2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動量守恒題型探究課動量守恒中的力學(xué)綜合問題題型專練新

1、3.題型探究課 動量守恒中的力學(xué)綜合問題題型專練亠鞏固提升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,F 列分析正確的是（）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.項

2、 A 正確，選項 B、C、D 錯誤.選 D.類比速度一時間圖象中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度一時間圖象中由圖線與坐標軸所圍面積表示，在06 s 內(nèi)厶v= 18 m/s ,Vo= 2 m/s，貝 Ut= 6 s 時1i的速度v= 20 m/s , A 項錯；由動能定理可知，06 s 內(nèi)，合力做的功為W?mV?mV= 396J, B 項錯；由動量定理可知，IFFft=mv- mv,代入已知條件解得IF=48 N- s, C 項錯； 由牛頓第二定律可知，6 s 末FFf=ma解得F= 10 N，所以拉力的功率P=Fv= 200 W, D 項對.A.繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小

3、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. 人在最速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時,故選2. （2018 合肥質(zhì)檢）一質(zhì)量為直線運動時的at圖象如圖所示,2 kg 的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速t= 0 時其速度大小為 2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N,A.t= 6 s 的時刻,B.時間內(nèi), 合力對物體做的功為400 JC.時間內(nèi), 拉力對物體的沖量為36 N sD.的時刻，拉力F的功率為 200 W解析:人物體的速度為18 m/s2好靜止.A.B.C.D.假設(shè)碰撞時間極短，下列說法中正確的是（）碰后乙

4、向左運動，速度大小為1 m/s碰后乙向右運動，速度大小為7 m/svdx W碰撞中甲、乙的機械能總共增加了1 450 J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(shè)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甲一m乙v乙=口乙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121212程機械能的變化量 E= 3m甲v甲+ qm乙v乙一m乙v乙，代入數(shù)據(jù)解得E= 1 400 J，機械能減少了 1 400 J，選項 C 錯誤，D 正確.5.（多選）（2018

5、山東威海月考）如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)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，則出，子彈和木塊的v-t圖象如圖所示.已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)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(chǎn)生的內(nèi)能可能是（）B. 50 JD. 120 J解析：選 D.設(shè)子彈的初速度為 W,射入木塊后子彈與木塊共同的速度為mv為M子彈的質(zhì)量為m根據(jù)動量守恒定律得：mv= （M+n）v,解得v=不匚M木塊獲得的動八，l 12Mriv2Mmvm一、，一八，121.“2能為Ek= 2Mv= 2mm2= 21M7T歸系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為、Q= 2mv

6、-2（Mmv=22 （ M+m，可得Q=M50 J，當(dāng)Q= 70 J 時，可得M：m= 2 : 5,因已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項 A、B、C 錯誤；當(dāng) Q= 120 J 時，可得 M：m= 7 : 5,木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量,選項 D 正確.4. （2018 北京東城區(qū)檢測）質(zhì)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(zhì)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A. 10 JC. 70 Jv,木塊的質(zhì)量子彈水平射入木塊后未穿（2018 江蘇蘇北三市模擬3A. 碰撞前總動量是 2mvB. 碰撞過程動量不守恒C. 碰撞后乙的速

7、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3mv- mv=2mvA 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(shè)碰撞后乙的速度為v,1212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 3rnv+-Tmv1=2mv,碰撞后總動能為 0+2（2v）2= 2mv,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(lián)考）如圖甲所示， 光滑平臺上的物體 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t圖象，由此可知（A. 小車上表

8、面長度B. 物體A與小車B的質(zhì)量之比A以初速度vo滑到上A與小車B的v甲乙4C. 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mAv1mvo=（m+吶，解得：眉片，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故 B 正確；由圖象可以知道A相對小車B的位移x=vot1,根據(jù)能量1212守恒得：卩mgAx= qmvo ?（m+m）V1，根據(jù) B 中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C 正確；由于小車B的質(zhì)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(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)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(zhì)彈簧，彈簧另一端固定于距離直桿3d的O點，物體

9、從A點以初速度vo向右運動，到達B點時速度也為vo,OAOB與水平桿的夾角大小如圖所示，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)（取sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8）.下列說法正確的是（）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,5A. 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 5.5d3d3d解析：選 CD由圖中的幾何關(guān)系可得OA=sin37= 5d,OB=sin 30小=6d,由于物體從A點以初速度vo向右運動，到達B點時速度也為Vo,可知從A到

10、B的過程中物體的I J動能變化量為 0;在該過程中，由于桿光滑，結(jié)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(jié)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Lo-5d= 6d-Lo,所以彈簧的原長L)= 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?。晃矬w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(dāng)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

11、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=Fvcos0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=k(5d-L0) cos 143 2kd十任=l , D 正確.&如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)設(shè)A以速度V0朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)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(shè)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：D.物體在 A 點時加速度的大小為2kd5mom休5m6(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(nèi)能則為損失的機械能當(dāng)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vi時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守 恒定律得mv= 2mv此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為V2,損失的機械能為E對BC組成的系統(tǒng)，由