1、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 NsB.1.8 NsC.2.4 NsD.3.0 Ns2.(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 Ns、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
2、。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/s0.5B.0.8 m/s0.25C.1 m/s0.5D.1 m/s0.253.(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()
3、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.(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
4、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
5、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的大小。8.(2022广东湛江一模)如图甲
6、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,并将弹珠的运动视为滑动,求:(1)碰撞前瞬间弹珠A的速
7、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：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=xv2=0.1 s,据动量定理可知mgt+IF=p=mv=2.4 Ns,解得IF=1.8 Ns,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mgt=m0v共,解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数=0.25,D正确。3.ABD解析 本题考查a-t图像、冲
8、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
9、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)9v250gL(2)150mv2解析 (1)目标棋子从B到C由动能定理有12m(0.6v)2=mgL解得=9v250gL。(2)母棋从A到B由动能定理有12mv2-12mv2=-mgL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=12mv2联立并代入数据解得Ek=150mv2。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
10、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,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。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,
11、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-
12、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
