2019屆高考物理一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 題型探究課 動量守恒中的力學綜合問題題型專練 新人教版.doc
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題型探究課 動量守恒中的力學綜合問題 1．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是( ) A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析：選A.從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力．繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功．故選項A正確，選項B、C、D錯誤． 2．(2018合肥質檢)一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a－t圖象如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N，則( ) A．在t＝6 s的時刻，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s時間內，合力對物體做的功為400 J C．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為36 Ns D．在t＝6 s的時刻，拉力F的功率為200 W 解析：選D.類比速度－時間圖象中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度－時間圖象中由圖線與坐標軸所圍面積表示，在0～6 s內Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，則t＝6 s時的速度v＝20 m/s，A項錯；由動能定理可知，0～6 s內，合力做的功為W＝mv2－mv＝396 J，B項錯；由動量定理可知，IF－Fft＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48 Ns，C項錯；由牛頓第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D項對． 3. (2018江蘇蘇北三市模擬)光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的v－t圖象如圖所示．已知木塊質量大于子彈質量，從子彈射入木塊到達穩(wěn)定狀態(tài)，木塊動能增加了50 J，則此過程產生的內能可能是( ) A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J 解析：選D.設子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質量為M，子彈的質量為m，根據動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.木塊獲得的動能為Ek＝Mv2＝＝.系統(tǒng)產生的內能為Q＝mv－(M＋m)v2＝，可得Q＝Ek>50 J，當Q＝70 J時，可得M∶m＝2∶5，因已知木塊質量大于子彈質量，選項A、B、C錯誤；當Q＝120 J時，可得M∶m＝7∶5，木塊質量大于子彈質量，選項D正確． 4．(2018北京東城區(qū)檢測)質量為80 kg的冰球運動員甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右運動時，與質量為100 kg、速度為3 m/s的迎面而來的運動員乙相撞，碰后甲恰好靜止．假設碰撞時間極短，下列說法中正確的是( ) A．碰后乙向左運動，速度大小為1 m/s B．碰后乙向右運動，速度大小為7 m/s C．碰撞中甲、乙的機械能總共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的機械能總共損失了1 400 J 解析：選D.甲、乙碰撞的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，設碰撞前甲的速度為v甲，乙的速度為v乙，碰撞后乙的速度為v′乙，由動量守恒定律得：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，選項A、B錯誤；甲、乙碰撞過程機械能的變化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v，代入數據解得ΔE＝1 400 J，機械能減少了1 400 J，選項C錯誤，D正確． 5．(多選)(2018山東威海月考)如圖所示，現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，則( ) A．碰撞前總動量是2mv B．碰撞過程動量不守恒 C．碰撞后乙的速度大小為2v D．碰撞屬于非彈性碰撞 解析：選AC.取向右為正方向，碰撞前總動量為3mv－mv＝2mv，A正確；碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動量守恒，B錯誤；設碰撞后乙的速度為v′，由動量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正確；碰撞前總動能為3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后總動能為0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后無機械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯誤． 6．(多選)(2018廣東六校聯考)如圖甲所示，光滑平臺上的物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動摩擦因數不計，圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知( ) A．小車上表面長度 B．物體A與小車B的質量之比 C．物體A與小車B上表面的動摩擦因數 D．小車B獲得的動能 解析：選BC.由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；由動量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝，故可以確定物體A與小車B的質量之比，故B正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移Δx＝v0t1，根據能量守恒得：μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根據B中求得質量關系，可以解出動摩擦因數，故C正確；由于小車B的質量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤． 7．(多選)質量為m的物體(可視為質點)套在光滑水平固定直桿上，其上拴一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧另一端固定于距離直桿3d的O點，物體從A點以初速度v0向右運動，到達B點時速度也為v0，OA、OB與水平桿的夾角大小如圖所示，彈簧始終處于彈性限度內(取sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)．下列說法正確的是( ) A．從A點運動到B點的過程中，物體的速度先增大后減小 B．物體在A、B兩點時彈簧彈力的功率相等 C．彈簧的原長為5.5d D．物體在A點時加速度的大小為 解析：選CD.由圖中的幾何關系可得＝＝5d，＝＝6d，由于物體從A點以初速度v0向右運動，到達B點時速度也為v0，可知從A到B的過程中物體的動能變化量為0；在該過程中，由于桿光滑，結合動能定理可知彈簧對物體做功的和等于0，物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在B點時的彈性勢能，結合彈性勢能的特點可知，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，后來彈簧處于伸長狀態(tài)，且彈簧的壓縮量等于后來彈簧的伸長量，即L0－5d＝6d－L0，所以彈簧的原長L0＝5.5d.物體從A向O點正下方運動的過程中彈簧繼續(xù)壓縮，所以彈簧對物體做負功，物體的速度減??；物體從O點的正下方向B運動的過程中彈簧伸長，先對物體做正功，物體的速度增大；當彈簧的長度大于彈簧原長后，彈簧又開始對物體做負功，物體的速度又減?。晕矬w先減速，再加速，最后又減速，A錯誤，C正確；如圖所示，分別畫出A、B兩點受到的彈力與速度，由公式P＝Fvcos θ可知，A、B兩點F與v0之間的夾角不同，則A、B兩點彈簧彈力的功率不相等，B錯誤；在A點，彈簧的彈力F與運動方向之間的夾角為180－37＝143，則物體在A點的加速度大小a＝＝，D正確． 8．如圖，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C.B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)．設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、 B速度相等時，B與C恰好相碰并黏接在一起，然后繼續(xù)運動．假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中： (1)整個系統(tǒng)損失的機械能； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能． 解析：A、B碰撞過程動量守恒，能量也守恒，而B、C相碰黏接在一塊時，動量守恒．系統(tǒng)產生的內能則為損失的機械能．當A、B、C速度相等時，彈性勢能最大． (1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得 mv0＝2mv1 ① 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝2mv2 ② mv＝ΔE＋(2m)v ③ 聯立①②③式得ΔE＝mv. ④ (2)由②式可知v2
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