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

1、3.题型探究课 动量守恒中的力学综合问题题型专练亠巩固提升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,F 列分析正确的是（）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.项

2、 A 正确，选项 B、C、D 错误.选 D.类比速度一时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度一时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在06 s 内厶v= 18 m/s ,Vo= 2 m/s，贝 Ut= 6 s 时1i的速度v= 20 m/s , A 项错；由动能定理可知，06 s 内，合力做的功为W?mV?mV= 396J, B 项错；由动量定理可知，IFFft=mv- mv,代入已知条件解得IF=48 N- s, C 项错； 由牛顿第二定律可知，6 s 末FFf=ma解得F= 10 N，所以拉力的功率P=Fv= 200 W, D 项对.A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小

3、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. 人在最速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时,故选2. （2018 合肥质检）一质量为直线运动时的at图象如图所示,2 kg 的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速t= 0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N,A.t= 6 s 的时刻,B.时间内, 合力对物体做的功为400 JC.时间内, 拉力对物体的冲量为36 N sD.的时刻，拉力F的功率为 200 W解析:人物体的速度为18 m/s2好静止.A.B.C.D.假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是（）碰后乙

4、向左运动，速度大小为1 m/s碰后乙向右运动，速度大小为7 m/svdx W碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J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甲一m乙v乙=口乙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121212程机械能的变化量 E= 3m甲v甲+ qm乙v乙一m乙v乙，代入数据解得E= 1 400 J，机械能减少了 1 400 J，选项 C 错误，D 正确.5.（多选）（2018

5、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，则出，子弹和木块的v-t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（）B. 50 JD. 120 J解析：选 D.设子弹的初速度为 W,射入木块后子弹与木块共同的速度为mv为M子弹的质量为m根据动量守恒定律得：mv= （M+n）v,解得v=不匚M木块获得的动八，l 12Mriv2Mmvm一、，一八，121.“2能为Ek= 2Mv= 2mm2= 21M7T歸系统产生的内能为、Q= 2mv

6、-2（Mmv=22 （ M+m，可得Q=M50 J，当Q= 70 J 时，可得M：m= 2 : 5,因已知木块质量大于子弹质量，选项 A、B、C 错误；当 Q= 120 J 时，可得 M：m= 7 : 5,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A. 10 JC. 70 Jv,木块的质量子弹水平射入木块后未穿（2018 江苏苏北三市模拟3A. 碰撞前总动量是 2mvB. 碰撞过程动量不守恒C. 碰撞后乙的速

7、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3mv- mv=2mvA 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,1212由动量守恒定律得 3mv- mv=0+mv,解得v = 2v, C 正确；碰撞前总动能为 3rnv+-Tmv1=2mv,碰撞后总动能为 0+2（2v）2= 2mv,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 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t图象，由此可知（A. 小车上表

8、面长度B. 物体A与小车B的质量之比A以初速度vo滑到上A与小车B的v甲乙4C. 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mAv1mvo=（m+吶，解得：眉片，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x=vot1,根据能量1212守恒得：卩mgAx= qmvo ?（m+m）V1，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

9、从A点以初速度vo向右运动，到达B点时速度也为vo,OAOB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 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8）.下列说法正确的是（）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,5A. 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 5.5d3d3d解析：选 CD由图中的几何关系可得OA=sin37= 5d,OB=sin 30小=6d,由于物体从A点以初速度vo向右运动，到达B点时速度也为Vo,可知从A到

10、B的过程中物体的I J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Lo-5d= 6d-Lo,所以弹簧的原长L)= 5.5d.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

11、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P=Fvcos0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180- 37= 143，则物体在A点的加速度大小a=k(5d-L0) cos 143 2kd十任=l , D 正确.&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：D.物体在 A 点时加速度的大小为2kd5mom休5m6(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vi时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守 恒定律得mv= 2mv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BC组成的系统，由