2019高考物理一輪復習 第六章 碰撞與動量守恒 第4講 動量守恒中的力學綜合問題練習

1、第4講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

2、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2kg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at圖象如圖所示，t0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A在t6s的時刻，物體的速度為18m/sB在06s時間內，合力對物體做的功為400JC在06s時間內，拉力對物體的沖量為36NsD在t6s的時刻，拉力F的功率為200W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

3、量在加速度時間圖象中由圖線與坐標軸所圍面積表示，在06s內v18m/s，v02m/s，則t6s時的速度v20m/s，A項錯；由動能110定理可知，06s內，合力做的功為W2mv22mv2396J，B項錯；由動量定理可知，IFFftmvmv0，代入已知條件解得IF48Ns，C項錯；由牛頓第二定律可知，6s末FFfma，解得F10N，所以拉力的功率PFv200W，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vt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50J，則此過程產(chǎn)生的內能可能是()A10JC7

4、0JB50JD120J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.木塊獲得的動能為EkMv2為m，根據(jù)動量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得vmv01Mm2v20mM22（Mm）2Mmv201Mmv20m1Mm02（Mm）Mm.系統(tǒng)產(chǎn)生的內能為Q2mv22(Mm)v22（Mm），可得QmEk50J，當Q70J時，可得Mm25，因已知木塊質量大于子彈質量，選項A、B、C錯誤；當Q120J時，可得Mm75，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80kg的冰球運動員甲，以5m/s的速度在水平冰面上向右運動時，與質量為1

5、00kg、速度為3m/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1m/sB碰后乙向右運動，速度大小為7m/sC碰撞中甲、乙的機械能總共增加了1450JD碰撞中甲、乙的機械能總共損失了1400Jv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甲m，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：甲v甲m乙v乙m乙v乙，解得v乙1m/s，11122乙方向水平向右，選項A、B錯誤；甲、乙碰撞過程機械能的變化量E2m甲v甲2m乙v乙2m乙v2，代入數(shù)據(jù)解得E1400J，機械能減少了

6、1400J，選項C錯誤，D正確5(多選)(2018山東威海月考)如圖所示，現(xiàn)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()解得v2v，C正確；碰撞前總動能為3mv2mv22mv2，碰撞后總動能為0m(2v)22mv2，碰撞前后A碰撞前總動量是2mvB碰撞過程動量不守恒C碰撞后乙的速度大小為2vD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3mvmv2mv，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3mvmv0mv，111222無機械能損

7、失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯誤6(多選)(2018廣東六校聯(lián)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(shù)不計，圖乙為物體A與小車B的vt圖象，由此可知()2量守恒定律得，mAv0(mAmB)v1，解得：Amv1mBv0v1A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(shù)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，故可以確定物體A與小車B的質量之比，故B正確；由11101圖象可以知道A相對小車B的位移x2v0t1，根據(jù)能量守恒得：mAgx2mA

8、v22(mAmB)v2，根據(jù)B中求得質量關系，可以解出動摩擦因數(shù)，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(shù)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sin370.6，cos370.8)下列說法正確的是()5m解析：選CD.由圖中的幾何關系可得OA3d5d，OB6d，由于物體從A點以初速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

9、力的功率相等C彈簧的原長為5.5d2kdD物體在A點時加速度的大小為3dsin37sin30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L05d6dL0，所以彈簧的原長L05.5d.物體從A向O點正下方運動的過程中彈簧繼A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

10、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，物體的速度又減小所以物體先減速，再加速，最后又減速，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PFvcos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18037143，則物體在A點的加速度大小a3k（5dL0）cos1432kdm5m，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(chǎn)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mv02mv1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E.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv12mv21