2023届高考二轮总复习试题 物理（适用于老高考新教材） 专题分层突破练6　动量和能量观点的应用 WORD版含解析.docx

1、专题分层突破练6动量和能量观点的应用A组1.(2022广东湛江模拟)如图所示,一质量为m0的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动,一质量为m的小铁块在长木板上以速度v0向左运动,铁块与长木板间存在摩擦,为使长木板能保持速度v0向右匀速运动,必须对长木板施加一水平力,直至铁块与长木板达到共同速度v0。设长木板足够长,那么此过程中水平力的冲量大小为()A.mv0B.1.5mv0C.2mv0D.3mv02.若甲队冰壶的质量为m1,乙队冰壶的质量为m2,在某局比赛中,甲队的冰壶以速度v0与静止的乙队的冰壶发生碰撞,碰撞后甲队冰壶的速度为v1。碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同,冰壶与冰面间的

2、摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力,冰壶可视为质点,不计空气阻力。定义碰后乙队的冰壶获得的动能与碰前甲队的冰壶的动能之比叫作动能传递系数,则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为()A.m2(v02-v12)m1v02B.m1(v02-v12)m2v02C.m2(v0-v1)2m1v02D.m1(v0-v1)2m2v023.(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

3、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mAv0B.mAmBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S34.(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()5.(2022广东高三模拟)为安全着陆火星,质量为240 kg的探测器先向下喷气,短时间悬停在距火星表面高度100 m处。已知火

4、星表面重力加速度g火=3.7 m/s2,不计一切阻力,忽略探测器的质量变化。(1)若悬停时发动机相对火星表面喷气速度为3.7 km/s,求每秒喷出气体的质量。(2)为使探测器获得水平方向大小为0.1 m/s的速度,需将12 g气体以多大速度沿水平方向喷出?并计算此次喷气过程发动机至少做了多少功。B组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

5、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.8B.7C.6D.97.(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倍为常数且0H-hH+h,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

6、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x=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

7、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;(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：专题分层突破练6动量和能量观点的应用1.C解析 设铁块与长木板之间的摩擦力为Ff,铁块在水平方向只受到摩擦力的作用,在作用的过程中,选取向右为正方向,对铁块,由动量定理得Fft=mv0-(-mv0)=2mv0,以长木板为研究对象,它在水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用,由于速度不变,由平衡条件得F-Ff=0,水平力的冲量I=Ft,解得I=2mv0,C正确,A、B、D错误。2.D解析 甲队的冰壶与乙队的冰壶在碰撞过程中动量守恒,则m1v0=m1v1+m2v2,此

8、局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为k=12m2v2212m1v02=m1(v0-v1)2m2v02,故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mBmA,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

9、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.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=(ma-mb)v0ma+mb,设a、b间的

10、动摩擦因数为,由牛顿第二定律可知a的加速度大小aa=mbgma=mbmag,b的加速度大小ab=mbgmb=g。如果mamb,则vab,A正确;如果mamb,则v0,aaab,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,v0,D错误。5.答案 (1)0.24 kg(2)2103 m/s2.4104 J解析 (1)悬停时发动机对喷出气体的作用力F=m探g火对于喷出气体,由动量定理有Ft=mv解得m=0.24 kg。(2)根据动量守恒定律有m探v1=m气v2解得v2=2103 m/s根据功能关系,发动机做的功W

11、=12m探v12+12m气v22=2.4104 J。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=mAmBv;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+3mAmBv;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+3mAmBv;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+3mAmBv,整理得vn=(3n-2)mAmBv。B船

12、上的人不能再接到A船,须有2vvn,联立解得n223,则取n=8,故A正确。7.答案 (1)(1+)h(1-)H(2)2(1-)(H-h)mgh-h0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-mg)H=12mv下2-0-(mg+mg)h=0-12mv上2解得k=v上v下=(1+)h(1-)H。(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F0h-h02=mg2h+12mv下2-12mv上2解得F0=2(1-)(H-h)mgh-h0。8.答案 (1)4 m/s0.5(2)7.510-3 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=v0t1-12at12v1=v0-at1由牛顿第二定律得Ff=mg=ma联立解得a=5 m/s2,=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v12=2ax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Ek=12mv12-12mv12+12mv22解得Ek=7.510-3 J碰后弹珠B运动的距离为x=v222a=0.9 m1 m