223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练6：动量和能量观点的应用（含答案）

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1、专题分层突破练6动量和能量观点的应用A组1.(2022广东广州执信中学月考)将一乒乓球竖直向上抛出,乒乓球在运动过程中,它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。已知乒乓球运动过程中,受到的空气阻力与速率成正比,重力加速度为g。则乒乓球在整个运动过程中加速度的最大值为()A.4gB.3gC.2gD.g2.某运动员在蹦床比赛中自距离水平网面高3.2 m处由静止下落,与网作用后,竖直向上弹离水平网面的最大高度为5 m,与网面作用过程中所用时间为0.7 s。不考虑空气阻力,重力加速度取10 m/s2,若运动员的质量为60 kg,则网面对他的冲量大小为()A.420 NsB.480 NsC.1 080

2、NsD.1 500 Ns3.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)2m2v024.(2022广东佛山二模)如图所示是某汽车安全气囊的工作原理

3、图。当汽车发生意外碰撞,钢球对压力传感阀门的压力大于阈值F时阀门就会打开,钢球接通触片开关,点燃炸药,释放的大量气体瞬间充满安全气囊。在某次碰撞过程中,汽车在时间t内速度由v减至零,且安全气囊打开。设此过程为匀减速直线运动,汽车的质量为m0,钢球质量为m,钢球在水平方向除与阀门间的相互作用外,所受其他外力可忽略不计,则碰撞前车速v大于()A.FtmB.Ftm0C.Ftm0+mD.Fmt5.(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

4、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.(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()7.(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

5、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.8B.7C.6D.98.(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

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。9.(2022广东潮州二模)图中A、B是绝缘水平面上相距d=2 m的两点,A、B间存在一个水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=4104 V/m。一电荷量q=+510-5 C、质量m=1 kg的绝缘滑块Q静置在A点,滑块Q与

7、水平面间的动摩擦因数=0.1。用长L=0.4 m的轻绳将不带电的小球P悬挂在A点正上方的O点,保持绳子绷紧,将P球拉至与点O等高的水平位置,如图所示。现给P球竖直向下的初速度v0=1 m/s,此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m,整个过程没有电荷转移,P、Q体积大小均可忽略不计,轻绳不被拉断,g取10 m/s2。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间,P与Q的速度大小。(2)求P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离。(3)若电场强度E可变,试讨论在轻绳不松弛的前提下,滑块Q在AB段滑行的路程与电场强度E的关系。答案：1.A解析 乒乓球刚抛出时动能为9E0,此时速度向上最大,所受合力向下

8、最大,是加速度最大的位置,设此时速度大小为v0,则有mg+kv0=mam,9E0=12mv02,乒乓球下落过程速度增大,空气阻力增大,当空气阻力增大到等于重力时,乒乓球速度不变,动能不变,由图像可以看出动能为E0,设此时速度大小为v1,则有mg=kv1,E0=12mv12,联立以上各式可得am=4g,故A正确,B、C、D错误。2.D解析 由静止下落到接触网面时,根据动能定理有mgh1=12mv12,可得接触网面瞬间的速度v1=8 m/s,方向竖直向下;从离开网面到最大高度时,根据动能定理有-mgh2=0-12mv22,可得离开网面瞬间的速度v2=10 m/s,方向竖直向上;取向上为正方向,则根

9、据动量定理有I-mgt=mv2-(-mv1),代入数据可得,网面对他的冲量大小为I=1 500 Ns,故选D。3.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。4.A解析 根据题意,对钢球由动量定理可得mvFt,解得vFtm,即当车速vFtm时,安全气囊才会弹出,故A正确,B、C、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

10、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=12m探v12+12m气v22=2.4104 J。6.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

11、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。7.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

12、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。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=2a

13、x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所以弹珠B没有进坑,故不能胜出。9.答案 (1)03 m/s(2)1.5 m(3)见解析解析 (1)小球P运动至与Q碰撞前,有mgL=12mv12-12mv02解得v1=3 m/sP与Q发生弹性碰撞,有mv1=mvP+mvQ12mv12=12mvP2+12mvQ2 解得vP=0,vQ=3 m/s。(2)设碰撞后Q没有滑离AB段

14、,当Q减速至0时,有-qEs-mgs=0-12mvQ2解得s=1.5 md假设成立,即P与Q第一次碰撞后,滑块Q离A点的最远距离为1.5 m。(3)若P与Q第一次碰撞后,Q恰好能滑到B点,则-qE1d-mgd=0-12mvQ2解得E1=2.5104 V/m当Emg,则Q返回再次与P相碰设Q第一次在AB段减速至0的位移为s时,返回与P碰撞后,P恰好能回到与O点等高位置,则-qE2s-mgs=0-12mvQ2设Q回到A点时速度为v2,Q从A开始运动到又回到A点,有-2mgs=12mv22-12mvQ2P与Q再次碰撞,质量相等且为弹性碰撞,速度交换,则碰后P的速度为v2,此后P运动至与O点等高,有-mgL=0-12mv22解得E2=3.4105 V/m当E3.4105 V/m时,P超过与O点等高的位置,因为12mv02mg,所以Q无法停在AB段,最终会停在A点。全过程,对系统由能量守恒定律有mgs2=12mv02+mgL解得s2=4.5 m则Q在AB段滑行的路程为s2=4.5 m