2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2章 動(dòng)量和能量 課時(shí)作業(yè)6 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用.doc

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課時(shí)作業(yè)6　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 一、選擇題(1～3題為單項(xiàng)選擇題，4～6題為多項(xiàng)選擇題) 1．若物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力不為零，則下列說法正確的是(　　) A．物體的動(dòng)能不可能總是不變的 B．物體的動(dòng)量不可能總是不變的 C．物體的加速度一定變化 D．物體的速度方向一定變化 解析：若物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力不為零，物體一定有加速度，但加速度不一定變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．若物體做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)，其速度方向可能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．若物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力不為零，物體的動(dòng)能不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由動(dòng)量定理可知，若物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力不為零，物體的動(dòng)量不可能總是不變的．選項(xiàng)B正確． 答案：B 2．籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(　　) A．減小球的動(dòng)量的變化量 B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C．減小球?qū)κ值臎_擊力 D．延長(zhǎng)接球過程的時(shí)間來減小動(dòng)量的變化量 解析：設(shè)人對(duì)球的作用力為F，對(duì)球應(yīng)用動(dòng)量定理得－Ft＝0－mv0，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，延長(zhǎng)了作用時(shí)間，則F減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)θ说臎_擊力F′＝F，所以球?qū)θ说臎_擊力減小，故選項(xiàng)C是正確的． 答案：C 3. 如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊．今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與半圓槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下說法中正確的是(　　) A．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，只有重力對(duì)它做功 B．小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過程中，小球與半圓槽機(jī)械能守恒 C．小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．小球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng) 解析：小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)之前有水平方向的速度，在水平方向上動(dòng)量增加．到達(dá)B點(diǎn)之后，小球?qū)Π雸A槽做正功，半圓槽對(duì)小球做負(fù)功，半圓槽和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過程機(jī)械能守恒．離開C點(diǎn)后，小球具有向上和向右的速度，所以做斜拋運(yùn)動(dòng)． 答案：B 4．滑塊甲的質(zhì)量為0.8 kg，以大小為5.0 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為1.0 kg、以大小為3.0 m/s的速度迎面而來的滑塊乙相撞．碰撞后滑塊甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時(shí)間極短，以向右為正方向，下列說法正確的是(　　) A．碰后乙的速度大小為2 m/s B．碰撞過程中甲受到的乙的作用力的沖量大小為4.0 Ns C．碰撞過程中乙動(dòng)量的變化量為2.0 kgm/s D．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為14 J 解析：由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)解得v乙′＝1.0 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．碰撞過程中甲動(dòng)量的變化量為Δp甲＝0－m甲Δv甲＝－4.0 kgm/s，由動(dòng)量定理可得甲滑塊受到的乙的作用力的沖量為I＝Δp甲＝－4.0 Ns，選項(xiàng)B正確．碰撞過程中乙動(dòng)量的變化量為Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kgm/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由能量守恒定律得m甲v＋m乙v＝m乙v乙′2＋ΔE，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝14 J，選項(xiàng)D正確． 答案：BD 5．[2018河北廊坊調(diào)研]如圖所示，小車A的質(zhì)量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s.帶正電荷可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B，電荷量q＝0.2 C，質(zhì)量m＝0.1 kg，將其輕放在小車A的右端，在A、B所在的空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.5 T，物體B與小車之間存在摩擦力的作用，設(shè)小車足夠長(zhǎng)，小車表面是絕緣的(g取10 m/s2)，則(　　) A．物體B的最終速度為10 m/s B．小車A的最終速度為13.5 m/s C．小車A和物體B的最終速度約為13.3 m/s D．小車A達(dá)到最小速度的全過程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為8.75 J 解析：假設(shè)A、B能獲得共同速度v，則由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，解得v＝13.3 m/s，此時(shí)物體B受到的洛倫茲力qvB0＝1.33 N>mg＝1 N，說明物體B早已“懸浮”．當(dāng)物體B對(duì)小車A的壓力為零時(shí)，小車A與物體B之間無摩擦力的作用，A、B勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物體B的速度最大，小車A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝10 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝13.5 m/s，A、B正確，C錯(cuò)誤．根據(jù)能量守恒定律得Q＝ΔEk＝－－＝8.75 J，D正確． 答案：BD 6．如圖所示，質(zhì)量為2m的長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺(tái)階相距x，長(zhǎng)木板的右端緊靠一半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧的底端與木板上表面水平相切但不相連，圓弧軌道固定在水平地面上．質(zhì)量為m的滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0＝從圓弧軌道的頂端沿圓弧下滑，當(dāng)B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B從A右端水平滑上木板，同時(shí)撤走圓弧軌道．A與臺(tái)階碰撞時(shí)無機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A足夠長(zhǎng)，B不會(huì)從A的上表面滑出；重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．滑塊B到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)圓弧軌道底端的壓力大小為5mg B．滑塊B與木板A相互作用過程中(A與臺(tái)階碰撞前)動(dòng)量守恒 C．木板A與臺(tái)階碰撞瞬間，木板A受到臺(tái)階的沖量向左 D．A與臺(tái)階只發(fā)生一次碰撞，x滿足的條件為x≥ 解析：滑塊B從圓弧軌道頂端運(yùn)動(dòng)到底端的過程，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，在圓弧軌道底端有FN－mg＝m，解得FN＝5mg，由牛頓第三定律可知選項(xiàng)A正確；滑塊B與木板A相互作用過程中系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)B正確；木板A與臺(tái)階碰撞瞬間，木板A受到臺(tái)階的作用力向右，即獲得的沖量向右，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)A與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝mvB＋2mvA，若A與臺(tái)階只碰撞一次，碰撞后動(dòng)量大小必須滿足2mvA≥mvB，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理有μmgx＝2mv，解得x≥，選項(xiàng)D正確． 答案：ABD 二、非選擇題 7．[2018北京卷，22]2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一．某滑道示意圖如圖，長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h(yuǎn)＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點(diǎn)．質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L； (2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大?。? (3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大?。? 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有 L＝＝100 m (2)根據(jù)動(dòng)量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 Ns (3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力分析如圖所示． 根據(jù)動(dòng)能定理，運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的過程中，有 mgh＝mv－mv 根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝m 聯(lián)立解得FN＝3 900 N 答案：(1)100 m　(2)1 800 Ns　(3)受力圖如圖所示　3 900 N 8．如圖所示，質(zhì)量均為m的小滑塊A、B、C厚度均不計(jì)．其中B、C兩滑塊通過勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連并豎直放置在水平面上．現(xiàn)在將小滑塊A從距離B滑塊H0高處由靜止釋放，A、B相碰后立刻粘合為一個(gè)整體，且以共同速度向下運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.求： (1)A、B碰后的共同速度v1的大??； (2)A、B向下運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)，滑塊C對(duì)水平面的壓力大?。? 解析：(1)設(shè)A與B碰撞之前的瞬時(shí)速度為v0，則mgH0＝mv① A、B碰撞前后動(dòng)量守恒，即mv0＝2mv1② 式中v1為A與B碰撞后的共同速度 聯(lián)立①②解得v1＝. (2)當(dāng)A、B的速度最大時(shí)，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)此時(shí)水平地面對(duì)滑塊C的支持力大小和滑塊C對(duì)水平地面的壓力大小分別為FN′和FN，對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng)，由受力分析可知FN′－3mg＝0③ 由牛頓第三定律可知FN′＝FN④ 聯(lián)立③④解得FN＝3mg. 答案：(1) 　(2)3mg 9．如圖所示，一小車置于光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧右端固定，左端拴連物塊b，小車質(zhì)量M＝3 kg，AO部分粗糙且長(zhǎng)L＝2 m，OB部分光滑．物塊a放在車的最左端，和車一起以v0＝4 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，其與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3.車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱悖慌c擋板粘連．已知車OB部分的長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．a(chǎn)、b兩物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m＝1 kg，碰撞時(shí)間極短且不粘連，碰后一起向右運(yùn)動(dòng)(取g＝10 m/s2)．求： (1)物塊a與b碰后的速度大小； (2)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)小車右端B到擋板的距離x車； (3)當(dāng)物塊a相對(duì)小車靜止時(shí)，其在小車上的位置到O點(diǎn)的距離x. 解析：(1)設(shè)物塊a與b碰前的速度大小為v1，碰后的速度大小為v2，在這個(gè)過程中對(duì)物塊a，由動(dòng)能定理得 －μmgL＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得v1＝2 m/s a、b碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以a的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv1＝2mv2 代入數(shù)據(jù)解得v2＝1 m/s. (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)兩物塊分離，a以v2＝1 m/s的速度在小車上向左滑動(dòng)，以水平向左為正方向，當(dāng)a與小車有共同的速度v3時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得 mv2＝(M＋m)v3 代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.25 m/s 對(duì)小車，由動(dòng)能定理得 μmgx車＝Mv 代入數(shù)據(jù)解得x車＝m＝0.031 25 m. (3)對(duì)該過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 －μmgx＝(M＋m)v－mv 解得物塊a與小車相對(duì)靜止時(shí)，a與O點(diǎn)距離 x＝0.125 m. 答案：(1)1 m/s　(2)0.03125 m　(3)0.125 m