发布时间 : 星期四 文章2018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更新完毕开始阅读a42310b1720abb68a98271fe910ef12d2af9a93e
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t0＝· 2t0，解得v＝，物块从开始运动2223到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝－mv－mv0＝－mv0，B正确；上滑过程中有－2(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝v0vv0mv02，解得5v0sinθ＝，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8gt0力所做的功，故D错误． 答案：BC 二、非选择题 8. 如图所示，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，回路中其余部分的电阻可不计．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，若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？ 3(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度a是多少？ 4解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，121122根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q＝mv0－(2m)·v＝mv0. 2243(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知 4mv0＝mv0＋mv′ 1解得v′＝v0 4311此时回路中的电动势为E＝BLv0－BLv0＝BLv0 44234此时回路中的电流为I ＝＝ 2R4REBLv0B2L2v0此时cd棒所受的安培力为F＝BIL＝ 4R由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度 FB2L2v0a＝＝ m4mR12BLv0答案：(1)mv0 (2) 44mR9．如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg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＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s.子弹射入后，求： 222 (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，则对子弹打入物块过程，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m)v1 设物块与木板达到共同速度时，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＝v2－v1＝1 s －μg(2)设物块相对木板滑行的位移为d，由能量守恒定律得 2μ(m0＋m)gd＝(m0＋m)v21－(m0＋m＋M)v2 1212联立解得d＝3 m 答案：(1)1 s (2)3 m 10．(2017·云南省七校高考适应性考试)如图所示，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g，求： (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， v21则有mg＝m RA球从M点到P点做平抛运动 12竖直方向有2R＝gt 2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＝mBvB A球从N点运动到M点由动能定理有 1212－2mAgR＝mAv1－mAvA 22联立解得vA＝5gR，vB＝5gR 2当B球与C球发生非弹性碰撞时有mBvB＝(mB＋mC)v共 B、C两小球从Q点运动到P点的时间与A球做平抛运动的时间相等，有xQP＝v共t 联立解得xQP＝5R 24－5则xNQ＝xNP－xQP＝R 2(3)根据能量守恒定律，B、C两小球碰撞时损失的能量为 2ΔE＝mBv2B－(mB＋mC)v共＝mgR 1212584－55答案：(1)2R (2)R (3)mgR 28