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1、【2019最新】精选高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律 第三节 三大观点解决力学综合问题达标诊断高效训练 (建议用时：60分钟)一、单项选择题1(2018黑龙江市一中模拟)如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为 ()A.B2Mv0 C. D2mv0解析：选A.由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，mv0(Mm)v，解得v.根据动量定理，
2、合外力的冲量IMv.故A正确，B、C、D错误2(2018四川成都外国语学校月考)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为.一质量为m(mM)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()Ah BC. D解析：选D.斜面固定时，由动能定理得：mgh0mv，所以v0；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0(Mm)v，由机械能守恒得：mv (Mm)v2mgh， 解得：hh.故选D.3(2018江苏徐州县中学质检)质量为m的球从高处由
3、静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是()解析：选D.已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即fkv，根据牛顿第二定律：mgkvma，得ag，开始时v比较小，mgkv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又vat ，整理得：a ，可见a不是均匀减小，故A错误；由前面分析知球做加速度逐渐减小的加速运动，其斜率应该逐渐减小，故B错误；由动能定理：mghfhEk，即Ek(mgkv)h，由于v是变化的，故Ekh不是线性关系，C错误；机械
4、能的变化量等于克服阻力做的功：fhEE0，v逐渐增大，则f逐渐增大，即Eh图象的斜率逐渐变大，故D正确4(2018四川绵阳南山中学模拟)小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是()A. B C. D解析：选C.设初速度方向为正，则反弹后的速度为；则由动量定理可得：Ft2m2mv，解得：F，负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲击力为FF；故选C.5(2018安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑
5、中假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2.物块可视为质点则A碰撞前瞬间的速度为()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析：选C.碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：2mgx02mv2代入数据得：v1 m/s，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0mv12mv，由于没有机械能的损失，则：mvmv2mv2，联立可得：v01.5 m/s，故A、B、D错误，C正确二、多项选择题6(2018湖南长沙长郡中学模拟)伞兵在抢险中具有重要作用，是精锐中的精锐
6、在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动，经过一段时间后，打开降落伞，展开伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降；为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度不超过5 m/s，取重力加速度为g10 m/s2，根据上述信息，下列说法正确的是()A伞兵展伞时，最大速度为40 m/sB伞兵展伞时，离地面的高度至少为99 m C伞兵下落过程中的机械能先不变后减小D可以求出伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功解析：选BC.设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则：对于匀减速运动过程，有v2v2ah，即52 v212.5h；对于自由下落过程，有v2g
7、(224h)210(224h)；联立解得h99 m，v050 m/s，故选项A错误，B正确；伞兵自由下落过程中只有重力做功，故机械能守恒；减速下落过程中，还有阻力做功，故机械能减小，故伞兵下落过程中的机械能先不变后减小，选项C正确；因伞兵的质量未知，故不能求解伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功，选项D错误7(2018南昌十所省重点中学模拟)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图(b)所示重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力由图示可知()A物块与水平桌面间的最大静摩
8、擦力为3 NB物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C物块的质量m2 kgD在04 s时间内，合外力的冲量为12 Ns解析：选BD.由图(b)可知，t2 s时刻物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图(a)读出最大静摩擦力为6 N，故A错误；由图知：当t2 s时，a1 m/s2，F6 N，根据牛顿第二定律得：Fmgma，代入得：6m10m.当t4 s时，a3 m/s2，F12 N，根据牛顿第二定律得：Fmgma，代入得：12m103m.联立解得0.1，m3 kg，故B正确，C错误；at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得04 s内物块速度的增量为v(42) m/s4
9、 m/s，t0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得04 s内合外力的冲量为：Ipmv34 Ns12 Ns，故D正确8(2018西安高新一中模拟)如图所示，一小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数tan .下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能Ek及所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是()解析：选BD.分析物块的运动情况：物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为 fmmgcos ，重力沿斜面向下的分力为mgsin ，由于tan ，则最大静摩擦力大于重
10、力沿斜面向下的分力，物块停在最高点物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a(gsin gcos )，保持不变；到了最高点，物块保持静止状态，加速度a0，故B正确；上滑过程中物块的Ekmv2m(v0at)2，Ek与t应是非线性关系，图象是曲线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦力为Ffmgcos ，保持不变；最高点，物块受到静摩擦力为Ffmgsin ，故D正确三、非选择题9(2018四川成都月考)如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰碰
11、撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为.重力加速度为g.若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量解析：设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2；以A为研究对象，从P到O，由能量守恒定律得：mglmvmv，以A、B为研究对象，碰撞瞬间系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv12mv2，解得：v22gl)，碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律得：(2mg)2x2mv，解得：x,16g) .答案：,16g) 10(2018四川成都外国语学校月考)如
12、图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数；(2) 圆弧槽C的半径R.解析：(1)当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：mv0m2mv1由能量守恒知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：mgLmvm2mv联立解得：,16gL).(2)当A滑上C，B与C
13、分离，A、C发生相互作用设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：mmv1(mm)v2由A、C组成的系统机械能守恒：mmv (2m)vmgR联立解得：R,64g).答案：见解析11(2018湖北宜城一中模拟)如图甲所示，质量为M3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的vt图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在第1.0 s内所受的合力为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？ (3)假设A、B两物体在运动过程中不会相碰，试在图
14、乙中画出A、B在1.03.0 s时间内的vt图象解析：(1)由图可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a2 m/s2.物体A、B所受的摩擦力均为fma2 N，方向相反根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得，mvAmvB(2mM)v代入数据，解得v0.4 m/s，方向向右由系统能量守恒得，f(sAsB)mvmv(2mM)v2，解得A、B的相对位移，即车的最小长度ssAsB4.8 m.(3)1 s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v.在该过程中，对A运用动量定理得，ftmv解得t0.8 s.即系统在t1.8 s时达到共同速度，此后一起做匀速运动在1.03.0 s时间内的vt图象如下答案：(1)0 (2)4.8 m(3)见解析8 / 8
