2020版高考物理人教版大一轮复习配套练习：第6章5题型探究课动量守恒中的力学综合问题含解析

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，下列分析正确的是( )
A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
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 ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
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运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，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．故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．
2．(2019·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )
A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/s
B ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 J
C ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N ·s
D ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W
解析：选D.类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝12m v 2－1
2m v 20＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，I F －F f ·t ＝m v －m v 0，代入
已知条件解得I F ＝48 N ·s ，C 项错；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得F ＝10 N ，所以拉力的功率
P ＝F v ＝200 W ，D 项对．
3.(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，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( )
A ．10 J
B ．50 J
C ．70 J
D ．120 J
解析：选D.设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量
为m ，根据动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12M v 2
＝Mm 2v 2
02（M ＋m ）2
＝
Mm v 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2
＝Mm v 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 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.(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )
A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：选B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误．
5．(多选)(2019·山东威海模拟)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( )
A ．碰撞前总动量大小为2m v
B ．碰撞过程动量不守恒
C ．碰撞后乙的速度大小为2v
D ．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3m v －m v ＝2m v ，A 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 ′，由动量守恒定律得3m v －m v ＝0＋m v ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3m v 2＋12m v 2＝2m v 2，碰撞后总动能为0＋1
2m (2v )2＝2m v 2，碰撞前后无
机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．
6．(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，物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，OA 、OB 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( )
A ．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5.5d
D ．物体在A 点时加速度的大小为
2kd 5m
解析：选CD.由图中的几何关系可得OA ＝3d sin 37°＝5d ，OB ＝3d
sin 30°＝6d ，由于物体从A 点以初速度
v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，可知从A 到B 的过程中物体的动能变化量为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L 0－5d ＝6d －L 0，所以弹簧的原长L 0＝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 ＝F v cos θ可知，A 、B 两点F 与v 0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 －L 0）cos 143°m ＝2kd
5m
，D 正确．
7．(2019·河北邯郸摸底)如图所示，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为
v 0
2
，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ； (2)炸药爆炸时释放的化学能．
解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0， 从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得 －μ·2mgs ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12·2m v 20， 解得μ＝3v 20
8gs
.
(2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 0
2＝m v ，
根据能量守恒有 E 0＋12·2m ·⎝⎛⎭⎫v 022＝12
m v 2，
解得E 0＝1
4m v 20
.
答案：(1)3v 20
8gs (2)14m v 20
8.如图所示，用一根细线绕过光滑的定滑轮将物体A 、B 连接起来，离滑轮足够远的物体A 置于光滑的平
台上，物体C 中央有小孔，物体C 放在物体B 上，细线穿过物体C 的小孔．U 形物体D 固定在地板上，物体B 可以穿过D 的上口进入其内部而物体C 又恰好能被挡住．物体A 、B 、C 的质量分别为m A ＝8 kg 、m B ＝10 kg 、m C ＝2 kg ，物体B 、C 一起从静止开始下降H 1＝3 m 后，C 与D 发生没有能量损失的碰撞，B 继续下降H 2＝1.17 m 后也与D 发生没有能量损失的碰撞．取g ＝10 m/s 2.
(1)求物体C 与D 碰撞时的速度大小； (2)求物体B 与D 碰撞时的速度大小；
(3)求物体B 、C 分开后第一次碰撞前B 、C 的速度；
(4)若物体B 、C 第一次碰撞后不分开，求第一次碰撞损失的机械能．
解析：(1)由于平台是光滑的，物体A 、B 、C 在滑动过程中机械能守恒，则有(m B ＋m C )gH 1＝1
2(m A ＋m B ＋m C )v 2C 代入数据得v C ＝6 m/s.
(2)物体C 与D 碰撞后，物体A 、B 继续运动，满足机械能守恒，则有 m B gH 2＝12
(m A ＋m B )(v 2B －v 2
C )
代入数据得v B ＝7 m/s.
(3)物体C 与D 碰撞后，物体B 在继续下降过程中的加速度为 a ＝m B g m A ＋m B ＝509
m/s 2 下降所用时间t 1＝v B －v C
a
＝0.18 s
B 、
C 分别与
D 碰撞后均无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设C 反弹后经过时间t 两物体相碰，则有
h C ＝v C t －1
2
gt 2
h B ＝v B (t －t 1)－1
2
g (t －t 1)2
h B ＝h C ＋H 2
联立解得t ＝0.93 s
所以B 、C 碰前的速度分别为
v ′B ＝v B －g (t －t 1)＝－0.5 m/s ，负号表示方向向下 v ′C ＝v C －gt ＝－3.3 m/s ，负号代表方向向下． (4)物体B 、C 第一次碰撞满足动量守恒 m B v ′B ＋m C v ′C ＝(m B ＋m C )v BC 损失的机械能为
ΔE ＝12m B v ′2B ＋12m C v ′2C －12
(m B ＋m C )v 2
BC
解得ΔE＝6.53 J.答案：见解析。