2019届高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 题型探究课 动量守恒中的力学综合问题题型专练 新人教版.doc

题型探究课 动量守恒中的力学综合问题1“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功故选项A正确，选项B、C、D错误2(2018合肥质检)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()A在t6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB在06 s时间内，合力对物体做的功为400 JC在06 s时间内，拉力对物体的冲量为36 NsD在t6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：选D.类比速度时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在06 s内v18 m/s，v02 m/s，则t6 s时的速度v20 m/s，A项错；由动能定理可知，06 s内，合力做的功为Wmv2mv396 J，B项错；由动量定理可知，IFFftmvmv0，代入已知条件解得IF48 Ns，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末FFfma，解得F10 N，所以拉力的功率PFv200 W，D项对3.(2018江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的vt图象如图所示已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是()A10 JB50 JC70 J D120 J解析：选D.设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得v.木块获得的动能为EkMv2.系统产生的内能为Qmv(Mm)v2，可得QEk50 J，当Q70 J时，可得Mm25，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q120 J时，可得Mm75，木块质量大于子弹质量，选项D正确4(2018北京东城区检测)质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是()A碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律得：m甲v甲m乙v乙m乙v乙，解得v乙1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量Em甲vm乙vm乙v，代入数据解得E1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确5(多选)(2018山东威海月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞已知碰撞后，甲滑块静止不动，则()A碰撞前总动量是2mvB碰撞过程动量不守恒C碰撞后乙的速度大小为2vD碰撞属于非弹性碰撞解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mvmv2mv，A正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B错误；设碰撞后乙的速度为v，由动量守恒定律得3mvmv0mv，解得v2v，C正确；碰撞前总动能为3mv2mv22mv2，碰撞后总动能为0m(2v)22mv2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D错误6(多选)(2018广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的vt图象，由此可知()A小车上表面长度B物体A与小车B的质量之比C物体A与小车B上表面的动摩擦因数D小车B获得的动能解析：选BC.由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得，mAv0(mAmB)v1，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移xv0t1，根据能量守恒得：mAgxmAv(mAmB)v，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误7(多选)质量为m的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d的O点，物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，OA、OB与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin 370.6，cos 370.8)下列说法正确的是()A从A点运动到B点的过程中，物体的速度先增大后减小B物体在A、B两点时弹簧弹力的功率相等C弹簧的原长为5.5dD物体在A点时加速度的大小为解析：选CD.由图中的几何关系可得5d，6d，由于物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，可知从A到B的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在B点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L05d6dL0，所以弹簧的原长L05.5d.物体从A向O点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O点的正下方向B运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小所以物体先减速，再加速，最后又减速，A错误，C正确；如图所示，分别画出A、B两点受到的弹力与速度，由公式PFvcos 可知，A、B两点F与v0之间的夹角不同，则A、B两点弹簧弹力的功率不相等，B错误；在A点，弹簧的弹力F与运动方向之间的夹角为18037143，则物体在A点的加速度大小a，D正确8如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并黏接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能解析：A、B碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B、C相碰黏接在一块时，动量守恒系统产生的内能则为损失的机械能当A、B、C速度相等时，弹性势能最大(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv2mvE(2m)v联立式得Emv.(2)由式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv03mv3mvE(3m)vEp联立式得Epmv.答案：(1)mv(2)mv