（浙江選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二能量和動(dòng)量第2講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用學(xué)案

PAGEPAGE1第2講動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用[選考考點(diǎn)分布]章知識(shí)內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2022/102022/042022/102022/042022/11動(dòng)量守恒定律動(dòng)量和動(dòng)量定理c22232222動(dòng)量守恒定律c2322碰撞d反沖運(yùn)動(dòng)火箭b23考點(diǎn)一動(dòng)量與沖量有關(guān)概念與規(guī)律的辨析少？答案eq\f(m\r(2gh),t)＋mg解析由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得，人下降h距離時(shí)的速度為v＝eq\r(2gh)，在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(F－mg)t＝mv，解得平安帶對(duì)人的平均作用力為F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg.2．(多項(xiàng)選擇)(人教版選修3－5P9改編)雞蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．以下防護(hù)和規(guī)定中與其具有相同的原理的是()A．撐竿跳高比賽中，橫桿的下方放有較厚的海綿墊B．易碎物品運(yùn)輸時(shí)要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎C．有關(guān)部門(mén)規(guī)定用手工操作的各類(lèi)振動(dòng)機(jī)械的頻率必須大于20赫茲D．在汽車(chē)上安裝平安氣囊答案ABD項(xiàng)D正確．3．(多項(xiàng)選擇)(2022·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)期末)以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．動(dòng)量大的物體，它的速度不一定大B．動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大C．只要物體運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，物體的動(dòng)量就保持不變D．物體的動(dòng)量變化越大，那么該物體的速度變化一定越大答案AD4．(多項(xiàng)選擇)關(guān)于物體的動(dòng)量和動(dòng)能，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．一物體的動(dòng)量不變，其動(dòng)能一定不變B．一物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量一定不變C．兩物體的動(dòng)量相等，其動(dòng)能不一定相等D．兩物體的動(dòng)能相等，其動(dòng)量一定相等答案AC解析動(dòng)能是標(biāo)量Ek＝eq\f(1,2)mv2，動(dòng)量是矢量p＝mv，動(dòng)能與動(dòng)量之間的大小關(guān)系：Ek＝eq\f(p2,2m).一物體的動(dòng)量p不變，其動(dòng)能Ek一定不變，故A正確．一物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量大小一定不變，但速度的方向可以變化，即動(dòng)量的方向可以變化，故B錯(cuò)誤．兩物體的動(dòng)量相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量相等時(shí)，其動(dòng)能一定相等，當(dāng)兩物體的質(zhì)量不等時(shí)，其動(dòng)能一定不相等，故C正確．兩物體動(dòng)能相等，而質(zhì)量不等時(shí)，其動(dòng)量也是不相等的，故D錯(cuò)誤．5．(多項(xiàng)選擇)如圖1所示，小車(chē)與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車(chē)上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過(guò)程，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()圖1A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車(chē)與木箱組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．男孩、小車(chē)與木箱三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．木箱的動(dòng)量增加量與男孩、小車(chē)的總動(dòng)量減小量相同答案CD6.(多項(xiàng)選擇)一輛小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)立柱上固定一條長(zhǎng)L(小于立柱高)、拴有小球的細(xì)線(xiàn)，小球拉至和懸點(diǎn)在同一水平面處?kù)o止釋放，如圖2所示，小球擺動(dòng)時(shí)，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，下面說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()圖2A．小球和小車(chē)的總機(jī)械能守恒B．小球和小車(chē)的動(dòng)量守恒C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為eq\r(2gL)D．小球和小車(chē)只在水平方向上動(dòng)量守恒答案AD7．(多項(xiàng)選擇)如圖3所示，質(zhì)量為m的物體在一個(gè)與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，那么以下關(guān)于物體在t時(shí)間內(nèi)所受力的沖量，正確的選項(xiàng)是()圖3A．拉力F的沖量大小為FtcosθB．摩擦力的沖量大小為FtcosθC．重力的沖量大小為mgtD．物體所受支持力的沖量大小是mgt答案BC解析拉力F的沖量大小為Ft，故A錯(cuò)誤；物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可知摩擦力Ff＝Fcosθ，那么摩擦力的沖量大小為Fft＝Ftcosθ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C正確；支持力的大小為FN＝mg－Fsinθ，那么支持力的沖量大小為(mg－Fsinθ)t，故D錯(cuò)誤．1.動(dòng)量定理(1)動(dòng)量定理表示了合外力的沖量與動(dòng)量變化間的因果關(guān)系；沖量是物體動(dòng)量變化的原因，動(dòng)量發(fā)生改變是物體合外力的沖量不為零的結(jié)果．(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)需要規(guī)定正方向．(3)動(dòng)量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量．求合外力的沖量有兩種方法：一是先求所有外力的合力，再求合外力的沖量；二是先求每個(gè)外力的沖量，再求所有外力沖量的矢量和．2．動(dòng)量定理的應(yīng)用(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量：假設(shè)作用在物體上的作用力是變力，不能直接用Ft求變力的沖量，但可求物體動(dòng)量的變化Δp，等效代換變力的沖量I.(2)應(yīng)用Δp＝Ft求恒力作用下物體的動(dòng)量變化：假設(shè)作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動(dòng)量的變化．3．動(dòng)量守恒的適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．(2)近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，那么系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．考點(diǎn)二動(dòng)量觀點(diǎn)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的應(yīng)用1．在豎直的xOy平面內(nèi)，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一象限內(nèi)電場(chǎng)沿＋y方向，磁場(chǎng)垂直xOy平面向外，第三象限內(nèi)電場(chǎng)沿－x方向，磁場(chǎng)垂直xOy平面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，A、B兩小球帶等量異種電荷，帶電量大小均為q，兩球中間夾一被壓縮的長(zhǎng)度不計(jì)的絕緣輕彈簧(不粘連)，某時(shí)刻在原點(diǎn)O處同時(shí)釋放AB，AB瞬間被彈開(kāi)之后，A沿圓弧OM運(yùn)動(dòng)，B沿直線(xiàn)OP運(yùn)動(dòng)，OP與－x軸夾角θ＝37°，如圖4中虛線(xiàn)所示，不計(jì)兩球間庫(kù)侖力的影響，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：圖4(1)A、B兩球的質(zhì)量比eq\f(mA,mB)；(2)A球出射點(diǎn)M離O點(diǎn)的距離；(3)剛釋放時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep.答案(1)eq\f(3,4)(2)eq\f(8E2,3B2g)(3)eq\f(350E3q,81B2g)解析(1)彈開(kāi)后，A沿圓弧運(yùn)動(dòng)，所以A應(yīng)帶正電，mAg＝Eq得：mA＝eq\f(Eq,g)B沿OP運(yùn)動(dòng)，受力平衡，帶負(fù)電，有tanθ＝eq\f(Eq,mBg)得mB＝eq\f(4Eq,3g)eq\f(mA,mB)＝eq\f(\f(Eq,g),\f(4Eq,3g))＝eq\f(3,4)(2)對(duì)B球受力分析，知：Bqv2sinθ＝Eq得B球速度v2＝eq\f(5E,3B)AB彈開(kāi)瞬間，動(dòng)量守恒mAv1＝mBv2解以上各式得，A球速度v1＝eq\f(20E,9B)A做圓周運(yùn)動(dòng)，Bqv1＝eq\f(mAv\o\al(1,2),R)軌道半徑R＝eq\f(mAv1,Bq)＝eq\f(20E2,9B2g)OM＝2Rsinθ＝eq\f(8E2,3B2g)(3)彈開(kāi)瞬間，由能量守恒可知Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(1,2)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)將(1)(2)各式代入得：Ep＝eq\f(350E3q,81B2g)的絕緣輕線(xiàn)懸吊在O點(diǎn)，O點(diǎn)右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝5×103N/C.質(zhì)量mB＝0.2kg、不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢(shì)能為3.6J．現(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處?kù)o止釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開(kāi)彈簧后，恰好與第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時(shí)撤去水平軌道．A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，線(xiàn)始終未被拉斷，g＝10m/s2圖5(1)碰撞過(guò)程中A球?qū)球做的功；(2)碰后C第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大?。?3)C每次離開(kāi)最高點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)立即消失，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)又重新恢復(fù)，不考慮電場(chǎng)瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開(kāi)電場(chǎng)前瞬間繩子受到的拉力．答案(1)－3.2J(2)4eq\r(2)m/s(3)(80n解析(1)碰前A的速度為vAeq\f(1,2)mAveq\o\al(A,2)＝mAglvA＝4m/s碰前B的速度為vBEp＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(B,2)，vB＝6m/s由動(dòng)量守恒得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vCvC＝2m/sA對(duì)B所做的功W＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(C,2)－Ep＝－3.2J(2)碰后，整體受到豎直向上的電場(chǎng)力F＝|q|E＝20N，G＝mCg＝10N因F－mCg>mCeq\f(v\o\al(C,2),l)，整體C做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上：x＝vCt豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2其中a＝eq\f(|q|E－mCg,mC)＝10m/s2圓的方程：(y－l)2＋x2＝l2解得：x＝0.8m，y＝0.8mC剛好在圓心等高處繩子拉直此時(shí)C向上的速度為v0＝gt＝4m/s設(shè)C運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為v1由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mCveq\o\al(1,2)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(0,2)＝(F－mCg)lv1＝4eq\r(2)m/s(3)設(shè)C從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v1′，由機(jī)械能守恒定律得：mCg×2l＝eq\f(1,2)mCv1′2－eq\f(1,2)mCveq\o\al(1,2)v1′＝8m/s由FT＋F－mCg＝mCeq\f(v1′2,l)可知FT>0，所以小球能一直做圓周運(yùn)動(dòng)設(shè)小球第n次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為vneq\f(1,2)mCveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(1,2)＝(n－1)|q|E×2lFT＋mCg－F＝mCeq\f(v\o\al(n,2),l)解得：FT＝(80n－30)N，n＝1,2,3……考點(diǎn)三動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用圖6(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場(chǎng)方向；(2)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后撤去擋條，棒開(kāi)始下滑，經(jīng)t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此過(guò)程棒上產(chǎn)生的熱量．答案(1)0.5T磁場(chǎng)垂直紙面向外(2)2.3×10－3J解析(1)線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(NΔΦ,Δt)，ΔΦ＝eq\f(ΔB1,Δt)S代入數(shù)據(jù)得：E＝0.8V等效電路圖如圖：總電流I＝eq\f(E,r＋\f(R,2))＝eq\f(0.8,0.15＋0.25)A＝2A，Iab＝eq\f(I,2)＝1A根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，方向豎直向上即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5T，根據(jù)左手定那么可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外．(mg－B2I′d)t＝mv－0，其中I′t＝q＝eq\f(ΔΦ,R＋Rab)ΔΦ＝B2·dh根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＋W＝eq\f(1,2)mv2－0聯(lián)立解得W＝－4.6×10－3J因此金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Q＝|eq\f(1,2)W|＝2.3×10－3J.2．(2022·浙江10月選考·22改編)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“〞形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“〞形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一匝數(shù)n＝300匝，面積S＝0.01m2的線(xiàn)圈通過(guò)開(kāi)關(guān)K與兩水銀槽相連．線(xiàn)圈處于與線(xiàn)圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．(g取10m/s2)甲乙圖7(1)求0～0.10s線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?2)t＝0.22s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)K，假設(shè)安培力遠(yuǎn)大于重力，細(xì)框跳起的最大高度h＝0.20m，求通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量．答案(1)30V(2)0.03C解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得E＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝30V(2)由牛頓第二定律F＝ma＝meq\f(v－0,Δt)(或由動(dòng)量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝0.03C.3．(2022·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)質(zhì)量為m、電阻率為ρ、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abb′a′，如圖8甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場(chǎng)方向平行．設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)．可認(rèn)為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極間，磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方框從靜止開(kāi)始釋放，其平面在下落過(guò)程中保持水平(不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g)．甲裝置縱截面示意圖乙裝置俯視示意圖圖8(1)請(qǐng)判斷圖乙中感應(yīng)電流的方向；(2)當(dāng)方框下落的加速度為eq\f(g,3)時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P；(3)當(dāng)方框下落的時(shí)間t＝eq\f(2mρ,B2LS)時(shí)，速度恰好到達(dá)最大，求方框的最大速度vm和此過(guò)程中產(chǎn)生的熱量．答案(1)順時(shí)針(2)eq\f(4m2g2ρ,9B2LS)(3)eq\f(mgρ,B2LS)eq\f(m3g2ρ2,2B4L2S2)解析(1)由右手定那么可知：感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針．(2)方框受到的安培力：FA＝2BIL由牛頓第二定律有mg－FA＝eq\f(mg,3)解得I＝eq\f(mg,3BL)由電阻定律得金屬方框電阻R＝ρeq\f(4L,S)方框的發(fā)熱功率P＝I2R＝eq\f(4m2g2ρ,9B2LS)(3)當(dāng)方框下落的加速度為零時(shí)，速度到達(dá)最大，即mg＝FA′＝2Beq\f(2BLvm,R)L解得vm＝eq\f(mgρ,B2LS)將下落過(guò)程分成假設(shè)干微元，由動(dòng)量定理得mgt－∑2Beq\f(2BLvi,R)Lt＝mvm－0∑vit＝h解得h＝eq\f(m2gρ2,B4L2S2)由能量守恒定律得mgh－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m,2)解得Q＝eq\f(m3g2ρ2,2B4L2S2)4．(2022·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)月考)有電阻均為R的兩金屬棒a、b，a棒的質(zhì)量為m，b棒的質(zhì)量為M，兩棒均放在如圖9所示的光滑軌道的水平局部上，軌道的水平局部有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧局部無(wú)磁場(chǎng)，且軌道足夠長(zhǎng)，開(kāi)始時(shí)給a棒一水平向左的初速度v0，a、b兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與軌道始終接觸良好，且a棒與b棒始終不相碰，請(qǐng)問(wèn)：圖9(1)當(dāng)a、b兩棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度分別為多少？損失的機(jī)械能為多少？(2)假設(shè)b棒在水平軌道上穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后，又沖上圓弧軌道，在b棒返回到水平軌道前，a棒已靜止在水平軌道上，且b棒與a棒不相碰，然后到達(dá)新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a、b的速度為多少？(3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？答案(1)均為eq\f(mv0,m＋M)eq\f(Mmv\o\al(0,2),2M＋m)(2)eq\f(Mmv0,M＋m2)(3)eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)[1－eq\f(M2m,M＋m3)]解析(1)a、b兩棒在水平軌道上動(dòng)量守恒．設(shè)穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v1，解得v1＝eq\f(mv0,m＋M)，損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(1,2)＝eq\f(Mmv\o\al(0,2),2M＋m).(2)由于b棒在沖上圓弧軌道又返回水平軌道過(guò)程中機(jī)械能守恒，故返回時(shí)速度大小不變，即v2＝v1，，由動(dòng)量守恒定律，有Mv2＝(M＋m)v3，解得v3＝eq\f(Mmv0,M＋m2).(3)整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(3,2)，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)[1－eq\f(M2m,M＋m3)]．專(zhuān)題強(qiáng)化練(限時(shí)：40分鐘)1．(多項(xiàng)選擇)下面說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．物體運(yùn)動(dòng)的方向就是它的動(dòng)量的方向B．如果物體的速度發(fā)生變化，那么可以肯定它受到的合外力的沖量不為零C．如果合外力對(duì)物體的沖量不為零，那么合外力一定使物體的動(dòng)能增大D．作用在物體上的合外力沖量不一定能改變物體速度的大小答案ABD解析物體動(dòng)量的方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，A對(duì)；如果物體的速度變化，那么物體的動(dòng)量一定發(fā)生了變化，由動(dòng)量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對(duì)；合外力對(duì)物體的沖量不為零，但合外力可以對(duì)物體不做功，物體的動(dòng)能可以不變，C錯(cuò)誤；作用在物體上的合外力沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對(duì)．2．(多項(xiàng)選擇)關(guān)于動(dòng)量、沖量，以下說(shuō)法成立的是()A．某段時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量增量不為零，而物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量可能為零B．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，而物體動(dòng)量的增量可能為零C．某一時(shí)刻，物體的動(dòng)量為零，而動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率不為零D．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，那么物體的動(dòng)量大小可能變大、變小或不變答案ACD解析自由落體運(yùn)動(dòng)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的某一段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量的增量不為零，而其中初位置物體的動(dòng)量為零，故A正確；某一段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化量不為零，故B錯(cuò)誤；某一時(shí)刻物體的動(dòng)量為零，該時(shí)刻速度為零，動(dòng)量的變化率是合力，速度為零，合力可以不為零，即動(dòng)量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，沖量等于動(dòng)量的變化．某段時(shí)間內(nèi)物體受到的沖量變大，那么物體的動(dòng)量的改變量變大，動(dòng)量大小可能變大、變小或不變，故D正確．3．(多項(xiàng)選擇)籃球運(yùn)發(fā)動(dòng)通常要伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球．接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做()A．球?qū)κ值臎_量減小B．球?qū)θ说臎_擊力減小C．球的動(dòng)量變化量不變D．球的動(dòng)能變化量減小答案BC解析先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：－Ft＝0－mv得F＝eq\f(mv,t)，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力減小，而沖量和動(dòng)量、動(dòng)能的變化量都不變，所以B、C正確．4．(多項(xiàng)選擇)將質(zhì)量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．小球從拋出至到最高點(diǎn)受到的沖量大小為10N·sB．小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動(dòng)量的增量大小為零C．小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)受到的沖量大小為零D．小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動(dòng)量的增量大小為20kg·m/s答案AD5．(多項(xiàng)選擇)如圖1所示，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點(diǎn))，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點(diǎn)等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，那么()圖1A．合外力做的功為0B．合外力的沖量為meq\r(2gL)C．重力做的功為mgLD．重力的沖量為meq\r(2gL)答案BC圖2答案均為2m/s2J解析a棒下滑至C點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為v0，那么由動(dòng)能定理，有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(0,2)，解得：v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(20×0.8)m/s＝4m/s；此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩棒到達(dá)共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選向右的方向?yàn)檎?，有：mv0＝(m＋m)v解得a、b兩棒共同的最終速度為：v＝2m/s，此后兩棒一起做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；那么b棒產(chǎn)生的焦耳熱為：Qb＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)×4J＝2J.7．如圖3所示，軌道ABCDP位于豎直平面內(nèi)，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點(diǎn)和D點(diǎn)，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點(diǎn)的高度差h＝0.1m，整個(gè)軌道絕緣，處于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一個(gè)質(zhì)量m1＝0.4kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1s，與靜止在B點(diǎn)的不帶電、質(zhì)量m2＝0.6kg小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)傾斜段DP上某位置．物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖3(1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度大??；(2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大?。鸢?1)2m/s(2)18N解析(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，物塊Ⅰ與物塊Ⅱ碰撞前速度為v1，碰撞后共同速度為v2，那么qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2m/s(2)設(shè)圓弧段CD的半徑為R，物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)圓弧段軌道對(duì)物塊Ⅰ和Ⅱ支持力的大小為FN，那么R(1－cosθ)＝hFN－(m1＋m2)g＝eq\f(m1＋m2v\o\al(2,2),