专题分层突破练6　动量和能量观点的应用A组　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2021广东红岭中学高三月考)一个爆竹斜向上抛出,到最高点时速度大小为v0,方向水平向东,并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c,其中碎片a的速度方向水平向东,忽略空气阻力。以下说法正确的是(　　)A.炸开时,若碎片b的速度方向水平向西,则碎片c的速度方向可能水平向南B.炸开时,若碎片b的速度为零,则碎片c的速度方向一定水平向西C.炸开时,若碎片b的速度方向水平向东,则三块碎片一定同时落地D.炸开时,若碎片a、b的速度等大反向,则碎片c落地时的速率可能等于3v02.(2021福建高三二模)如图所示,A车以某一初速度水平向右运动距离L后与静止的B车发生正碰,碰后两车一起运动距离L后停下。已知两车质量均为m,运动时受到的阻力为车重力的k倍,重力加速度为g,碰撞时间极短,则(　　)A.两车碰撞后瞬间的速度大小为B.两车碰撞前瞬间A车的速度大小为C.A车初速度大小为D.两车碰撞过程中的动能损失为4kmgL3.(2021广东金山中学高三三模)水龙头打开后,水柱以一定的初速度竖直向下稳定喷出,将一平板水平放置在靠近水龙头处,水柱落到平板上后,在竖直方向速度变为零,在水平方向向四周均匀散开,此时水对平板的冲击力为F。将平板向下平移至距离水龙头h处,水柱落到平板上,此时水对平板的冲击力变为2F。忽略空气阻力,则水柱从水龙头喷出时的初速度为(　　)A.B.C.D.4.(多选)(2021辽宁大连高三一模)在光滑水平桌面上有一个静止的木块,高速飞行的子弹水平穿过木块,若子弹穿过木块过程中受到的摩擦力大小不变,则(　　)A.若木块固定,则子弹对木块的摩擦力的冲量为零B.若木块不固定,则子弹减小的动能大于木块增加的动能C.不论木块是否固定,两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等D.不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等5.(多选)(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但不连接。某时刻物块A突然以v0=3m/s的速度向左运动,已知当A、B速度相等时,B与C恰好发生完全非弹性碰撞,碰撞过程时间极短,然后继续运动。若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep,则(　　),A.ΔE=4.875JB.ΔE=1.125JC.Ep=6JD.Ep=4.875J6.(2021福建漳州高三二模)如图所示,水平面上固定两根足够长的平行直导轨MN、PQ,两导轨间静置一质量M=2.0kg的外壁光滑环形空心玻璃管ABCD,BC、DA段均为半圆管,AB、CD段是长度均为L=3.0m的直管。管内CD段放置有质量为m=1.0kg的小球,小球在AB段相对运动时受到的摩擦力Ff=0.3mg,玻璃管内其余部分光滑,g取10m/s2。现给玻璃管水平向右的初速度v0=6.0m/s,求:(1)从开始运动到小球与玻璃管共速,玻璃管对小球的冲量I的大小;(2)小球第一次通过玻璃管中A点时的速度大小。7.(2021福建福州高三二模)如图所示,质量为M=2kg,带有半径为R=0.8m四分之一光滑圆弧轨道AB的曲面体静止在光滑的水平地面上,质量为m=0.5kg的小球以Ek0=25J的初动能冲上曲面体轨道AB,g取10m/s2,求:(1)小球第一次冲出曲面体轨道的B点时曲面体的速度大小v1;(2)小球第一次冲出曲面体轨道的B点时小球的速度大小v2;(3)小球第一次冲出曲面体轨道的B点至落回B点的时间t。,B组8.(多选)(2021山东枣庄高三二模)北京时间2021年2月19日4时55分,美国“毅力号”火星车成功登陆火星。“空中起重机”和“毅力号”火星车组合体到达着陆点上空20m处后,“空中起重机”保持大小为0.75m/s的速度竖直下降,同时,在着陆点上空20m处时,以相对“空中起重机”大小也为0.75m/s的速度立即(时间很短,可忽略)竖直向下释放火星车;当全长为7.6m的吊索完全释放后,组合体又立即(时间很短,可忽略)共同以0.75m/s的速度下降,直到火星车着陆,然后断开吊索,“空中起重机”飘离。设火星质量是地球质量的p倍,火星半径是地球半径的q倍,地球表面重力加速度为g,引力常量为G。假设工作中组合体(含燃料)的总质量M保持不变,不考虑下降过程中重力的变化,工作时喷出的气体密度为ρ,“空中起重机”共四台发动机,每台发动机喷口截面为S,下列说法正确的是(　　)A.火星表面的重力加速度大小为g火=gB.匀速竖直下降的过程中,发动机喷出气体相对火星表面的速度大小为C.从火星车刚被释放直到火星车着陆的整个过程中,空中起重机下降的时间约为16.5sD.从火星车刚被释放直到火星车着陆的整个过程中,吊索的拉力始终保持不变9.(2021广东高三月考)比赛用标准篮球充气后从1.80m处自由下落后弹起的高度范围应在1.20~1.40m之间。在某次检测时,篮球自离地面高1.8m处无初速度释放后反弹最大高度为1.25m,该篮球的质量为0.6kg,忽略空气阻力的影响,g取10m/s2,则下列说法正确的是(　　)A.篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量方向向下B.篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量大小为6.6kg·m/sC.从开始下落至反弹到最高点,整个过程篮球的机械能守恒D.从开始下落至反弹到最高点,整个过程合力对篮球所做的功为3.3J10.(2021广东高三月考)如图所示,一个足够长的圆筒竖直固定,筒内有一质量为M的滑块锁定在距圆筒顶端h1=5m处。现将一个直径小于圆筒内径、质量为m的小球(可视为质点),从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放,小球与滑块刚要碰撞时解除滑块的锁定,小球与滑块发生弹性碰撞后最高能上升到h2=1.8m处。不计空气阻力,已知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为Ff=7.2N,重力加速度g取10m/s2。(1)求小球与滑块的质量之比。(2)若滑块质量为0.9kg,求小球从与滑块第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔t。,11.(2021广东卷)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。,12.(2021浙江6月选考)如图所示,水平地面上有一高H=0.4m的水平台面,台面上竖直放置倾角θ=37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF,它们平滑连接,其中管道CD的半径r=0.1m、圆心在O1点,轨道DEF的半径R=0.2m、圆心在O2点,O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点由静止下滑,与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落在地面上Q点,已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。(1)若小滑块的初始高度h=0.9m,求小滑块到达B点时速度v0的大小。(2)若小球能完成整个运动过程,求h的最小值hmin。(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。专题分层突破练6　动量和能量观点的应用1.C　解析到最高点时速度大小为v0,方向水平向东,则总动量方向向东,炸开时,若碎片b的速度方向水平向西,碎片c的速度方向水平向南,则违反动量守恒定律,A错误;炸开时,若碎片b的速度为零,根据动量守恒定律,碎片c的速度方向可能水平向东,B错误;三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动,一定同时落地,C正确;炸开时,若碎片a、b的速度等大反向,根据动量守恒定律3mv0=mvc,解得vc=3v0,碎片c落地时速度的水平分量等于3v0,其落地速度一定大于3v0,D错误。2.C　解析运动时受到的阻力为车重力的k倍,由牛顿第二定律得kmg=ma,则a=kg,两车碰撞后做匀减速运动,由v2=2aL,得两车碰撞后瞬间的速度大小为v=,故A错误;由于碰撞时间极短,两车相碰由动量守恒得mv1=2mv,可得两车碰撞前瞬间A车的速度大小为v1=2,故,B错误;对A车由=2aL,得A车初速度大小为v0=,故C正确;两车碰撞过程中的动能损失为ΔEk=-2×mv2=2kmgL,故D错误。3.C　解析设初速度为v0,Δt时间内喷出的水的质量为m,在Δt时间内水的速度变为0,取向下为正方向,由动量定理可得-FΔt=0-mv0,将平板向下平移至距离水龙头h处,仍然会在Δt时间内与平板作用后速度变为0,则-2FΔt=0-mv,且v2-=2gh,联立可解得v0=,故C正确。4.BD　解析木块固定,子弹对木块的摩擦力的冲量不为零,是木块的合力冲量为0,所以A错误;木块不固定时,因为子弹与木块间有内能增加,由能量守恒定律可知,子弹减小的动能大于木块增加的动能,所以B正确;由I=Fft可知,摩擦力大小不变时,由于两种情况下子弹与木块的作用时间不同,所以两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小不相等,则C错误;根据Q=FfL相对,由于摩擦力大小不变,并且两次子弹与木块的相对位移也相同,所以不论木块是否固定,两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等,则D正确。5.BD　解析对A、B整体由动量守恒有mv0=2mv1,对B、C整体由动量守恒有mv1=2mv2,解得v2=,对A、B、C整体由动量守恒有mv0=3mv3,B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE=×2m=1.125J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=-ΔE-×3m=4.875J,故选B、D。6.答案(1)4kg·m/s　(2)6m/s解析(1)由动量守恒得Mv0=(m+M)v玻璃管对小球的冲量I的大小I=mv解得I=4kg·m/s。(2)由动量守恒得Mv0=Mv1+mv2由功能关系得=FfL解得v1=3m/s,v2=6m/s(v1=5m/s,v2=2m/s不符合实际,舍掉)所以,小球速度v2=6m/s。7.答案(1)2m/s　(2)8.25m/s　(3)1.6s解析(1)由动能表达式可知Ek0=设小球第一次冲出曲面体B点时水平方向分速度为vx,竖直方向分速度为vy,由于曲面体是四分之一圆曲面,所以vx=v1小球从A到B运动过程,球和曲面体水平方向动量守恒mv0=(m+M)v1解得v0=10m/s,v1=2m/s。(2)从小球开始运动到B过程中,系统机械能守恒,有+mgR解得v2=2m/s=8.25m/s。(3)小球离开曲面体后,在竖直方向上做竖直上抛运动,则落回B点有vy==8m/s所以从离开到回到B点,有t==1.6s。8.AC　解析因为=mg,=mg火,联立得,即g火=g,故A正确;设在Δt时间内发动机喷出气体体积为V=4SvΔt,喷出气体质量为Δm=ρV=4ρSvΔt,由动量定理得F·Δt=Δmv,由于发动机匀速,则F=Mg火,联立解得喷出气体相对于组合体的速度为v=,故喷出气体相对于火星表面的速度大小为v'=+0.75,故B错误;空中起重机匀速运动,总位移为x=20m-7.6m=12.4m,下降时间约为t=s=16.5s,故C正确;火星车刚被释放时相对空中起重机速度为0,而后以相对空中起重机0.75m/s的速度下降,之后再共速,故火星车先做加速运动,吊索的拉力逐渐增大至与重力相同,故D错误。9.B　解析取向下为正方向,由v2=2gh,可得落地前的速度v1=m/s=6m/s,反弹离开地面前的速度大小是|v2|=m/s=5m/s,方向向上,即v2=-5m/s,则有Δp=p2-p1=mv2-mv1=-6.6kg·m/s,负号代表方向向上,大小为6.6kg·m/s,A错误,B正确;篮球反弹的最大高度小于初始高度,,所以机械能有损失,机械能不守恒,C项错误;由动能定理可知,整个过程动能变化量为零,合力做功也为零,D项错误。10.答案(1)　(2)2.5s解析(1)设小球碰撞前、后瞬间的速度大小分别为v1、v2,滑块碰后瞬间的速度大小为v,由机械能守恒定律得mgh1=,mgh2=小球与滑块发生弹性碰撞的过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv1=-mv2+Mv,Mv2解得。(2)碰后滑块向下做匀加速运动,设其加速度大小为aMg-Ff=Ma碰后经过时间t,对滑块y=vt+at2对小球y=-v2t+gt2解得t=2.5s。11.答案(1)乙能滑到边框a　(2)0.2s(1)甲珠的加速度大小a=μg=1m/s2根据运动学公式v2-=-2as1甲、乙相碰前,甲的速度v=0.3m/s甲、乙相碰,动量守恒mv=mv甲2+mv乙解得v乙=0.2m/s以乙为研究对象,乙珠的加速度大小也为a=μg=1m/s2由=2as解得s=0.02m=s2,乙能滑动到边框a。(2)对于甲,=2as's'=0.005m,不会到边框a甲运动的时间t=t1+t2t1=s=0.1st2=s=0.1st=0.2s。12.答案(1)4m/s　(2)0.45m　(3)0.8m解析(1)小滑块在AB轨道上运动mgh-μmgcosθ·代入数据解得v0==4m/s。(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒,机械能守恒,因此有mv0=mvA+mvB,解得vA=0,vB=v0小球沿CDEF轨道运动,在最高点可得mg=m从C点到E点由机械能守恒可得+mg(R+r)=其中vBmin=v0min=,解得hmin=0.45m。(3)设F点到G点的距离为y,小球从E点到G点的运动,由动能定理有+mg(R+y)由平抛运动可得x=vGt,H+r-y=gt2联立可得水平距离为x=2由数学知识可得当0.5-y=0.3+y时x最大,最大值为xmax=0.8m。