2022年高考物理二輪復(fù)習 課時作業(yè)6 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用

《2022年高考物理二輪復(fù)習 課時作業(yè)6 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習 課時作業(yè)6 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習 課時作業(yè)6 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～6題為多項選擇題) 1．若物體在運動過程中受到的合力不為零，則下列說法正確的是(　　) A．物體的動能不可能總是不變的 B．物體的動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：若物體在運動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C錯誤．若物體做加速或減速直線運動，其速度方向可能不變，選項D錯誤．若物體做勻速圓周運動，物體在運動過程中受到的合力不為零，物體的動能不變，選項A錯誤．由動量定理可知，若物體在運動過程中受到的

2、合力不為零，物體的動量不可能總是不變的．選項B正確． 答案：B 2．籃球運動員接傳來的籃球時，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．延長接球過程的時間來減小動量的變化量 解析：設(shè)人對球的作用力為F，對球應(yīng)用動量定理得－Ft＝0－mv0，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，延長了作用時間，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

3、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點進入槽內(nèi)，則以下說法中正確的是(　　) A．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功 B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽機械能守恒 C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒 D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動 解析：小球在半圓槽內(nèi)運動，到達B點之前有水平方向的速度，在水平方向上動量增加．到達B點之后，小球?qū)Π雸A槽做正功，半圓槽對小球做負功，半圓槽和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒．離開C點后，小球具有向上和向右的速度，所以做

4、斜拋運動． 答案：B 4．滑塊甲的質(zhì)量為0.8 kg，以大小為5.0 m/s的速度向右運動時，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 N·s C．碰撞過程中乙動量的變化量為2.0 kg·m/s D．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為14 J 解析：由動量守恒定律得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A錯誤．碰撞過程中甲動量的變化量為Δp甲＝0－m甲Δ

5、v甲＝－4.0 kg·m/s，由動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 N·s，選項B正確．碰撞過程中乙動量的變化量為Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，選項C錯誤．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磁場，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B0＝

6、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，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，則由動量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，解得v＝13.3 m/s，此時物體B受到的洛倫茲力qvB0＝1.33 N>mg＝1 N，說明物體B早已“懸浮”．當物體B對小車A的壓力為零時，小車A與物體B之間無摩擦力的作用，A、B勻速運動，此時物體B的速度最大，小

7、車A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝10 m/s，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝13.5 m/s，A、B正確，C錯誤．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的長木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x，長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)以初速度v0＝從圓弧軌道的頂端沿圓弧下滑，當B到達最低點時，B從A右端水平滑上木板，同時撤走圓弧軌道．A與臺階碰撞時無機械能損失，不計空氣阻力，A、B

8、之間動摩擦因數(shù)為μ，A足夠長，B不會從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到圓弧軌道底端時對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與臺階碰撞前)動量守恒 C．木板A與臺階碰撞瞬間，木板A受到臺階的沖量向左 D．A與臺階只發(fā)生一次碰撞，x滿足的條件為x≥ 解析：滑塊B從圓弧軌道頂端運動到底端的過程，機械能守恒，由機械能守恒定律得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)動量守恒，故選項B正確；木板A與臺階碰撞瞬間

9、，木板A受到臺階的作用力向右，即獲得的沖量向右，故選項C錯誤；設(shè)A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA、vB，由動量守恒定律得mv1＝mvB＋2mvA，若A與臺階只碰撞一次，碰撞后動量大小必須滿足2mvA≥mvB，對A應(yīng)用動能定理有μmgx＝×2mv，解得x≥，選項D正確． 答案：ABD 二、非選擇題 7．[2018·北京卷，22]2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．某滑道示意圖如圖，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點．質(zhì)量m＝60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4

10、.5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求長直助滑道AB的長度L； (2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小； (3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小． 解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動公式，有 L＝＝100 m (2)根據(jù)動量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s (3)運動員經(jīng)過C點時的受力分析如圖所示． 根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，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

11、 m　(2)1 800 N·s　(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．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整體，且以共同速度向下運動，不計空氣阻力，當?shù)刂亓铀俣葹間.求： (1)A、B碰后的共同速度v1的大小； (2)A、B向下運動的速度最大時，滑塊C對水平面的壓力大?。? 解析：(1)設(shè)A與B碰撞之前的瞬時速度為v0，則mgH0＝mv① A、B碰撞前后動量守恒，即mv0＝2mv1② 式中v1為A與B碰撞后的共同速度 聯(lián)立

12、①②解得v1＝. (2)當A、B的速度最大時，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)此時水平地面對滑塊C的支持力大小和滑塊C對水平地面的壓力大小分別為FN′和FN，對于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的速度向右勻速運動，其與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3.車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，?/p>

13、不與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．a(chǎn)、b兩物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m＝1 kg，碰撞時間極短且不粘連，碰后一起向右運動(取g＝10 m/s2)．求： (1)物塊a與b碰后的速度大?。? (2)當物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離x車； (3)當物塊a相對小車靜止時，其在小車上的位置到O點的距離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，在這個過程中對物塊a，由動能定理得 －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)動量守恒，以a的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv1＝2mv2 代入數(shù)據(jù)解得v2＝1 m/s. (2)當彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離，a以v2＝1 m/s的速度在小車上向左滑動，以水平向左為正方向，當a與小車有共同的速度v3時，由動量守恒定律得 mv2＝(M＋m)v3 代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.25 m/s 對小車，由動能定理得 μmgx車＝Mv 代入數(shù)據(jù)解得x車＝m＝0.031 25 m. (3)對該過程應(yīng)用動能定理得 －μmgx＝(M＋m)v－mv 解得物塊a與小車相對靜止時，a與O點距離 x＝0.125 m. 答案：(1)1 m/s　(2)0.03125 m　(3)0.125 m