2019年高考物理二轮复习：动量和能量观点的综合应用

1、课时作业 6 动量和能量观点的综合应用 一、选择题（13 题为单项选择题，46 题为多项选择题） 1. 若物体在运动过程中受到的合力不为零，则下列说法正 确的是（） A .物体的动能不可能总是不变的 B. 物体的动量不可能总是不变的 C. 物体的加速度一定变化 D .物体的速度方向一定变化 解析：若物体在运动过程中受到的合力不为零， 物体一定有 加速度，但加速度不一定变化，选项 C错误.若物体做加速或减 速直线运动，其速度方向可能不变，选项 D 错误.若物体做匀 速圆周运动，物体在运动过程中受到的合力不为零， 物体的动能 不变，选项 A错误.由动量定理可知，若物体在运动过程中受 到的合力不为零

2、，物体的动量不可能总是不变的.选项 B 正确. 答案：B 2. 篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接， 手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以 （ ） A .减小球的动量的变化量 B. 减小球对手作用力的冲量 C. 减小球对手的冲击力 D .延长接球过程的时间来减小动量的变化量 解析： 设人对球的作用力为 F， 对球应用动量定理得-Ft = 0 mvo,接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，延长了作用时间， 则 F 减小，根据牛顿第三定律，球对人的冲击力 F = F，所以 球对人的冲击力减小，故选项 C 是正确的. 答案：C 3. 如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上， 槽的

3、左侧 有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口 A的正上方从静止开始落下，与半圆槽相切自 A点进入槽内，则以下说法中 正确的是（ ） A. 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽机械能 守恒 C. 小球自半圆槽的最低点 B向 C 点运动的过程中，小球与 半圆槽组成的系统动量守恒 D .小球离开 C 点以后，将做竖直上抛运动 解析：小球在半圆槽内运动，到达 B点之前有水平方向的速 度，在水平方向上动量增加.到达 B点之后，小球对半圆槽做正 功，半圆槽对小球做负功，半圆槽和小球组成的系统在水平方向 上动量守恒，全过程机械能守恒.离开

4、C点后，小球具有向上和 向右的速度，所以做斜抛运动. 答案：B 3. 滑块甲的质量为0.8 kg， 以大小为5.0 m/s的速度向右运 动时，与另一质量为 1.0 kg、以大小为 3.0 m/s 的速度迎面而来 的滑块乙相撞.碰撞后滑块甲恰好静止.假设碰撞时间极短，以 向右为正方向，下列说法正确的是 （ ） A .碰后乙的速度大小为 2 m/s B. 碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为 4.0 N s- C. 碰撞过程中乙动量的变化量为 2.0 kg m/s D .碰撞过程中系统损失的机械能为 14 J 解析： 由动量守恒定律得 m甲v甲一 m乙vz= m乙v乙， 代入 数据解得v乙=1

5、.0 m/s，选项 A错误.碰撞过程中甲动量的变 化量为 Ap甲=0 m甲Av甲=4.0 kg m/s,由动量定理可得甲滑 块受到的乙的作用力的冲量为 1= Ap甲=4.0 N-s,选项 B正 确.碰撞过程中乙动量的变化量为 Ap乙=m乙v乙（m乙v乙） 1 i =4.0 kg m/s,选项 C 错误.由能量守恒定律得？m甲v甲+ ?m乙vi = 1 2m乙v乙2+AE，代入数据解得 AE= 14 J,选项 D正确. 答案：BD 4. 2018 河北廊坊调研如图所示， 小车 A的质量 M = 2 kg, 置于光滑水平面上，初速度 vo= 14 m/s.带正电荷可视为质点的物 守恒 体 B,电荷

6、量 q= 0.2 C,质量 m= 0.1 kg，将其轻放在小车 A的 右端，在 A、B所在的空间存在匀强磁场， 方向垂直于纸面向里， 磁感应强度 Bo= 0.5 T，物体 B与小车之间存在摩擦力的作用， 设小车足够长，小车表面是绝缘的 （g 取 10 m/s2），则（ ） A .物体 B的最终速度为 10 m/s B. 小车 A的最终速度为 13.5 m/s C. 小车 A和物体 B的最终速度约为 13.3 m/s D .小车 A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为 8.75 J 解析： 假设A、B能获得共同速度v， 则由动量守恒定律得 Mvo= （M + m）v，解得 v = 13.3 m

7、/s,此时物体 B 受到的洛伦兹力 qvBo= 1.33 Nmg= 1 N，说明物体 B早已悬浮.当物体 B 对小车 A的压力为零时，小车 A与物体 B之间无摩擦力的作用， A、B匀速运动，此时物体 B的速度最大，小车 A的速度最小， 有 qvBBo= mg,解得 VB= 10 m/s,根据动量守恒定律得 Mv= mvB + MvA，解得 vA= 13.5 m/s, A、B 正确，C 错误.根据能量守恒 Mv0 MvA mvB 定律得 Q=AEk=2 2 2 = 8.75 J, D 正确. 答案：BD 6.如图所示，质量为 2m 的长木板 A静止在光滑水平面上， 其左端与固定台阶相距 x,长木

8、板的右端紧靠一半径为 R 的四分 之一光滑圆弧轨道，圆弧的底端与木板上表面水平相切但不相 连，圆弧轨道固定在水平地面上.质量为 m 的滑块 B（可视为质 点）以初速度 V0= ,；2gR 从圆弧轨道的顶端沿圆弧下滑， 当 B到达 最低点时，B从 A右端水平滑上木板，同时撤走圆弧轨道. A 与 台阶碰撞时无机械能损失，不计空气阻力， A、B之间动摩擦因 数为仏 A足够长，B不会从 A的上表面滑出；重力加速度为 g. F 列说法正确的是（ ） A. 5mg B. 滑块 B到圆弧轨道底端时对圆弧轨道底端的压力大小为 滑块 B与木板 A相互作用过程中（A与台阶碰撞前）动量 C. 木板 A与台阶碰撞瞬间

9、，木板 A受到台阶的冲量向左 R D. A 与台阶只发生一次碰撞，x满足的条件为 x石 解析：滑块 B从圆弧轨道顶端运动到底端的过程， 机械能守 1 i 恒，由机械能守恒定律得 2mv0 + mgR= mv2,在圆弧轨道底端有 FN- mg= mR,解得 FN = 5mg,由牛顿第三定律可知选项 A正确； 滑块 B与木板 A相互作用过程中系统所受合外力为零，系统动 量守恒，故选项 B正确；木板 A与台阶碰撞瞬间，木板 A受到 台阶的作用力向右，即获得的冲量向右，故选项 C 错误；设 A 与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为 VA、VB,由动量守恒定 律得mv1 = mvB + 2mvA,若 A

10、与台阶只碰撞一次，碰撞后动量大 1 小必须满足 2mvA mvB，对 A应用动能定理有 卩 mg=q x 2mvA, R 解得 x ，选项 D 正确. 4 a 答案：ABD 二、非选择题 7. 2018 北京卷，222022 年将在我国举办第二十四届冬奥 会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一. 某滑道示意图如图， 长直助滑道 AB与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h= 10 m, C 是半径 R= 20 m 圆弧的最低点.质量 m= 60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑， 加速度 a= 4.5 m/s2,到达 B点时速度 VB = 30 m/s，取重力加速度 g= 1

11、0 m/s2. (1) 求长直助滑道 AB的长度 L; (2) 求运动员在 AB段所受合外力的冲量 I的大小； (3) 若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图, 并求其所受支持力 F N的大小. 解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有 2 2 (2)根据动量定理，有 1 = mvB mvA= 1 800 N s (3)运动员经过 C 点时的受力分析如图所示. 根据动能定理，运动员在 BC 段运动的过程中，有 .1 2 1 2 mgh= 2mvc QmvB 2 根据牛顿第二定律，有 FN mg= mVC 联立解得 FN= 3 900 N 答案：(1)100 m (2)1 800

12、 N s (3)受力图如图所示 3 900 N 8. 如图所示， 质量均为m的小滑块A、B、C厚度均不计.其 中B、C 两滑块通过劲度系数为 k 的轻弹簧相连并竖直放置在水 平面上.现在将小滑块 A从距离 B滑块 Ho高处由静止释放，A、 B相碰后立刻粘合为一个整体，且以共同速度向下运动，不计空 气阻力，当地重力加速度为 g.求： (1) A、B碰后的共同速度 V1的大小； (2) A、B向下运动的速度最大时，滑块 C 对水平面的压力大 小. 1 解析：(1)设 A与 B碰撞之前的瞬时速度为 V。,则 mgH0= 2mv0 A、B碰撞前后动量守恒，即 mv= 2mv 式中 v1为 A与 B碰撞

13、后的共同速度 联立解得 v1=咛. 当 A、B的速度最大时，它们所受的合力为零，即处于平 衡状态，设此时水平地面对滑块 C 的支持力大小和滑块 C 对水 平地面的压力大小分别为 FN和 FN ,对于 A、B、C 组成的系统， 由受力分析可知 FN 3mg= 0 由牛顿第三定律可知 FN = FN 联立解得 FN = 3mg. 答案：(1 厂 9. 如图所示， 定，左端拴连物块 =2 m, OB部分光滑.物块 a 放在车的最左端，和车一起以 =4 m/s 的速度向右匀速运动，其与小车间的动摩擦因数 车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连.已知车 OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终

14、处于弹性限度 内.a、b 两物块可视为质点，质量均为 m= 1 kg，碰撞时间极短 且不粘连，碰后一起向右运动(取 g= 10 m/s2).求： 丄帧血1回丄叩丄叩-UM (1) 物块 a 与 b 碰后的速度大小； (2) 当物块 a 相对小车静止时小车右端 B到挡板的距离 x车； (3) 当物块 a 相对小车静止时，其在小车上的位置到 0 点的 距离 X. 解析：(1)设物块 a 与 b 碰前的速度大小为 vi,碰后的速度 大小为V2，在这个过程中对物块 a,由动能定理得 u mgl= mvf- mv0 代入数据解得 v1 = 2 m/s a、b 碰撞过程中系统动量守恒，以 a 的初速度方向为正方 向，由动量守恒定律得 mv = 2mv2 代入数据解得 v2= 1 m/s. (2)当弹簧恢复到原长时两物块分离， a 以 v2= 1 m/s 的速度 在小车上向左滑动，以水平向左为正方向， 当 a 与小车有共同的 速度 v3时，由动量守恒定律得 mv2= (