动量不同
C．两物块在S处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量不同
D．两物块在S处发生碰撞，碰撞前瞬间两者的动量相同
解析：a自由下落，b沿圆弧下滑，a比b先到达S，二者下落高度相同，由机械能守恒定律可知，二者到达S时速度大小相同，但因方向不同，故动量不同，A选项正确．
答案：A
4.
如图，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C 静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B 正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中( )
A．A、B的速度变为v
3
，C的速度仍为0
B．A、B、C的速度均为v 3
C．A、B的速度变为v
2
，C的速度仍为0
D．A、B、C的速度均为v 2
解析：A、B碰撞时间极短，由于弹簧形变要时间，故它们变为共同速度时弹簧未形变，C的速度仍为0，对A、B构成总体，由动量守恒定律mv＝2mv′，
所以A、B的速度变为v 2 .
答案：C
二、双项选择题
5.
用下图实验装置来研究碰撞问题，用完全相同的轻绳将两个大小相同、质量
相等的小球并列悬挂于一水平杆，球间有微小间隔．将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球发生弹性正碰，不计空气阻力，忽略绳的伸长．下列说法正确的是( )
A．碰撞过程中两球构成的系统动量和机械能都守恒
B．碰撞过程中两球构成的系统动量和机械能都不守恒
C．碰撞过程中两球的速度互换
D．碰撞后两球以共同的速度向右摆
答案：AC
6.
如图，两个带电金属球A、B，A球带电为＋3q、质量为m，B球带电为＋2q、质量为2m，在绝缘的光滑水平桌面上均由静止释放，下列说法正确的是( ) A．两小球一定会发生相碰
B．两小球一定不会发生相碰
C．两小球在以后的运动过程中总动量增加，总动能也增加
D．在以后的运动过程中A球的速率大于B球的速率，但总动量不变
解析：两小球带同种电荷，要发生近排斥，故一定不会发生相碰；在双方向
外运动的过程中，只存在库仑力的相互作用，动量守恒，由mv
A －2mv
B
＝0，可知
A球的速率大于B球的速率．
答案：BD
7．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C 离开弹簧向B端冲去，并与B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：根据动量守恒定律，烧断细绳后，弹簧伸长过程中C向右运动，AB
应向左运动，A错误；根据mv
1＝Mv
2
，v
1
∶v
2
＝M∶m，B正确；当C与油泥粘在一
起后，AB立即停止运动，C正确，D错误．答案：BC
8.
如图，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的长为L的木块，子弹穿透木
块的过程子弹的动能减少了9 J，下列说法正确的是( )
A．子弹的位移一定大于木块的位移
B．木块动能可能增加了6 J
C．木块动能可能增加了9 J
D．系统产生的内能为9 J
解析：子弹穿透木块的过程，子弹对地的位移大于木块对地的位移，A项正确；由系统的能量守恒定律可知：木块增加的动能或系统产生的内能不可能超过子弹减少的动能，故B项正确，C、D项都错误．
答案：AB
9.
如图，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点，Q与
轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E
水平向Q运动并与弹簧发生相互作
用，若整个作用过程中无机械能损失，用E
1
表示弹簧具有的最大弹性势能，用
E
2
表示Q具有的最大动能，则( )
A．E
1＝
E
2
B．E
1
＝E
C．E
2＝
E
2
D．E
2
＝E
解析：P、Q相互作用的过程中动量守恒和机械能守恒，当P、Q速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A项正确；由于P、Q的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P的速度为零，系统的机械能全部变为Q的动能，选项D正确．
答案：AD
三、计算题
10．如图所示，竖直固定轨道abcd段光滑，长L＝1.0 m的平台de段粗糙，abc段是以O为圆心的圆弧．小球A和B紧靠在一起静止于e处，B的质量是A 的4倍．两小球在内力作用下突然分离，A分离后始终沿轨道向左运动，与de
段的动摩擦因数μ＝0.2，到b点时轨道对A的支持力等于A所受重力的3
5
，B
分离后平抛落到f点，f到平台边缘的水平距离s＝0.4 m，平台高h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)AB分离时B的速度大小v
B
；
(2)A到达d点时的速度大小v
d
；
(3)圆弧abc的半径R.
解析：(1)B分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知h＝1
2
gt2，v
B
＝
s
t
代入数
据得：v
B
＝1 m/s.
(2)A、B分离时，由动量守恒定律得m
A v
e
＝m
B
v
B
，A球由e到d根据动能定理
得：－μm
A gL＝
1
2
m
A
v
d
2－
1
2
m
A
v
e
2，代入数据得：v
d
＝2 3 m/s.
(3)A球由d到b根据机械能守恒定律得m
A gR＋
1
2
m
A
v
b
2＝
1
2
m
A
v
d
2，A球在b由牛
顿第二定律得：m
A g－
3
5
m
A
g＝
m
A
v
b
2
R
，代入数据得：R＝0.5 m.
答案：(1)1 m/s (2)2 3 m/s (3)0.5 m
20451 4FE3 俣n34377 8649 虉L39566 9A8E 骎 24916 6154 慔p37780 9394 鎔p 34824 8808 蠈&。