2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）专题分层突破练6　动量和能量观点的应用（Word版附解析）

专题分层突破练6　动量和能量观点的应用

A组

1.(2022陕西宝鸡二模)已知篮球质量为0.6 kg,篮球上升到最高点时开始向下拍球使球做匀加速运动,拍球作用距离为0.2 m,在离手时获得一个方向竖直向下、大小为4 m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变,g取10 m/s2,则在拍球过程中手给球的冲量为(　　)

A.1.2 N·s B.1.8 N·s

C.2.4 N·s D.3.0 N·s

2.(2022黑龙江绥化期末)如图所示,质量m=2 kg的小铁块(可视为质点)放在长木板左端,长木板质量m0=4 kg,静止在光滑水平面上,当给小铁块施加大小为6 N·s、方向水平向右的瞬时冲量后,经过0.8 s木板和小铁块达到共同速度。重力加速度g取10 m/s2,则长木板与小铁块的共同速度大小和二者之间的动摩擦因数分别为(　　)

A.0.8 m/s　0.5

B.0.8 m/s　0.25

C.1 m/s　0.5

D.1 m/s　0.25

3.(多选)(2021湖南卷)如图甲所示,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0

B.mA>mB

C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x

D.S1-S2=S3

4.(2022江西南昌一模)康乐棋是一种玩法类似桌球的非传统棋类游戏。如图所示,某次比赛时,母棋位于水平桌面上A点,目标棋子位于B点,洞口位于A、B连线延长线上的C点,且A、B间距与B、C间距均为L。比赛选手用杆撞击母棋,使母棋瞬间获得大小为v的初速度,母棋运动至B点与目标棋子发生对心正碰,碰后瞬间目标棋子速度大小为0.6v,之后目标棋子恰好落入洞中。已知两棋子质量均为m且可看作质点,它们与桌面间动摩擦因数相同,重力加速度为g。求:

(1)棋子与水平桌面之间的动摩擦因数;

(2)母棋与目标棋子碰后瞬间,母棋的动能。

B组

5.(多选)(2022广东模拟预测)长木板a放在光滑的水平地面上,在其上表面放一小物块b。以地面为参考系,给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度,最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向,a、b的v-t图像可能正确的是(　　)

6.(2022广东高三模拟)如图所示,在平静的水面上有A、B两艘小船,A船的左侧是岸,在B船上站着一个人,人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态,B船上的人把A船以相对于地面的速度v向左推出,A船到达岸边时岸上的人马上以两倍原速率将A船推回,B船上的人接到A船后,再次把它以速度v向左推出……直到B船上的人不能再接到A船,忽略水的阻力,则B船上的人最多可以推船的次数为(　　)

A.8 B.7

C.6 D.9

7.(2022湖南卷改编)如图甲所示,质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落,与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍,且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同,重力加速度大小为g。

甲

乙

(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比。

(2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图乙所示,其中h0已知,求F0的大小。

8.(2022广东湛江一模)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的游戏,该游戏的规则为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x1=2 m,弹珠B与坑的间距x2=1 m。某同学将弹珠A以v0=6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后弹珠A又向前运动Δx=0.1 m后停下。已知两弹珠的质量均为2.5 g,重力加速度g取10 m/s2,若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同,并将弹珠的运动视为滑动,求:

(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ;

(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。

答案：

1.B　解析 拍球过程中,球的位移x=0.2 m,初速度为零,末速度为4 m/s,根据运动学公式可知t==0.1 s,据动量定理可知mgt+IF=Δp=mv=2.4 N·s,解得IF=1.8 N·s,B正确。

2.D　解析 对小铁块由动量定理有I=mv0,小铁块和长木板在水平方向动量守恒,有mv0=(m0+m)v共,联立解得长木板与小铁块在共同运动时的速度大小v共=1 m/s,对长木板由动量定理有μmgt=m0v共,解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.25,D正确。

3.ABD　解析 本题考查a-t图像、冲量、动量定理、机械能守恒定律等,考查分析综合能力。0到t1时间内,墙对B的冲量与弹簧对B的冲量大小相等,而弹簧对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等,根据动量定理,弹簧对A的冲量I=mAv0,所以选项A正确。分析运动过程可知,t1时刻弹簧恢复原长,之后A减速,B加速,当弹簧伸长量最大时二者速度相等,这时二者加速度均最大,即t2时刻,从图像可以看出,B的加速度大,所以质量小,即mB<mA,选项B正确。初始时刻,系统机械能仅为弹性势能,弹簧形变量为x;去掉外力后,系统机械能守恒,当B运动后,A、B速度相等时,弹簧形变量最大,这时系统机械能包括动能和弹性势能,因此弹簧的最大形变量小于x,选项C错误。a-t图像中图线与t轴之间围的面积表示速度变化,设A、B在t2时刻速度为v1,则v0=S1,v1=v0-S2,v1=S3,解得S1-S2=S3,选项D正确。

4.答案 (1)　(2)mv2

解析 (1)目标棋子从B到C由动能定理有m(0.6v)2=μmgL

解得μ=。

(2)母棋从A到B由动能定理有

mv'2-mv2=-μmgL

母棋与目标棋碰撞时由动量守恒定律有

mv'=mv″+m(0.6v)

碰后瞬间母棋的动能Ek=mv″2

联立并代入数据解得Ek=mv2。

5.ABC　解析 地面光滑,a、b组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,设a的质量为ma,b的质量为mb,最后b没有滑离a,则最终a、b相对静止,速度相等,设共同速度为v,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mav0-mbv0=(ma+mb)v,解得v=,设a、b间的动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律可知a的加速度大小aa=μg,b的加速度大小ab==μg。如果ma<mb,则v<0,aa>ab,A正确;如果ma>mb,则v>0,aa<ab,B正确;如果ma=mb,则v=0,aa=ab,C正确;由D图像可知,a、b做匀减速直线运动的加速度大小不相等,则a、b的质量不相等,v≠0,D错误。

6.A　解析 取向右为正方向,B船上的人第一次推出A船时,由动量守恒定律得mBv1-mAv=0,解得v1=v;当A船向右返回后,B船上的人第二次将A船推出,由动量守恒定律得mBv1+2mAv=-mAv+mBv2,解得v2=v1+v;当A船再向右返回后,B船上的人第三次将A船推出,由动量守恒定律得mBv2+2mAv=-mAv+mBv3,解得v3=v2+v;则B船上的人第n次将A船推出时,由动量守恒定律得mBvn-1+2mAv=-mAv+mBvn,解得vn=vn-1+v,整理得vn=(3n-2)v。B船上的人不能再接到A船,须有2v≤vn,联立解得n≥,则取n=8,故A正确。

7.答案 (1)　(2)

解析 (1)设篮球第一次与地面碰前速率为v下,碰后速率为v上

由动能定理得(mg-λmg)H=-0

-(mg+λmg)·h=0-

解得k=。

(2)根据能量守恒定律得,F做的功等于全过程克服阻力做的功和篮球与地面碰撞损失的动能,即F0·=λmg·2h+

解得F0=。

8.答案 (1)4 m/s　0.5

(2)7.5×10-3 J　不能

解析 (1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1,由运动学公式得

x1=v0t1-

v1=v0-at1

由牛顿第二定律得

Ff=μmg=ma

联立解得a=5 m/s2,μ=0.5,v1=4 m/s。

(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a=5 m/s2,设弹珠A碰撞后瞬间的速度为v1',由运动学规律得

v1'2=2aΔx

解得v1'=1 m/s

设碰后瞬间弹珠B的速度为v2',由动量守恒定律得

mv1+0=mv1'+mv2'

解得v2'=3 m/s

所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失

ΔEk=

解得ΔEk=7.5×10-3 J

碰后弹珠B运动的距离为

Δx'==0.9 m<1 m