高中物理高考 5 题型探究课　动量守恒中的力学综合问题　题型专练巩固提升

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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，v0＝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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝396 J，B项错；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，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 JB．50 J
C．70 JD．120 J
解析：选D.设子弹的初速度为v0，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：mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,m＋M).木块获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(Mm2veq \\al(2,0),2（M＋m）2)＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）)·eq \f(m,M＋m).系统产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(Mmveq \\al(2,0),2（M＋m）)，可得Q＝eq \f(M＋m,m)Ek>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2mv
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3mv－mv＝2mv，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3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为eq \f(1,2)·3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰撞后总动能为0＋eq \f(1,2)m(2v)2＝2mv2，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v0向右运动，到达B点时速度也为v0，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，cs 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 eq \f(2kd,5m)
解析：选CD.由图中的几何关系可得eq \x\t(OA)＝eq \f(3d,sin 37°)＝5d，eq \x\t(OB)＝eq \f(3d,sin 30°)＝6d，由于物体从A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度也为v0，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L0－5d＝6d－L0，所以弹簧的原长L0＝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＝Fvcs θ可知，A、B两点F与v0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＝eq \f(k（5d－L0）cs 143°,m)＝eq \f(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v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为 eq \f(v0,2)，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E0，
从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)·2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,0)，
解得μ＝eq \f(3veq \\al(2,0),8gs).
(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有2m·eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒有
E0＋eq \f(1,2)·2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)mv2，
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0).
答案：(1)eq \f(3veq \\al(2,0),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
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mA＝8 kg、mB＝10 kg、mC＝2 kg，物体B、C一起从静止开始下降H1＝3 m后，C与D发生没有能量损失的碰撞，B继续下降H2＝1.17 m后也与D发生没有能量损失的碰撞．取g＝10 m/s2.
(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(mB＋mC)gH1＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,C)
代入数据得vC＝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
mBgH2＝eq \f(1,2)(mA＋mB)(veq \\al(2,B)－veq \\al(2,C))
代入数据得vB＝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＝eq \f(mBg,mA＋mB)＝eq \f(50,9) m/s2
下降所用时间t1＝eq \f(vB－vC,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
hC＝vCt－eq \f(1,2)gt2
hB＝vB(t－t1)－eq \f(1,2)g(t－t1)2
hB＝hC＋H2
联立解得t＝0.93 s
所以B、C碰前的速度分别为
v′B＝vB－g(t－t1)＝－0.5 m/s，负号表示方向向下
v′C＝vC－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
mBv′B＋mCv′C＝(mB＋mC)vBC
损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mCv′eq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)
解得ΔE＝6.53 J.
答案：见解析