2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分二輪專題突破專題二動(dòng)量和能量課時(shí)作業(yè)7動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

課時(shí)作業(yè)7動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用一、選擇題(1～4題為單項(xiàng)選擇題，5～8題為多項(xiàng)選擇題)1.(2023·汕尾模擬)如下圖，箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的鐵球以速度v向左壁碰撞去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，那么整個(gè)過程中()A．鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零B．鐵球和箱子受到的沖量大小相等C．箱子對鐵球的沖量為mv，向右D．摩擦力對箱子的沖量為mv，向左解析：箱子在水平方向上受到兩個(gè)力作用，鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧偷孛鎸ο渥拥哪Σ亮?，二力始終等值反向，其合力始終為零，故箱子始終靜止，因此，鐵球?qū)ο渥拥臎_量與摩擦力對箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，鐵球受到的沖量為I＝0－mv＝－mv，而箱子受到的沖量始終為零，故B錯(cuò)誤；箱子對鐵球的沖量I＝0－mv＝－mv，負(fù)號表示方向向右，故C正確；箱子對鐵球的沖量為mv，向右，鐵球?qū)ο渥拥臎_量為mv，向左，又因?yàn)槟Σ亮εc鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧Φ戎捣聪颍阅Σ亮ο渥拥臎_量為mv，向右，故D錯(cuò)誤．答案：C2.如下圖，一質(zhì)量為m的小球沿光滑的水平面以速度v沖上一個(gè)靜止在水平地面上的質(zhì)量為2m的曲面體，曲面體的曲面局部為eq\f(1,4)圓周并且和水平面相切．當(dāng)小球從曲面體再次滑到水平面的瞬間，其速度為()A.eq\f(1,3)vB．－eq\f(1,3)vC.eq\f(2,3)vD．－eq\f(2,3)v解析：小球在曲面體上滑動(dòng)的過程中，小球和曲面體組成的系統(tǒng)，由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)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)，聯(lián)立得：v1＝eq\f(m－2m,m＋2m)v＝－eq\f(1,3)v，故B正確．答案：B3.如下圖，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距，電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行于導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．回路中的最大電流為eq\f(BLI,mR)B．銅棒b的最大加速度為eq\f(B2L2I,2m2R)C．銅棒b獲得的最大速度為eq\f(I,m)D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(I2,2m)解析：給銅棒a一個(gè)平行于導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，由動(dòng)量定理可知銅棒a的初速度為va＝eq\f(I,m)，此時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢最大，感應(yīng)電流最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLva＝eq\f(BLI,m)，回路中最大電流i＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．銅棒b所受的最大安培力F＝BiL＝eq\f(B2L2I,2mR)，由牛頓第二定律F＝ma，可得銅棒b的最大加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，選項(xiàng)B正確．由于導(dǎo)軌足夠長，對銅棒a、b組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，最終二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律可知銅棒b獲得的最大速度為vb＝eq\f(1,2)va＝eq\f(I,2m)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)－2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝eq\f(I2,4m)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：B4．(2023·山西省重點(diǎn)中學(xué)高三5月聯(lián)合考試)如下圖，在水平桌面上固定著斜槽，斜槽的末端和一水平木板平滑連接，設(shè)物塊通過連接處時(shí)速率沒有改變．第一次讓物塊A從斜槽上端距木板一定高度處由靜止下滑，物塊A到達(dá)木板上的C點(diǎn)停止；第二次讓物塊A從同樣位置由靜止開始下滑，物塊A到達(dá)斜槽底端后與放在斜槽末端附近的物塊B相碰，碰后物塊B滑行到木板上的E點(diǎn)停止，物塊A滑到木板上的D點(diǎn)停止，用刻度尺測出D、C、E點(diǎn)到斜槽底端的距離分別為x1、x2、x3，物塊A、B的質(zhì)量分別為2m、m，且物塊A、BA．因木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，故此實(shí)驗(yàn)不能驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律B．因物塊A由靜止下滑時(shí)的高度未知，故此實(shí)驗(yàn)不能驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律C．2x2＝2x1＋x3D．2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)解析：設(shè)物塊A碰前的速度為v，不放物塊B時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μ·2mgx2＝0－eq\f(1,2)·2mv2，同理，設(shè)碰后物塊A的速度為v1，那么有－μ·2mgx1＝0－eq\f(1,2)·mveq\o\al(2,1)，碰后物塊B的速度為v2，那么有－μmgx3＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv＝2mv1＋mv2，故聯(lián)立可得2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)，即只要滿足2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)，那么說明碰撞過程中動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤、D正確；因碰前和碰后兩物塊在水平木板上滑動(dòng)時(shí)都受到摩擦力，列式中的動(dòng)摩擦因數(shù)可以約去，故不用給出動(dòng)摩擦因數(shù)，也可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，A錯(cuò)誤；題中物塊A碰前的速度可以由－μ·2mgx2＝0－eq\f(1,2)·2mv2得出，故不需要知道物塊A由靜止下滑時(shí)的高度，B錯(cuò)誤．答案：D5.(2023·佛山模擬)如下圖，質(zhì)量為m、2m的甲、乙兩個(gè)同種材質(zhì)的物體靜止在粗糙水平面上，某時(shí)刻，它們同時(shí)受到水平恒力F，經(jīng)過時(shí)間t，同時(shí)撤掉力FA．在力F作用的時(shí)間內(nèi)，兩物體動(dòng)量變化Δp甲≤Δp乙B．在力F作用的時(shí)間內(nèi)，兩物體動(dòng)量變化Δp甲≥Δp乙C．在力F作用的時(shí)間內(nèi)，兩物體摩擦力的沖量ΔI甲≤ΔI乙D．在力F作用的時(shí)間內(nèi)，兩物體摩擦力的沖量ΔI甲≥ΔI乙解析：由I＝Ft可知，兩物體的恒力的沖量相同；由于兩物體的質(zhì)量不同，故在相同時(shí)間內(nèi)乙物體所受到的摩擦力大于甲物體受到的摩擦力；摩擦力的沖量ΔI甲≤ΔI乙；乙物體受到的合外力的沖量小于甲的沖量，由動(dòng)量定理可知，兩物體動(dòng)量變化Δp甲≥Δp乙，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．答案：BC6．(2023·湖南六校聯(lián)考)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如下圖．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，那么整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為()A.eq\f(1,2)mv2B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgLD．NμmgL解析：根據(jù)動(dòng)量守恒，共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，損失的動(dòng)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正確．根據(jù)能量守恒，損失的動(dòng)能等于因摩擦放出的熱量，而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘以相對位移，所以ΔEk＝N·FfL＝NμmgL，故D正確．答案：BD7．如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時(shí)刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．t0時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn)，3t0時(shí)刻物塊又返回底端．以下說法正確的選項(xiàng)是()A．物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cosθB．物塊從t＝0時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中動(dòng)量的變化量為－eq\f(3,2)mv0C．斜面傾角θ的正弦值為eq\f(5v0,8gt0)D．不能求出3t0時(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功解析：物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中重力的沖量IG＝3mgt0，A錯(cuò)誤；上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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)，物塊從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端過程中動(dòng)量的變化量為Δp＝－mv－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，B正確；上滑過程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑過程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝eq\f(mv0,2)，解得sinθ＝eq\f(5v0,8gt0)，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可求出物塊上升的最大位移，從而求出整個(gè)過程中摩擦力所做的功，故D錯(cuò)誤．答案：BC二、非選擇題8.如下圖，兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余局部的電阻可不計(jì)．在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，假設(shè)兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：(1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q最多是多少？(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊膃q\f(3,4)時(shí)，cd棒的加速度a是多少？解析：(1)從開始到兩棒到達(dá)相同速度v的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv，根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱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)設(shè)ab棒的速度變?yōu)閑q\f(3,4)v0時(shí)，cd棒的速度為v′，那么由動(dòng)量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′解得v′＝eq\f(1,4)v0此時(shí)回路中的電動(dòng)勢為E＝eq\f(3,4)BLv0－eq\f(1,4)BLv0＝eq\f(1,2)BLv0此時(shí)回路中的電流為I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv0,4R)此時(shí)cd棒所受的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,4R)由牛頓第二定律可得，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．如下圖，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，木板足夠長，靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10m/s2.子彈射入后，求：(1)物塊相對木板滑行的時(shí)間；(2)物塊相對木板滑行的位移．解析：(1)設(shè)子彈射入物塊后，其共同速度為v1，那么對子彈打入物塊過程，由動(dòng)量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1設(shè)物塊與木板到達(dá)共同速度時(shí)，速度為v2，對物塊在木板上滑動(dòng)過程，由動(dòng)量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2對子彈物塊整體，由動(dòng)量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)聯(lián)立解得物塊相對木板的滑行時(shí)間t＝eq\f(v2－v1,－μg)＝1s(2)設(shè)物塊相對木板滑行的位移為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)聯(lián)立解得d＝3m答案：(1)1s(2)3m10．(2023·云南省七校高考適應(yīng)性考試)如下圖，半徑為R的豎直半圓形軌道MN的底端N點(diǎn)處有質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，A、B兩小球之間用短細(xì)線連接，中間夾有一被壓縮的彈簧，彈簧與A球、B球均不粘連，某時(shí)刻燒斷細(xì)線，A球沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，B球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，且A球恰好能夠到達(dá)半圓形軌道的最高點(diǎn)M，此時(shí)B球與質(zhì)量為2m的小球C發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間不計(jì))并粘合在一起向右運(yùn)動(dòng)，最后A球恰好在水平軌道的P點(diǎn)擊中B球，不計(jì)一切摩擦，彈簧的長度可忽略不計(jì)，重力加速度為(1)N、P間的距離；(2)N、Q間的距離；(3)B、C兩小球碰撞時(shí)損失的能量．解析：(1)A球恰好能夠到達(dá)M點(diǎn)，重力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，那么有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)A球從M點(diǎn)到P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向有xNP＝v1t聯(lián)立解得xNP＝2R(2)A、B兩小球在細(xì)線燒斷后瞬間有mAvA＝mBvBA球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)由動(dòng)能定理有－2mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)聯(lián)立解得vA＝eq\r(5gR)，vB＝eq\f(\r(5