老高考旧教材适用2025版高考物理二轮复习专题2能量与动量分层突破练6动量和能量观点的应用

专题分层突破练6动量和能量观点的应用A组1.(2024陕西宝鸡二模)已知篮球质量为0.6kg,篮球上升到最高点时起先向下拍球使球做匀加速运动,拍球作用距离为0.2m,在离手时获得一个方向竖直向下、大小为4m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变,g取10m/s2,则在拍球过程中手给球的冲量为()A.1.2N·s B.1.8N·sC.2.4N·s D.3.0N·s2.(2024黑龙江绥化期末)如图所示,质量m=2kg的小铁块(可视为质点)放在长木板左端,长木板质量m0=4kg,静止在光滑水平面上,当给小铁块施加大小为6N·s、方向水平向右的瞬时冲量后,经过0.8s木板和小铁块达到共同速度。重力加速度g取10m/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.0.8m/s0.5B.0.8m/s0.25C.1m/s0.5D.1m/s0.253.(多选)(2024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。撤去外力并起先计时,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mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S34.(2024江西南昌一模)康乐棋是一种玩法类似桌球的非传统棋类嬉戏。如图所示,某次竞赛时,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。竞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)(2024广东模拟预料)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,最终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.(2024广东高三模拟)如图所示,在安静的水面上有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。两船起先时都处于静止状态,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立刻以两倍原速率将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,忽视水的阻力,则B船上的人最多可以推船的次数为()A.8 B.7C.6 D.97.(2024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λ为常数且0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的改变如图乙所示,其中h0已知,求F0的大小。8.(2024广东湛江一模)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的嬉戏,该嬉戏的规则为:将手中一弹珠以肯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。现将此嬉戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同始终线上,两弹珠间距x1=2m,弹珠B与坑的间距x2=1m。某同学将弹珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后弹珠A又向前运动Δx=0.1m后停下。已知两弹珠的质量均为2.5g,重力加速度g取10m/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,并推断该同学能否胜出。答案：1.B解析拍球过程中,球的位移x=0.2m,初速度为零,末速度为4m/s,依据运动学公式可知t=xv2=0.1s,据动量定理可知mgt+IF=Δp=mv=2.4N·s,解得IF=1.8N2.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=1m/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,考查分析综合实力。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,依据动量定理,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时刻弹簧复原原长,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改变,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)9v250gL解析(1)目标棋子从B到C由动能定理有12m(0.6v)2=μ解得μ=9v(2)母棋从A到B由动能定理有12mv'2-12mv2=-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=12mv″联立并代入数据解得Ek=150mv25.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,最终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间的动摩擦因数为μ,由牛顿其次定律可知a的加速度大小aa=μmbgma=mbmaμg,b的加速度大小ab=μmbgmb=μg。假如ma<mb,则v<0,aa>ab,A正确;假如ma>mb,则v>0,6.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船上的人其次次将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)mAm7.答案(1)(1+λ)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=12m-(mg+λmg)·h=0-1解得k=v上(2)依据能量守恒定律得,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·h-h02=λmg解得F0=2(8.答案(1)4m/s0.5(2)7.5×10-3J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=v0t1-1v1=v0-at1由牛顿其次定律得Ff=μmg=ma联立解得a=5m/s2,μ=0.5,v1=4m/s。(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速