課時作業7動量觀點和能量觀點的綜合應用一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～8題為多項選擇題)1.(2023·汕尾模擬)如下圖，箱子放在水平地面上，箱內有一質量為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，那么整個過程中()A．鐵球對箱子的沖量為零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力作用，鐵球對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終等值反向，其合力始終為零，故箱子始終靜止，因此，鐵球對箱子的沖量與摩擦力對箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯誤；根據動量定理，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錯誤；箱子對鐵球的沖量I＝0－mv＝－mv，負號表示方向向右，故C正確；箱子對鐵球的沖量為mv，向右，鐵球對箱子的沖量為mv，向左，又因為摩擦力與鐵球對箱子的作用力等值反向，所以摩擦力對箱子的沖量為mv，向右，故D錯誤．答案：C2.如下圖，一質量為m的小球沿光滑的水平面以速度v沖上一個靜止在水平地面上的質量為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的過程中，小球和曲面體組成的系統，由水平方向動量守恒和機械能守恒得：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且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距，電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好．現給銅棒a一個平行于導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，以下說法正確的選項是()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．回路中產生的總焦耳熱為eq\f(I2,2m)解析：給銅棒a一個平行于導軌向右的瞬時沖量I，由動量定理可知銅棒a的初速度為va＝eq\f(I,m)，此時回路中感應電動勢最大，感應電流最大，最大感應電動勢E＝BLva＝eq\f(BLI,m)，回路中最大電流i＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，選項A錯誤．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B正確．由于導軌足夠長，對銅棒a、b組成的系統，動量守恒，最終二者速度相等，由動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C錯誤．由能量守恒定律知回路中產生的總焦耳熱為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D錯誤．答案：B4．(2023·山西省重點中學高三5月聯合考試)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，設物塊通過連接處時速率沒有改變．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到達木板上的C點停止；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點停止，物塊A滑到木板上的D點停止，用刻度尺測出D、C、E點到斜槽底端的距離分別為x1、x2、x3，物塊A、B的質量分別為2m、m，且物塊A、BA．因木板與物塊間的動摩擦因數未知，故此實驗不能驗證動量守恒定律B．因物塊A由靜止下滑時的高度未知，故此實驗不能驗證動量守恒定律C．2x2＝2x1＋x3D．2eq\r(x2)＝2eq\r(x1)＋eq\r(x3)解析：設物塊A碰前的速度為v，不放物塊B時，根據動能定理有－μ·2mgx2＝0－eq\f(1,2)·2mv2，同理，設碰后物塊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)，根據動量守恒定律有2mv＝2mv1＋mv2，故聯立可得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量守恒，故C錯誤、D正確；因碰前和碰后兩物塊在水平木板上滑動時都受到摩擦力，列式中的動摩擦因數可以約去，故不用給出動摩擦因數，也可以驗證動量守恒定律，A錯誤；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由靜止下滑時的高度，B錯誤．答案：D5.(2023·佛山模擬)如下圖，質量為m、2m的甲、乙兩個同種材質的物體靜止在粗糙水平面上，某時刻，它們同時受到水平恒力F，經過時間t，同時撤掉力FA．在力F作用的時間內，兩物體動量變化Δp甲≤Δp乙B．在力F作用的時間內，兩物體動量變化Δp甲≥Δp乙C．在力F作用的時間內，兩物體摩擦力的沖量ΔI甲≤ΔI乙D．在力F作用的時間內，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；由于兩物體的質量不同，故在相同時間內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，由動量定理可知，兩物體動量變化Δp甲≥Δp乙，故B、C正確，A、D錯誤．答案：BC6．(2023·湖南六校聯考)質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ.初始時小物塊停在箱子正中間，如下圖．現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．設碰撞都是彈性的，那么整個過程中，系統損失的動能為()A.eq\f(1,2)mv2B.eq\f(mM,2m＋M)v2C.eq\f(1,2)NμmgLD．NμmgL解析：根據動量守恒，共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，損失的動能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．根據能量守恒，損失的動能等于因摩擦放出的熱量，而計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，一質量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端．以下說法正確的選項是()A．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cosθB．物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為－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時間內物塊克服摩擦力所做的功解析：物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG＝3mgt0，A錯誤；上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動，下滑過程中做初速度為零、末速度為v的勻加速直線運動，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)，物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為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；根據動能定理可求出物塊上升的最大位移，從而求出整個過程中摩擦力所做的功，故D錯誤．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軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為L，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩形回路，兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，回路中其余局部的電阻可不計．在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，假設兩導體棒在運動中始終不接觸，求：(1)在運動中產生的焦耳熱Q最多是多少？(2)當ab棒的速度變為初速度的eq\f(3,4)時，cd棒的加速度a是多少？解析：(1)從開始到兩棒到達相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv，根據能量守恒定律，整個過程中產生的焦耳熱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ab棒的速度變為eq\f(3,4)v0時，cd棒的速度為v′，那么由動量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′解得v′＝eq\f(1,4)v0此時回路中的電動勢為E＝eq\f(3,4)BLv0－eq\f(1,4)BLv0＝eq\f(1,2)BLv0此時回路中的電流為I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv0,4R)此時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，質量為m＝245g的物塊(可視為質點)放在質量為M＝0.5kg的木板左端，木板足夠長，靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數為μ＝0.4.質量為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(時間極短)，g取10m/s2.子彈射入后，求：(1)物塊相對木板滑行的時間；(2)物塊相對木板滑行的位移．解析：(1)設子彈射入物塊后，其共同速度為v1，那么對子彈打入物塊過程，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1設物塊與木板到達共同速度時，速度為v2，對物塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2對子彈物塊整體，由動量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)聯立解得物塊相對木板的滑行時間t＝eq\f(v2－v1,－μg)＝1s(2)設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)聯立解得d＝3m答案：(1)1s(2)3m10．(2023·云南省七校高考適應性考試)如下圖，半徑為R的豎直半圓形軌道MN的底端N點處有質量分別為m和2m的A、B兩小球(可視為質點)，A、B兩小球之間用短細線連接，中間夾有一被壓縮的彈簧，彈簧與A球、B球均不粘連，某時刻燒斷細線，A球沿半圓形軌道運動，B球沿水平軌道向右運動，且A球恰好能夠到達半圓形軌道的最高點M，此時B球與質量為2m的小球C發生碰撞(碰撞時間不計)并粘合在一起向右運動，最后A球恰好在水平軌道的P點擊中B球，不計一切摩擦，彈簧的長度可忽略不計，重力加速度為(1)N、P間的距離；(2)N、Q間的距離；(3)B、C兩小球碰撞時損失的能量．解析：(1)A球恰好能夠到達M點，重力提供其做圓周運動的向心力，那么有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)A球從M點到P點做平拋運動豎直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向有xNP＝v1t聯立解得xNP＝2R(2)A、B兩小球在細線燒斷后瞬間有mAvA＝mBvBA球從N點運動到M點由動能定理有－2mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)聯立解得vA＝eq\r(5gR)，vB＝eq\f(\r(5