2023年浙江选考高考物理二轮复习专题二能量和动量第2讲动量和能量观点的应用学案.pdf

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1、1/16 第 2 讲动量和能量观点的应用 选考考点分布 章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/11 动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 动量守恒定律c 23 22 碰撞d 反冲运动火箭b 23 考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为多少？答案m2ghtmg解析由自由落体运动公式得

2、，人下降h距离时的速度为v2gh，在t时间内对人由动量定理得(Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为Fm 2ghtmg.2(多选)(人教版选修3 5P9 改编)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎下列防护和规定中与其具有相同的原理的是()A撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎2/16 C有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20 赫兹D在汽车上安装安全气囊答案ABD 解析鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间长，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间短，由动量定理Ftp知，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不

3、容易碎撑竿跳高比赛时，横杆的下方放有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A 正确；易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B 正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项 D正确3(多选)(2016 浙江镇海中学期末)下列说法正确的是()A动量大的物体，它的速度不一定大B动量大的物体，它的速度一定也大C只要物体运动的速度大小不变，物体的动量就保持不变D物体

4、的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大答案AD 4(多选)关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是()A一物体的动量不变，其动能一定不变B一物体的动能不变，其动量一定不变C两物体的动量相等，其动能不一定相等D两物体的动能相等，其动量一定相等答案AC 解析动能是标量Ek12mv2，动量是矢量pmv，动能与动量之间的大小关系：Ekp22m.一物体的动量p不变，其动能Ek一定不变，故A 正确一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化，即动量的方向可以变化，故B 错误两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体的质量不等时，其动能一定不相等，故C 正确两物体动能

5、相等，而质量不等时，其动量也是不相等的，故D 错误5(多选)如图 1 所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()图 1 3/16 A男孩和木箱组成的系统动量守恒B小车与木箱组成的系统动量守恒C男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D木箱的动量增加量与男孩、小车的总动量减小量相同答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处静止释放，如图2 所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是()图 2 A小球和小车

6、的总机械能守恒B小球和小车的动量守恒2gL小球运动到最低点的速度为CD小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7(多选)如图 3 所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是()图 3 A拉力F的冲量大小为Ftcos B摩擦力的冲量大小为Ftcos C重力的冲量大小为mgtD物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BCcos FfF错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力A，故Ft的冲量大小为F拉力解析正C，故mgt正确；重力的冲量大小为B，故cos FttfF，则摩擦力的冲量大小为错D，故t)sin Fmg(，则支持

7、力的冲量大小为sin FmgNF确；支持力的大小为误1.动量定理(1)动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，4/16 动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果(2)动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向(3)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量求合外力的冲量有两种方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的冲量；二是先求每个外力的冲量，再求所有外力冲量的矢量和2动量定理的应用(1)应用Ip求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt求恒

8、力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化3动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒考点二动量观点在电场和磁场中的应用1在竖直的xOy平面内，第、象限均存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，第一象限内电场沿y方向，磁场垂直xOy平面向外，第三象限内电场沿x方向，磁场垂直xOy平面向里，电场强度大小均为E，磁感应强度大小均为B，A、B两

9、小球带等量异种电荷，带电量大小均为q，两球中间夹一被压缩的长度不计的绝缘轻弹簧(不粘连)，某时刻在原点O处同时释放AB，AB瞬间被弹开之后，A沿圆弧OM运动，B沿直线OP运动，OP与x轴夹角37，如图4 中虚线所示，不计两球间库仑力的影响，已知重力加速度为g，sin 370.6，cos 37 0.8，试求：图 4 5/16；mAmB两球的质量比B、A(1)(2)A球出射点M离O点的距离；.pE刚释放时，弹簧的弹性势能(3)350E3q81B2g(3)8E23B2g(2)34(1)答案解析(1)弹开后，A沿圆弧运动，所以A应带正电，EqgAm得：EqgAmB沿OP运动，受力平衡，带负电，有4Eq

10、3gBm得EqmBgtan mAmB34Eqg4Eq3g(2)对B球受力分析，知：5E3B2v球速度B得Eqsin 2Bqv2vBm1vAm动量守恒，弹开瞬间AB20E9B1v球速度A，解以上各式得mAv12R1Bqv做圆周运动，A20E29B2gmAv1BqR轨道半径8E23B2gsin R2OM(3)弹开瞬间，由能量守恒可知22vBm1212vAm12pE350E3q81B2gpE各式代入得：(1)(2)将2如图 5 所示，质量mA0.8 kg、带电量q4103 C 的A球用长l0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E5103 N/C.质量mB0.2

11、 kg、不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右6/16 端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J现将A球拉至左边与圆心等高处静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g 10 m/s2.求：图 5(1)碰撞过程中A球对B球做的功；(2)碰后C第一次离开电场时的速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力1,2,3 n，30)Nn(3)(80m/s2(2)

12、43.2 J(1)答案Av的速度为A碰前(1)解析12glAmA2vAm4 m/sAvBv的速度为B碰前6 m/sBv，B2vBm12pECv)BmAm(BvBmAvAm由动量守恒得2 m/sCv3.2 JpEC2vBm12W所做的功B对A(2)碰后，整体受到竖直向上的电场力10 NgCmG，20 NE|q|F做类平抛运动C，整体vC2lCmgCmF因tCvx水平方向上：2at12y竖直方向上：210 m/s|q|EmCgmCa其中2l2x2)ly(圆的方程：7/16 解得：x0.8 m，y0.8 mC刚好在圆心等高处绳子拉直4 m/sgt0v向上的速度为C此时1v速度为运动到最高点C设l)g

13、CmF(02vCm1212vCm12由动能定理得m/s241v21vCm12lgCm，由机械能守恒定律得：1v从最高点运动到最低点时的速度为C设(3)12vCm128 m/s1vv1lCmgCmFTF由直做圆周运动，所以小球能一0TF可知nv次经过最高点时的速度为n设小球第12lE|q1)|n(12vCm122 nvCmvn2lCmFgCmTF1,2,3 n，30)Nn(80TF解得：考点三动量和能量观点在电磁感应中的应用r、电阻2m21.0 10S、截面积100N所示，匝数6如图22)月选考11浙江(2017 1，其变化率1B内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场的线圈0.15

14、 k0.80 T/s.线圈通过开关S 连接两根相互平行、间距d0.20 m的竖直导轨，下端连接阻搁置在ab的导体棒kg21.0 10m、质量0.50 的电阻一根阻值也为0.50 R值S接通开关.2B等高的挡条上，在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场后，棒对挡条的压力恰好为零假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻8/16 图 6 的大小，并指出磁场方向；2B求磁感应强度(1)(2)断开开关S 后撤去挡条，棒开始下滑，经t0.25 s后下降了h 0.29 m，求此过程棒上产生的热量J3(2)2.310磁场垂直纸面向外(1)0.5 T答案，NE线圈中产生的感

15、应电动势为(1)解析SB1代入数据得：E0.8 V等效电路图如图：1 AI2abI，2 AA0.80.15 0.25Er R2I总电流根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上，0.5 T2B，解得mgdabI2B即根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外(2)开关断开之后，撤去挡条，ab下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则RRabqtI，其中0mvt)dI2Bmg(dh2B02mv12Wmgh根据动能定理可知J34.6 10W联立解得J.3102.3|W12|Q因此金属棒上产生的热量为形金”“的kg33.0 10m甲所示，质量7如图)改编

16、22月选考10浙江(2015 29/16 属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度的线20.01 mS匝，面积300n、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数1.0 T1B大小圈通过开关K 与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其)210 m/s取g(变化的关系如图乙所示t的大小随时间2B磁感应强度甲乙图 7(1)求 00.10 s线圈中的感应电动势大小(2)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量答案(1)30 V(2)0.03 CnE由法拉第电磁感应定律(1)解析3

17、0 VB2nSE得q，l1IBF，安培力0)mvtF或由动量定理(v0mmaF由牛顿第二定律(2)0.03 C.m 2ghB1lq，得gh22v，tI3(2017 浙江名校协作体联考)质量为m、电阻率为、横截面积为S的均匀薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abba，如图8 甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计可认为方框的aa边和bb边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g)甲装置纵截面示意图乙装置俯视示意图图 8(1)请判断图乙中感应电流的

18、方向；10/16；P时，求方框的发热功率g3当方框下落的加速度为(2)和此过程中产mv时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度2mB2LSt当方框下落的时间(3)生的热量m3g22B4L2S2mgB2LS(3)4m2g29B2LS(2)顺时针(1)答案解析(1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针BIL2AF方框受到的安培力：(2)mg3AFmg由牛顿第二定律有mg3BLI解得4LSR由电阻定律得金属方框电阻4m2g29B2LSR2IP方框的发热功率(3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即L2BLvmRB2AFmgmgB2LSmv解得将下落过程分成若干微元，由动量定理得0mmvLt2BL

19、viRBmgthtivm2gB4L2S2h解得m2mv12Qmgh由能量守恒定律得m3g22B4L2S2Q解得4(2016 浙江镇海中学月考)有电阻均为R的两金属棒a、b，a棒的质量为m，b棒的质量为M，两棒均放在如图9 所示的光滑轨道的水平部分上，轨道的水平部分有竖直向下的匀强两棒b、a，0v棒一水平向左的初速度a磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长，开始时给在运动过程中与轨道始终接触良好，且a棒与b棒始终不相碰，请问：11/16 图 9(1)当a、b两棒在水平轨道上稳定运动时，速度分别为多少？损失的机械能为多少？(2)若b棒在水平轨道上稳定运动后，又冲上圆弧轨道，在b棒返回到水平轨道前，a棒

20、已静止在水平轨道上，且b棒与a棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a、b的速度为多少？(3)整个过程中产生的内能是多少？错误!(2)错误!mv0m M均为(1)答案错误!102mv12(3)解析(1)a、b两棒在水平轨道上动量守恒，1v两棒的共同速度为b、a设稳定运动时，1v)Mm(0mv由动量守恒定律，有，mv0mM1v解得损失的机械能为.错误!12v)Mm(1202mv12E(2)由于b棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒，故返回时速度大小不，1v2v变，即b棒与a棒向右运动过程中，直到新的稳定状态，设达到新的稳定状态时a、b的共同速度为，3v，3v)mM(2Mv由动量守恒定律，

21、有.错误!3v解得(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量，即，32v)mM(1202mv12Q错误!102mv12Q解得专题强化练(限时：40 分钟)12/16 1(多选)下面说法正确的是()A物体运动的方向就是它的动量的方向B如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体运动方向相同，A 对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B 对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力

22、可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C 错误；作用在物体上的合外力冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D 对2(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是()A某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零D某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B 错

23、误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确3(多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球接球时，两手随球迅速收缩至胸前这样做()A球对手的冲量减小B球对人的冲击力减小C球的动量变化量不变D球的动能变化量减小答案BC解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动mvtF得mv0Ft间，根据动量定理得：量、动能的变化量都

24、不变，所以B、C正确4(多选)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取13/16)(，以下判断正确的是210 m/sA小球从抛出至到最高点受到的冲量大小为10 N B小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为零C小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为零D小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为20 kg m/s答案AD5(多选)如图 1 所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()图

25、1 A合外力做的功为02gLm合外力的冲量为BC重力做的功为mgL2gLm力的冲量为重D答案BC6如图 2 所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B4 T的匀强磁场中，两导b1 bRaR，电阻1 kgm的质量都为b和a，轨道足够长，金属棒0.5 mL轨间距为棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h80 cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，且两棒始终不相碰，求a、b两棒的最终速度大小，以及整个过程中b棒产生的焦耳热(已知重力加速度g)210 m/s图 2 答案均为 2 m/s 2 J，02mv12mgh，则由动能定理，有

26、：0v点时速度设为C棒下滑至a解析14/16；4 m/sm/s200.82gh0v解得：此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，选向右的方向为正，有：v)mm(0mv解得a、b两棒共同的最终速度为：v2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；21122v)mm(1202mv12Q路产生的总焦耳热为：由能量守恒定律可知，整个过程中回；4 JJ2212J2 J.4 J12Q12bQ棒产生的焦耳热为：b则7如图 3 所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段

27、DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h 0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、点由A在、带正电、电荷量未知的小物块0.4 kg1m场强未知的匀强电场中一个质量碰撞并粘小物块0.6 kg2m点的不带电、质量B，与静止在1 st静止释放，经过时间在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置物块和与轨道BC段的动求：0.8.cos 37，0.6sin 37，210 m/sg0.2.摩擦因数图 3(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物块

28、和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块带电荷，则2v，碰撞后共同速度为1v碰撞前速度为与物块，物块q量为2v)2m1m(1v1m，1v1mqEt，g)2m1m(qE2 m/s2v解得(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和第一次经过C点时圆弧段轨道对物块和支持力，则NF的大小为R(1 cos)h错误!g)2m1m(NF18 NNF解得15/16 的绝缘水平3 ml光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长16的1.6 mR所示，半径4如图8传送带平滑连接，传送带以v3 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E20 N/C，磁感应强度B3.0 T，方

29、向垂直纸面向外两的正电并C31.0 10q带b不带电，a，物块b和a的物块kg31.0 10m个质量均为静止于圆弧轨道最低点，将物块a从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60角落在地面上的P点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为0.1，取均可看做质点求：b、a，210 m/sg图 4(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量答案见解析12)cos(1mgR时，机械能守恒，C从静止释放运动

30、到圆弧轨道最低点a物块(1)解析4 m/sCv，解得C2mvmvC2RmgNF点，由牛顿第二定律：C在N2210NF解得：，方向竖直向下N2210NF对圆弧轨道最低点的压力：a由牛顿第三定律，物块2 m/sCv，Cmv2Cmv碰撞动量守恒：ab(2)ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为x，ax22Cv2v，21 m/sa得ma2mg2得：x2.5 ml，所以ab离开传送带时与其共速，为v3 m/s2 m2mvBqr得2mv2rBqv，所以做匀速圆周运动，由N210mg2Eq进入复合场后，由几何知识得传送带与水平地面的高度：3 mr12rh16/16(3)a、b系统在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功：J3510mgx2fWJ2610Eqh电W系统在复合场运动过程中，电场力对其做功：b、a所以，二者碰后一直到落地，a、b系统机械能的变化量：J25.5 10电WfWE