高考物理一輪復(fù)習(xí)鞏固提升第6章題型探究課　動量守恒中的力學(xué)綜合問題 (含解析)

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．(2019·合肥質(zhì)檢)一質(zhì)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a－t圖象如圖所示，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則()A．在t＝6s的時刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時間內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時間內(nèi)，拉力對物體的沖量為36N·sD．在t＝6s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0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時的速度v＝20m/s，A項錯；由動能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項錯；由動量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C項錯；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項對．3.(2019·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(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50J，則此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()A．10J B．50JC．70J D．120J解析：選D.設(shè)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(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M).木塊獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2veq\o\al(2,0),2（M＋m）2)＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)·eq\f(m,M＋m).系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)，可得Q＝eq\f(M＋m,m)Ek>50J，當Q＝70J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Q＝120J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.(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動．下列敘述正確的是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變解析：選B.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯誤；重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤．5．(多選)(2019·山東威海模擬)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()A．碰撞前總動量大小為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(shè)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eq\f(1,2)·3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰撞后總動能為0＋eq\f(1,2)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)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(nèi)(取sin37°＝0.6，cos37°＝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5.5dD．物體在A點時加速度的大小為eq\f(2kd,5m)解析：選CD.由圖中的幾何關(guān)系可得eq\x\to(OA)＝eq\f(3d,sin37°)＝5d，eq\x\to(OB)＝eq\f(3d,sin30°)＝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(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，物體的速度減小；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＝Fvcosθ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＝eq\f(k（5d－L0）cos143°,m)＝eq\f(2kd,5m)，D正確．7．(2019·河北邯鄲摸底)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進．已知O、P兩點間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求：(1)木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)μ；(2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能．解析：(1)設(shè)木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，炸藥爆炸釋放的化學(xué)能為E0，從O滑到P，對A、B由動能定理得－μ·2mgs＝eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8gs).(2)在P點爆炸時，A、B動量守恒，有2m·eq\f(v0,2)＝mv，根據(jù)能量守恒有E0＋eq\f(1,2)·2m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)mv2，解得E0＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0).答案：(1)eq\f(3veq\o\al(2,0),8gs)(2)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)8.如圖所示，用一根細線繞過光滑的定滑輪將物體A、B連接起來，離滑輪足夠遠的物體A置于光滑的平臺上，物體C中央有小孔，物體C放在物體B上，細線穿過物體C的小孔．U形物體D固定在地板上，物體B可以穿過D的上口進入其內(nèi)部而物體C又恰好能被擋?。矬wA、B、C的質(zhì)量分別為mA＝8kg、mB＝10kg、mC＝2kg，物體B、C一起從靜止開始下降H1＝3m后，C與D發(fā)生沒有能量損失的碰撞，B繼續(xù)下降H2＝1.17m后也與D發(fā)生沒有能量損失的碰撞．取g＝10m/s2.(1)求物體C與D碰撞時的速度大?。?2)求物體B與D碰撞時的速度大??；(3)求物體B、C分開后第一次碰撞前B、C的速度；(4)若物體B、C第一次碰撞后不分開，求第一次碰撞損失的機械能．解析：(1)由于平臺是光滑的，物體A、B、C在滑動過程中機械能守恒，則有(mB＋mC)gH1＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)得vC＝6m/s.(2)物體C與D碰撞后，物體A、B繼續(xù)運動，滿足機械能守恒，則有mBgH2＝eq\f(1,2)(mA＋mB)(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,C))代入數(shù)據(jù)得vB＝7m/s.(3)物體C與D碰撞后，物體B在繼續(xù)下降過程中的加速度為a＝eq\f(mBg,mA＋mB)＝eq\f(50,9)m/s2下降所用時間t1＝eq\f(vB－vC,a)＝0.18sB、C分別與D碰撞后均無機械能損失，都以原速率反彈，做豎直上拋運動，取豎直向上為正方向，設(shè)C反彈后經(jīng)過時間t兩物體相碰，則有hC＝vCt－eq\f(1,2)gt2hB＝vB(t－t1)－eq\f(1,2)g(t－t1)2hB＝hC＋H2聯(lián)立解得t＝0.93s所以