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

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1、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(13題為單項(xiàng)選擇題，46題為多項(xiàng)選擇題)1若物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的合力不為零，則下列說(shuō)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(guò)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(guò)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(guò)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：B2籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來(lái)的籃球時(shí)

2、，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(guò)程的時(shí)間來(lái)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Ft0mv0，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FF，所以球?qū)θ说臎_擊力減小，故選項(xiàng)C是正確的答案：C3.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(kāi)始落下，與半圓槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下說(shuō)法中正確的是()A小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，只有重力

3、對(duì)它做功B小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)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(guò)程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D小球離開(kāi)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(guò)程機(jī)械能守恒離開(kāi)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：B4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(lái)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

4、短，以向右為正方向，下列說(shuō)法正確的是()A碰后乙的速度大小為2 m/sB碰撞過(guò)程中甲受到的乙的作用力的沖量大小為4.0 NsC碰撞過(guò)程中乙動(dòng)量的變化量為2.0 kgm/sD碰撞過(guò)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(guò)程中甲動(dòng)量的變化量為p甲0m甲v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Ip甲4.0 Ns，選項(xiàng)B正確碰撞過(guò)程中乙動(dòng)量的變化量為p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vm乙vm乙v乙2E，代入數(shù)據(jù)解得E14 J，選項(xiàng)D正確答案：BD5

5、2018河北廊坊調(diào)研如圖所示，小車(chē)A的質(zhì)量M2 kg，置于光滑水平面上，初速度v014 m/s.帶正電荷可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B，電荷量q0.2 C，質(zhì)量m0.1 kg，將其輕放在小車(chē)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B00.5 T，物體B與小車(chē)之間存在摩擦力的作用，設(shè)小車(chē)足夠長(zhǎng)，小車(chē)表面是絕緣的(g取10 m/s2)，則()A物體B的最終速度為10 m/sB小車(chē)A的最終速度為13.5 m/sC小車(chē)A和物體B的最終速度約為13.3 m/sD小車(chē)A達(dá)到最小速度的全過(guò)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(Mm)v

6、，解得v13.3 m/s，此時(shí)物體B受到的洛倫茲力qvB01.33 Nmg1 N，說(shuō)明物體B早已“懸浮”當(dāng)物體B對(duì)小車(chē)A的壓力為零時(shí)，小車(chē)A與物體B之間無(wú)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(chē)A的速度最小，有qvBB0mg，解得vB10 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0mvBMvA，解得vA13.5 m/s，A、B正確，C錯(cuò)誤根據(jù)能量守恒定律得QEk8.75 J，D正確答案：BD6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

7、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(wú)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，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(shuō)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5mgB滑塊B與木板A相互作用過(guò)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DA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(guò)程，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mvmgRmv，在圓弧軌道底端有FNmgm，解得FN5mg，由牛頓第三

8、定律可知選項(xiàng)A正確；滑塊B與木板A相互作用過(guò)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mv1mvB2mvA，若A與臺(tái)階只碰撞一次，碰撞后動(dòng)量大小必須滿足2mvAmvB，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理有mgx2mv，解得x，選項(xiàng)D正確答案：ABD二、非選擇題72018北京卷，222022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R20 m圓弧的

9、最低點(diǎn)質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開(kāi)始勻加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB30 m/s，取重力加速度g10 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的大小；(3)若不計(jì)BC段的阻力，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力FN的大小解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，有L100 m(2)根據(jù)動(dòng)量定理，有ImvBmvA1 800 Ns(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)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(guò)程中，有mghmvmv根據(jù)牛頓第二定律，有FNmgm聯(lián)立解得FN3 900 N答案：(1)100 m(2)1 80

10、0 Ns(3)受力圖如圖所示3 900 N8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(guò)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)水平面的壓力大小解析：(1)設(shè)A與B碰撞之前的瞬時(shí)速度為v0，則mgH0mvA、B碰撞前后動(dòng)量守恒，即mv02mv1式中v1為A與B碰撞后的共同速度聯(lián)立解得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)，

11、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FN3mg0由牛頓第三定律可知FNFN聯(lián)立解得FN3mg.答案：(1) (2)3mg9如圖所示，一小車(chē)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(chē)質(zhì)量M3 kg，AO部分粗糙且長(zhǎng)L2 m，OB部分光滑物塊a放在車(chē)的最左端，和車(chē)一起以v04 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，其與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3.車(chē)撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但不與擋板粘連已知車(chē)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、b兩物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m1 kg，碰撞時(shí)間極短且不粘連

12、，碰后一起向右運(yùn)動(dòng)(取g10 m/s2)求：(1)物塊a與b碰后的速度大??；(2)當(dāng)物塊a相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)小車(chē)右端B到擋板的距離x車(chē)；(3)當(dāng)物塊a相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)，其在小車(chē)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(guò)程中對(duì)物塊a，由動(dòng)能定理得mgLmvmv代入數(shù)據(jù)解得v12 m/sa、b碰撞過(guò)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mv12mv2代入數(shù)據(jù)解得v21 m/s.(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)兩物塊分離，a以v21 m/s的速度在小車(chē)上向左滑動(dòng)，以水平向左為正方向，當(dāng)a與小車(chē)有共同的速度v3時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得mv2(Mm)v3代入數(shù)據(jù)解得v30.25 m/s對(duì)小車(chē)，由動(dòng)能定理得mgx車(chē)Mv代入數(shù)據(jù)解得x車(chē)m0.031 25 m.(3)對(duì)該過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgx(Mm)vmv解得物塊a與小車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，a與O點(diǎn)距離x0.125 m.答案：(1)1 m/s(2)0.03125 m(3)0.125 m6