押课标卷理综第14题-备战2021年高考物理临考题号押题（新课标卷）（解析版）

押课标卷理综第14题

高考频度：★★★★★     难易程度：★☆☆☆☆

（2020·新课标全国Ⅰ卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　）

A．增加了司机单位面积的受力大小

B．减少了碰撞前后司机动量的变化量

C．将司机的动能全部转换成汽车的动能

D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

【答案】D

【解析】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；

B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；

C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；

D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。

故选D。

如图所示，竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP，圆弧轨道的圆心为O，OA水平，OP竖直，半径为R＝2m。一质量为m＝1kg的小物块从圆弧顶点A开始以2m/s的速度从A到P做匀速圆周运动，重力加速度g＝10m/s2，Q为圆弧AP的一个三等分点（图中未画出），OA与OQ的夹角为30°，下列说法正确的是（　　）

A．在Q点时，重力的瞬时功率为10W

B．在A到P的过程中合力对小物块的冲量为零

C．小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功

D．在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11.5N

AC

【解析】A．在Q点时，重力方向与速度方向夹角为30°，则重力的瞬时功率为

P＝mgvcosθ＝10W

故A正确；

B．在A到P的过程中小物块的速度方向不断改变，动量不断改变，所以合力对小物块的冲量不为零，故B错误；

C．小物块在AQ段重力做的功

W1＝mgRsin30°

在QP段重力做到功

W2＝mgR（1﹣sin30°）

可得

W1＝W2

由小物块做匀速圆周运动和动能定理可知，小物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，故C正确；

D．在P点时，由牛顿第二定律

得到小物块对圆弧轨道的压力大小为12N，故D错误；

故选AC。

1.冲量的计算 

(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．

(2)变力的冲量：

①通常利用动量定理I＝Δp求解．

②可用图象法计算．在F­t图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．

2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用

(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．

(2)应用动量定理求解的问题

①求解曲线运动的动量变化量．

②求变力的冲量问题及平均力问题．

③求相互作用时间．

④利用动量定理定性分析现象．

一、单选题

1．蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在槐关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔，设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个时动量的增加量为△p1，下落第五个时动量的增加量为△p2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则等于（　　）

A．1 B． C．5 D．

2．如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，点与点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度分别从点和点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．从点进入的粒子先到达点

B．从点进入的粒子电荷量较小

C．从点进入的粒子动量变化较大

D．从点进入的粒子电势能变化较大

3．建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑道长为，其与水平面的夹角为37°。现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑到底端，已知建筑材料的质量为，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为0.5，取。下列说法正确的是（　　）

A．建筑材料在滑道上运动的时间为

B．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为

C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零

D．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为

4．光滑水平面上，有一质量为m的物块处于静止状态。从t=0开始，物块受到水平外力F的作用，其大小及方向随时间按正弦规律变化，如图所示。则（　　）

A．0到t2时间内，物块的动量先增大后减小

B．t4时刻，力F的功率最大

C．t3时刻，物块的速度大于

D．t1时刻到t2时刻，物块的动能逐渐减小

5．质量为的物体放置在水平桌面上，物体与水平桌面间的动摩擦因数为，重力加速度。现对物体施加一水平外力F，使其做直线运动，图像如图，下列说法正确的是（　　）

A．内物体的位移的大小为

B．内物体的平均速度为

C．内外力F做的功为

D．内外力F的冲量大小为

6．如图所示，有质量相同的、两个小球，从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，从同一高度自由下落。下列说法正确的有（　　）

A．它们到达地面时的动量相同

B．它们到达地面时的动能相同

C．它们到达地面时重力的功率相同

D．它们从开始到到达地面的过程中，重力的冲量相同

7．在投掷游戏中，甲同学从A点将某个小玩具水平抛出，小玩具沿轨迹①落到了地面上的D点；乙同学从位于A点正下方地面上的B点斜向上将另一个同样的小玩具抛出，玩具沿轨迹②也恰好落到了D点，C点为轨迹最高点，A、C高度相同不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．两过程的水平速度相同

B．两过程中玩具在空中的运动时间相等

C．沿轨迹①落到D点时小玩具落地速度大

D．两个过程中重力的冲量相等

8．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能参考平面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系如图所示。取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小球的质量为0.2kg

B．小球受到的阻力大小为0.2N

C．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J

D．小球动能与重力势能相等时的高度m

9．质量为m的物体由静止开始加速下落h高度过程中，其加速度大小为g。则（　　）

A．物体的动能增加了mgh B．物体的重力势能减少了mgh

C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能减少了mgh

10．台球是人们非常喜爱的一项竞技运动，在某次斯诺克比赛中，若时刻台球A与静止的台球B发生对心碰撞，它们在碰撞前后的图像如图所示，已知A、B两个台球完全相同，在碰撞过程中，下列说法正确的是（　　）

A．A、B两球动量和机械能都守恒 B．A、B两球动量和机楲能都不守恒

C．A、B两球动量不守恒，但机械能守恒 D．A、B两球动量守恒，但机械能不守恒

11．一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．物块下滑过程中只有重力做功

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C．物块下滑时加速度的大小为2m/s2

D．物块下滑到底端过程中重力做功40J

12．2020年11月24日4时30分，嫦娥五号在海南文昌航天发射场成功发射，是中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器，标志着中国探月告别“单程票”时代，同时为将来的载人登月突破一系列关键技术，携带“月壤”的嫦娥五号预计12月中下旬于白雪皑皑的内蒙古四子王旗附近着陆，使中国成为第三个能够让航天器从月球轨道重返地面的国家。下列对于嫦娥五号在地面附近的发射和降落回收过程，说法正确的是（　　）

A．探测器发射过程和回收过程，受到重力的冲量方向相反

B．探测器发射过程和回收过程，受到空气阻力冲量的方向相同

C．探测器的发射过程，所受各力冲量的总和方向向上

D．探测器的回收过程，所受各力冲量的总和方向向下

二、多选题

13．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的机械能E、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，小球运动过程中所受阻力大小不变，已知：g=10 m/s2，，下列说法正确的是（     ）

A．小球上升到最高点过程中，重力的冲量大小为0.8 N·s

B．当小球速率为6m/s时，因阻力产生的热量为0.64 J

C．小球动能与重力势能相等时，小球所用时间约为0.27s

D．小球再次回到地面时，小球的动量大小为0.78kg·m/s

14．如图所示，水平传送带AB长为4m，可视为质点的小煤块以v0=4m/s的速度冲上传送带的A端，与此同时传送带由静止开始做2m/s2的同向匀加速运动，小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g=10m/s2，小煤块从传送带A端滑至B端的过程中（　　）

A．传送带对小煤块支持力的冲量不等于零

B．小煤块动能减少量等于物体与传送带间的摩擦生热

C．小煤块在传送带上留下的划痕长度为2m

D．小煤块运动全过程的时间为1.5s

15．在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球1和球2，如图所示。不计乒乓球的旋转和空气阻力研究乒乓球自起跳到过网的过程，下列说法正确的是（　　）

A．过网时，球1的速度大于球2的速度

B．起跳时，球1动量的大小小于球2动量的大小

C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间

D．球1的速度变化率小于球2的速度变化率

16．一个质量为5kg静止在水平地面上的物体，某时刻受到一个水平方向的恒力F作用，3秒末撤去恒力F，物体继续滑行一段时间停下，物体的运动图像如图所示。重力加速度g取10m/s2，关于物体的运动下列说法正确的是（　　）

A．物体与地面间的动摩擦因素为0.5

B．整个过程恒力F做功625J

C．整个过程恒力F对物体的冲量为120N•S

D．恒力F的最大功率为250W

17．如图，在倾角为θ的固定斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为m的平板A固定连接，A与斜面的动摩擦因数为μ。开始时用手按住平板A使弹簧压缩量为L，保持静止，此时弹簧弹力为F。现放手，使A沿斜面向上运动，弹簧恢复原长时A的速度为v。从释放到恢复原长过程中，以下说法正确的是（　　）

A．弹簧弹力做功为FL

B．滑动摩擦力做功为μmgL

C．合力对物体A做的功为mv2

D．弹簧初始弹性势能数值上大于重力与摩擦力做功之和

18．为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（　　）

A．笔帽一直做加速运动

B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等

C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等

D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率

19．如图甲所示，斜面固定在水平地面上，一木块沿斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，设水平地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）

A．位移为x时，木块刚好滑到斜面的底端

B．在位移从0到x的过程中，木块的重力势能减少了3E

C．图线a斜率的绝对值表示木块所受的重力大小

D．图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

20．将相同的甲、乙两小球从O点水平抛出，均可以到达水平地面上的A点，在空中的运动轨迹如图所示。乙球与地面B点发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，取地面为零势能面，则甲、乙（　　）

A．抛出时速度之比为3:1

B．抛出时机械能之比为9:1

C．从O到A的运动过程中运动时间之比为1:1

D．从O到A的运动过程中所受重力的冲量之比为1:3

参考答案

1．D

【解析】蹦极者下落第一个时，据速度位移关系公式得

解得

故此刻蹦极者的动量为

同理可得：下落第四个时的动量为

下落第五个时的动量

故

故

故D正确，ABC错误。

故选D。

2．B

【解析】A．由题及图可得两粒子的竖直位移相等、速度相等，且，故两粒子到达P点的时间相等，故A错误；

B．在相等时间内M点的粒子运动的水平位移较小，所以M点的加速度较小，根据

可知从M点进入的粒子电荷量较小，故B正确；

C．根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M点进入的粒子电荷量较小，所以受到的电场力较小，则合外力的冲量也较小，所以从M点进入的粒子动量变化较小，故C错误；

C．从M点进入的粒子受到的电场力小，且在电场力作用下运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化就小，故D错误。

故选B。

3．B

【解析】A．下滑时，由牛顿第二定律得

根据匀变速直线运动规律公式得

解得

A错误；

B．建筑材料到达滑道底端时的速度为

动量为

B正确；

C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力不为零，所以冲量不为零。C错误；

D．重力做的功为

D错误。

故选B。

4．C

【解析】AD．0到t2时间内，力F先增大再减小，但其方向不变，0到t1时间内物体做加速度增大的加速运动t1到t2时间内做加速度减小的加速运动，由可知，0到t2时间内物块的动量一直增大，由

可知t1时刻到t2时刻，物块的动能逐渐增大，故AD错误；

B．由图像的对称性可知t4时刻物体的速度为0，由可知，t4时刻力F的功率为0，故B错误；

C．由以上分析可知t3时刻物体的速度与t1时刻的相同，如果力F随时间变化如图虚线所示

由动量定理可得

得

而实际力的冲量大于虚线的力的冲量，因此速度大于，可判断t3时刻，物块的速度大于。故C正确。

故选C。

5．D

【解析】A．根据图像围成的面积可知，位移的大小为，故A错误；

B．根据平均速度

故B错误；

C．因滑动摩擦力始终运动方向相反，则摩擦力做功属于变力做功

根据动能定理

则

故C错误；

D．以初速度的方向为正方向，摩擦力的冲量

摩擦力的冲量

则内摩擦力的冲量的矢量和为

根据动量定理

，故D正确。

故选D。

6．B

【解析】由动能定理可知，到达地面时

它们的速度大小相等，方向不同

A．动量为矢量，故它们到达地面时的动量方向不同，故A错误；

B．动能为标量，故它们到达地面时的动能相同，故B正确；

C．重力的功率

，

故它们到达地面时重力的功率不同，故C错误；

D．b球有，a球有，由于

，则

重力冲量为，故重力的冲量不同，故D错误。

故选B。

7．C

【解析】AB．轨迹②小玩具能到达C点，从C到D在竖直方向做自由落体运动，而轨迹①在竖直方向直接做自由落体运动，根据竖直方向的运动情况可知轨迹②小玩具运动的时间为轨迹①的两倍，设轨迹①运动的时间为t1，轨迹②运动时间为t2，则有

t2=2t1

且两次在水平方向运动的位移相等，而时间之比为1：2，故水平初速度之比为2：1，故A、B错误；

C．由于两次击中D点时水平速度不相等，轨迹①的水平速度大，竖直速度相等，则轨迹①落地合速度大，即沿轨迹①落到D点时小玩具落地速度大，故C正确；

D．两个过程中重力相等，由于时间不相等，则两个过程中重力的冲量不相等，故D错误。

故选C。

8．C

【解析】A．由图知，小球上升的最大高度为h=4m，在最高点时，小球的重力势能

得

故A错误；

B．根据除重力以外其他力做的功

则有

由图知

又

解得

故B错误；

C．由图可知，在h=2m处，小球的重力势能是2J，动能是，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J，故C正确。

D．设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有

由动能定理有

由图知

联立解得

故D错误。

故选C。

9．A

【解析】A．根据动能定理得

A正确；

B．物体的重力势能减少了mgh。B错误；

C．由于重力势能的减少与动能的增加不相等，所以机械能不守恒。C错误；

D．物体机械能的变化为

D错误。

故选A。

10．D

【解析】碰撞前两球的总动量为

碰撞后两球的总动量为

故可知两球碰撞前后动量守恒；碰撞前两球的总动能为

碰撞后两球的总动能为

故可知两球碰撞前后机械能不守恒。

故选D。

11．D

【解析】A．根据功能关系可得

得

则在此图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到摩擦力大小

机械能不守恒,除重力外还有其他力做功，故A错误；

BC．根据动能定理可得

则图像的斜率表示合外力F，得到合外力

因未知，m和无法求，加速度a也无法计算，故B、C错误；

D．根据

则物块下滑到底端过程中重力做功

故D正确。

故选D。

12．C

【解析】A．探测器发射过程和回收过程，受到重力的方向向下，则重力的冲量方向也是向下的，方向相同，选项A错误；

B．探测器发射过程和回收过程，受到空气阻力方向相反，则阻力的冲量的方向相反，选项B错误；

C．探测器的发射过程，速度增加，动量增量方向向上，则根据动量定理可知，所受各力冲量的总和方向向上，选项C正确；

D．探测器的回收过程，速度减小，动量向下减小，则动量变化的方向向上，根据动量定理可知，所受各力冲量的总和方向向上，选项D错误。

故选C。

13．ACD

【解析】A．由图像可知上升到最高点高度

重力势能

解得质量为

根据动能定理得

解得

向上减速加速度

上升到最高点时间

上升到最高点过程中重力的冲量大小为

故A正确；

B．当小球速率为6m/s时，有两种情形，一种处于上升过程，另一种处于下降过程，上升过程速率为6m/s时用时

上升高度

阻力做功

由此可知下降过程速率为6m/s阻力产生的热量必然会大于，故B错误；

C．小球动能与重力势能相等时

上升过程根据动能定理得

联立解得

时间

下降过程根据动能定理

下降过程不存在动能和重力势能相等的位置，此种情况不存在。故C正确；

D．再次回到地面时的速度为，则下降过程根据动能定理

解得

则小球再次回到地面时，小球的动量大小为

故D正确。

故选ACD。

14．ABC

【解析】设小煤块的质量为m。

A．因为传送带对小煤块支持力不为0，运动时间不为0，所以传送带对小煤块支持力的冲量不等于零，故A正确；

C．因为开始传送带速度小于小煤块，所以小煤块开始做匀减速运动，加速度的大小为

设经过时间t1小煤块的速度与传送带速度相等，所以有

解得

这段时间内，小煤块的位移

传送带的位移

当小煤块与传送带速度相等后，若两者相对静止，则传送带对小煤块的静摩擦力为

传送带对小煤块的静摩擦力没有超过最大静摩擦力，所以小煤块与传送带速度相等之后，与传送带相对静止。所以小煤块在传送带上留下的划痕长度为

故C正确；

D．小煤块与传送带速度相等后，与传送带一起做匀加速直线运动，经过时间t2小煤块滑至B端，根据位移公式有

解得

（另一根舍去）

小煤块运动全过程的时间为

故D错误；

B．物体与传送带间的摩擦生热

小煤块到达B端的速度

小煤块动能减少量

所以，小煤块动能减少量等于物体与传送带间的摩擦生热，故B正确；

故选ABC。

15．AD

【解析】C．起跳后，乒乓球的运动视为斜抛运动，其逆过程为平抛运动，由

均恰好在等高处水平越过球网，则球1的飞行时间等于球2的飞行时间，C错误；

A．过网时球的速度是平抛运动的初速度，根据以上分析知运动时间相同，球1的水平位移大，故过网时球1的速度大于球2的速度，A正确；

B．起跳时，竖直分速度为

可知起跳时，两球竖直方向的分速度是相等的，根据速度的合成，所以起跳时，球1的速度大于球2的速度，根据

起跳时，球1动量的大小大于球2动量的大小，B错误；

D．不计乒乓球的旋转和空气阻力，知两球加速度等于g，相同，故球1的速度变化率等于球2的速度变化率，D正确。

故选AD。

16．AB

【解析】A．由图象可得

有

解得

故A正确；

B．由图象可得第一段过程中运动的位移有

根据牛顿第二定律，第一段过程中运动有

解得

则整个过程恒力F做功为

故B正确；

C．整个过程恒力F对物体的冲量为

故C错误；

D．根据功率的定义式有

故D错误；

故选AB。

17．CD

【解析】ACD．根据动能定理得

解得

根据功能关系可得，弹簧初始弹性势能与弹簧做的功相等，所以弹簧初始弹性势能数值上大于重力与摩擦力做功之和。A错误，CD正确；

B．滑动摩擦力做功为

B错误。

故选CD。

18．CD

【解析】A．弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；

D．笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义可知弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率，故D正确；

B．弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；

C．由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确。

故选CD。

19．ABD

【解析】A．根据图像可知，位移为x时，机械能与动能相等，则势能为零，木块刚好滑到斜面的底端，故A正确；

B．初始时刻重力势能为3E，到底部，重力势能为零，在位移从0到x的过程中，木块的重力势能减少了3E，故B正确；

C．机械能改变量等于除重力以外的其他力做的功，故图线a斜率的绝对值表示木块所受的阻力大小，故C错误；

D．根据动能定理可知，图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。

故选ABD。

20．AD

【解析】A．由两球轨迹，可知甲乙两球首次落地前，位移关系为

根据平抛运动规律，有

即两球抛出时速度之比为3:1。故A正确；

B．题目中条件不足，不能确定两球抛出时的机械能，故B错误；

C．由两球轨迹，易知两球运动时间关系为

故C错误；

D．从O到A的运动过程中所受重力的冲量为

联立，可得

故D正确。

故选AD。