2023年高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题二动量和能量课时作业7动量观点和能量观点的综合应用

课时作业7动量观点和能量观点的综合应用一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1.(2023·汕尾模拟)如下图，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰撞去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，那么整个过程中()A．铁球对箱子的冲量为零B．铁球和箱子受到的冲量大小相等C．箱子对铁球的冲量为mv，向右D．摩擦力对箱子的冲量为mv，向左解析：箱子在水平方向上受到两个力作用，铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值反向，其合力始终为零，故箱子始终静止，因此，铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等值反向，合冲量为零，故A错误；根据动量定理，铁球受到的冲量为I＝0－mv＝－mv，而箱子受到的冲量始终为零，故B错误；箱子对铁球的冲量I＝0－mv＝－mv，负号表示方向向右，故C正确；箱子对铁球的冲量为mv，向右，铁球对箱子的冲量为mv，向左，又因为摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向，所以摩擦力对箱子的冲量为mv，向右，故D错误．答案：C2.如下图，一质量为m的小球沿光滑的水平面以速度v冲上一个静止在水平地面上的质量为2m的曲面体，曲面体的曲面局部为eq\f(1,4)圆周并且和水平面相切．当小球从曲面体再次滑到水平面的瞬间，其速度为()A.eq\f(1,3)vB．－eq\f(1,3)vC.eq\f(2,3)vD．－eq\f(2,3)v解析：小球在曲面体上滑动的过程中，小球和曲面体组成的系统，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：mv＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，联立得：v1＝eq\f(m－2m,m＋2m)v＝－eq\f(1,3)v，故B正确．答案：B3.如下图，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，以下说法正确的选项是()A．回路中的最大电流为eq\f(BLI,mR)B．铜棒b的最大加速度为eq\f(B2L2I,2m2R)C．铜棒b获得的最大速度为eq\f(I,m)D．回路中产生的总焦耳热为eq\f(I2,2m)解析：给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，由动量定理可知铜棒a的初速度为va＝eq\f(I,m)，此时回路中感应电动势最大，感应电流最大，最大感应电动势E＝BLva＝eq\f(BLI,m)，回路中最大电流i＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，选项A错误．铜棒b所受的最大安培力F＝BiL＝eq\f(B2L2I,2mR)，由牛顿第二定律F＝ma，可得铜棒b的最大加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，选项B正确．由于导轨足够长，对铜棒a、b组成的系统，动量守恒，最终二者速度相等，由动量守恒定律可知铜棒b获得的最大速度为vb＝eq\f(1,2)va＝eq\f(I,2m)，选项C错误．由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)－2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(I2,4m)，选项D错误．答案：B4．(2023·山西省重点中学高三5月联合考试)如下图，在水平桌面上固定着斜槽，斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过连接处时速率没有改变．第一次让物块A从斜槽上端距木板一定高度处由静止下滑，物块A到达木板上的C点停止；第二次让物块A从同样位置由静止开始下滑，物块A到达斜槽底端后与放在斜槽末端附近的物块B相碰，碰后物块B滑行到木板上的E点停止，物块A滑到木板上的D点停止，用刻度尺测出D、C、E点到斜槽底端的距离分别为x1、x2、x3，物块A、B的质量分别为2m、m，且物块A、BA．因木板与物块间的动摩擦因数未知，故此实验不能验证动量守恒定律B．因物块A由静止下滑时的高度未知，故此实验不能验证动量守恒定律C．2x2＝2x1＋x3D．2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)解析：设物块A碰前的速度为v，不放物块B时，根据动能定理有－μ·2mgx2＝0－eq\f(1,2)·2mv2，同理，设碰后物块A的速度为v1，那么有－μ·2mgx1＝0－eq\f(1,2)·mveq\o\al(2,1)，碰后物块B的速度为v2，那么有－μmgx3＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，根据动量守恒定律有2mv＝2mv1＋mv2，故联立可得2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)，即只要满足2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)，那么说明碰撞过程中动量守恒，故C错误、D正确；因碰前和碰后两物块在水平木板上滑动时都受到摩擦力，列式中的动摩擦因数可以约去，故不用给出动摩擦因数，也可以验证动量守恒定律，A错误；题中物块A碰前的速度可以由－μ·2mgx2＝0－eq\f(1,2)·2mv2得出，故不需要知道物块A由静止下滑时的高度，B错误．答案：D5.(2023·佛山模拟)如下图，质量为m、2m的甲、乙两个同种材质的物体静止在粗糙水平面上，某时刻，它们同时受到水平恒力F，经过时间t，同时撤掉力FA．在力F作用的时间内，两物体动量变化Δp甲≤Δp乙B．在力F作用的时间内，两物体动量变化Δp甲≥Δp乙C．在力F作用的时间内，两物体摩擦力的冲量ΔI甲≤ΔI乙D．在力F作用的时间内，两物体摩擦力的冲量ΔI甲≥ΔI乙解析：由I＝Ft可知，两物体的恒力的冲量相同；由于两物体的质量不同，故在相同时间内乙物体所受到的摩擦力大于甲物体受到的摩擦力；摩擦力的冲量ΔI甲≤ΔI乙；乙物体受到的合外力的冲量小于甲的冲量，由动量定理可知，两物体动量变化Δp甲≥Δp乙，故B、C正确，A、D错误．答案：BC6．(2023·湖南六校联考)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如下图．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，那么整个过程中，系统损失的动能为()A.eq\f(1,2)mv2B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgLD．NμmgL解析：根据动量守恒，共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(1,2)eq\f(mM,m＋M)v2，所以B正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦放出的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝N·FfL＝NμmgL，故D正确．答案：BD7．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．以下说法正确的选项是()A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－eq\f(3,2)mv0C．斜面倾角θ的正弦值为eq\f(5v0,8gt0)D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，A错误；上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有eq\f(v0,2)t0＝eq\f(v,2)·2t0，解得v＝eq\f(v0,2)，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝－mv－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，B正确；上滑过程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝eq\f(mv0,2)，解得sinθ＝eq\f(5v0,8gt0)，C正确；根据动能定理可求出物块上升的最大位移，从而求出整个过程中摩擦力所做的功，故D错误．答案：BC二、非选择题8.如下图，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余局部的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，假设两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？(2)当ab棒的速度变为初速度的eq\f(3,4)时，cd棒的加速度a是多少？解析：(1)从开始到两棒到达相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)·v2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).(2)设ab棒的速度变为eq\f(3,4)v0时，cd棒的速度为v′，那么由动量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′解得v′＝eq\f(1,4)v0此时回路中的电动势为E＝eq\f(3,4)BLv0－eq\f(1,4)BLv0＝eq\f(1,2)BLv0此时回路中的电流为I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv0,4R)此时cd棒所受的安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,4R)由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,4mR)答案：(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2L2v0,4mR)9．如下图，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，木板足够长，静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2.子弹射入后，求：(1)物块相对木板滑行的时间；(2)物块相对木板滑行的位移．解析：(1)设子弹射入物块后，其共同速度为v1，那么对子弹打入物块过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1设物块与木板到达共同速度时，速度为v2，对物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2对子弹物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)联立解得物块相对木板的滑行时间t＝eq\f(v2－v1,－μg)＝1s(2)设物块相对木板滑行的位移为d，由能量守恒定律得μ(m0＋m)gd＝eq\f(1,2)(m0＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,2)联立解得d＝3m答案：(1)1s(2)3m10．(2023·云南省七校高考适应性考试)如下图，半径为R的竖直半圆形轨道MN的底端N点处有质量分别为m和2m的A、B两小球(可视为质点)，A、B两小球之间用短细线连接，中间夹有一被压缩的弹簧，弹簧与A球、B球均不粘连，某时刻烧断细线，A球沿半圆形轨道运动，B球沿水平轨道向右运动，且A球恰好能够到达半圆形轨道的最高点M，此时B球与质量为2m的小球C发生碰撞(碰撞时间不计)并粘合在一起向右运动，最后A球恰好在水平轨道的P点击中B球，不计一切摩擦，弹簧的长度可忽略不计，重力加速度为(1)N、P间的距离；(2)N、Q间的距离；(3)B、C两小球碰撞时损失的能量．解析：(1)A球恰好能够到达M点，重力提供其做圆周运动的向心力，那么有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)A球从M点到P点做平抛运动竖直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向有xNP＝v1t联立解得xNP＝2R(2)A、B两小球在细线烧断后瞬间有mAvA＝mBvBA球从N点运动到M点由动能定理有－2mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)联立解得vA＝eq\r(5gR)，vB＝eq\f(\r(5