專題分層突破練6動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用A組1.(2022廣東湛江模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m0的長(zhǎng)木板在光滑水平面上以速度v0向右運(yùn)動(dòng),一質(zhì)量為m的小鐵塊在長(zhǎng)木板上以速度v0向左運(yùn)動(dòng),鐵塊與長(zhǎng)木板間存在摩擦,為使長(zhǎng)木板能保持速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng),必須對(duì)長(zhǎng)木板施加一水平力,直至鐵塊與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度v0。設(shè)長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng),那么此過程中水平力的沖量大小為()A.mv0B.1.5mv0C.2mv0D.3mv02.若甲隊(duì)冰壺的質(zhì)量為m1,乙隊(duì)冰壺的質(zhì)量為m2,在某局比賽中,甲隊(duì)的冰壺以速度v0與靜止的乙隊(duì)的冰壺發(fā)生碰撞,碰撞后甲隊(duì)冰壺的速度為v1。碰撞前后冰壺的速度均在一條直線上且方向相同,冰壺與冰面間的摩擦力遠(yuǎn)小于冰壺碰撞過程的內(nèi)力,冰壺可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力。定義碰后乙隊(duì)的冰壺獲得的動(dòng)能與碰前甲隊(duì)的冰壺的動(dòng)能之比叫作動(dòng)能傳遞系數(shù),則此局比賽兩冰壺碰撞時(shí)的動(dòng)能傳遞系數(shù)為()A.mB.mC.mD.m3.(多選)(2021湖南卷)如圖甲所示,質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng),外力F作用在A上,系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面),此時(shí)彈簧形變量為x。撤去外力并開始計(jì)時(shí),A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙所示,S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小,S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時(shí)刻的速度為v0。下列說法正確的是()甲乙A.0到t1時(shí)間內(nèi),墻對(duì)B的沖量等于mAv0B.mA>mBC.B運(yùn)動(dòng)后,彈簧的最大形變量等于xD.S1-S2=S34.(多選)(2022廣東模擬預(yù)測(cè))長(zhǎng)木板a放在光滑的水平地面上,在其上表面放一小物塊b。以地面為參考系,給a和b以大小均為v0、方向相反的初速度,最后b沒有滑離a。設(shè)a的初速度方向?yàn)檎较?a、b的v-t圖像可能正確的是()5.(2022廣東高三模擬)為安全著陸火星,質(zhì)量為240kg的探測(cè)器先向下噴氣,短時(shí)間懸停在距火星表面高度100m處。已知火星表面重力加速度g火=3.7m/s2,不計(jì)一切阻力,忽略探測(cè)器的質(zhì)量變化。(1)若懸停時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)相對(duì)火星表面噴氣速度為3.7km/s,求每秒噴出氣體的質(zhì)量。(2)為使探測(cè)器獲得水平方向大小為0.1m/s的速度,需將12g氣體以多大速度沿水平方向噴出?并計(jì)算此次噴氣過程發(fā)動(dòng)機(jī)至少做了多少功。B組6.(2022廣東高三模擬)如圖所示,在平靜的水面上有A、B兩艘小船,A船的左側(cè)是岸,在B船上站著一個(gè)人,人與B船的總質(zhì)量是A船的10倍。兩船開始時(shí)都處于靜止?fàn)顟B(tài),B船上的人把A船以相對(duì)于地面的速度v向左推出,A船到達(dá)岸邊時(shí)岸上的人馬上以兩倍原速率將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,則B船上的人最多可以推船的次數(shù)為()A.8B.7C.6D.97.(2022湖南卷改編)如圖甲所示,質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落,與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍λ為常數(shù)且0<λ<H-hH+h甲乙(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比。(2)若籃球反彈至最高處h時(shí),運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F,使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處,力F隨高度y的變化如圖乙所示,其中h0已知,求F0的大小。8.(2022廣東湛江一模)如圖甲所示,“打彈珠”是一種常見的游戲,該游戲的規(guī)則為:將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出,并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞,被碰彈珠若能進(jìn)入小坑中即為勝出。現(xiàn)將此游戲進(jìn)行簡(jiǎn)化,如圖乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上,兩彈珠間距x1=2m,彈珠B與坑的間距x2=1m。某同學(xué)將彈珠A以v0=6m/s的初速度水平向右瞬間彈出,經(jīng)過時(shí)間t1=0.4s與彈珠B正碰(碰撞時(shí)間極短),碰后彈珠A又向前運(yùn)動(dòng)Δx=0.1m后停下。已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g,重力加速度g取10m/s2,若彈珠A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同,并將彈珠的運(yùn)動(dòng)視為滑動(dòng),求:(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械能損失,并判斷該同學(xué)能否勝出。答案：專題分層突破練6動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用1.C解析設(shè)鐵塊與長(zhǎng)木板之間的摩擦力為Ff,鐵塊在水平方向只受到摩擦力的作用,在作用的過程中,選取向右為正方向,對(duì)鐵塊,由動(dòng)量定理得Fft=mv0-(-mv0)=2mv0,以長(zhǎng)木板為研究對(duì)象,它在水平方向受到拉力F和摩擦力Ff的作用,由于速度不變,由平衡條件得F-Ff=0,水平力的沖量I=Ft,解得I=2mv0,C正確,A、B、D錯(cuò)誤。2.D解析甲隊(duì)的冰壺與乙隊(duì)的冰壺在碰撞過程中動(dòng)量守恒,則m1v0=m1v1+m2v2,此局比賽兩冰壺碰撞時(shí)的動(dòng)能傳遞系數(shù)為k=12m2v3.ABD解析本題考查a-t圖像、沖量、動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律等,考查分析綜合能力。0到t1時(shí)間內(nèi),墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)B的沖量大小相等,而彈簧對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等,根據(jù)動(dòng)量定理,彈簧對(duì)A的沖量I=mAv0,所以選項(xiàng)A正確。分析運(yùn)動(dòng)過程可知,t1時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),之后A減速,B加速,當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)二者速度相等,這時(shí)二者加速度均最大,即t2時(shí)刻,從圖像可以看出,B的加速度大,所以質(zhì)量小,即mB<mA,選項(xiàng)B正確。初始時(shí)刻,系統(tǒng)機(jī)械能僅為彈性勢(shì)能,彈簧形變量為x;去掉外力后,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,當(dāng)B運(yùn)動(dòng)后,A、B速度相等時(shí),彈簧形變量最大,這時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能包括動(dòng)能和彈性勢(shì)能,因此彈簧的最大形變量小于x,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。a-t圖像中圖線與t軸之間圍的面積表示速度變化,設(shè)A、B在t2時(shí)刻速度為v1,則v0=S1,v1=v0-S2,v1=S3,解得S1-S2=S3,選項(xiàng)D正確。4.ABC解析地面光滑,a、b組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)a的質(zhì)量為ma,b的質(zhì)量為mb,最后b沒有滑離a,則最終a、b相對(duì)靜止,速度相等,設(shè)共同速度為v,以a的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得mav0-mbv0=(ma+mb)v,解得v=(ma-mb)v0ma+mb,設(shè)a、b間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由牛頓第二定律可知a的加速度大小aa=μmbgma=mbmaμg,b的加速度大小ab=μmbgmb=μg。如果ma<mb,則v<0,aa>ab,A正確;如果ma>mb,則v>0,aa<ab,B正確;如果ma=mb,則5.答案(1)0.24kg(2)2×103m/s2.4×104J解析(1)懸停時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)噴出氣體的作用力F=m探g火對(duì)于噴出氣體,由動(dòng)量定理有Ft=mΔv解得m=0.24kg。(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m探v1=m氣v2解得v2=2×103m/s根據(jù)功能關(guān)系,發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W=12m探v12+12m氣v22=6.A解析取向右為正方向,B船上的人第一次推出A船時(shí),由動(dòng)量守恒定律得mBv1-mAv=0,解得v1=mAmBv;當(dāng)A船向右返回后,B船上的人第二次將A船推出,由動(dòng)量守恒定律得mBv1+2mAv=-mAv+mBv2,解得v2=v1+3mAmBv;當(dāng)A船再向右返回后,B船上的人第三次將A船推出,由動(dòng)量守恒定律得mBv2+2mAv=-mAv+mBv3,解得v3=v2+3mAmBv;則B船上的人第n次將A船推出時(shí),由動(dòng)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,7.答案(1)((2)2(1解析(1)設(shè)籃球第一次與地面碰前速率為v下,碰后速率為v上由動(dòng)能定理得(mg-λmg)H=12m-(mg+λmg)·h=0-1解得k=v上(2)根據(jù)能量守恒定律得,F做的功等于全過程克服阻力做的功和籃球與地面碰撞損失的動(dòng)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)設(shè)碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x1=v0t1-1v1=v0-at1由牛頓第二定律得Ff=μmg=ma聯(lián)立解得a=5m/s2,μ=0.5,v1=4m/s。(2)由(1