2019版高考物理通用版二轮复习专题检测：(九)技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题Word版含解析

1、专题检测（九）技法专题一一巧用“动量观点”解决力学选择题1. （2018全国卷n ）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N解析：选C 设每层楼高约为3 m,则鸡蛋下落高度约为h = 3X 25 m = 75 m,达到的速度满足v2=2gh,根据动量定理（F mg）t=0（ mv）,解得鸡蛋受到地面的冲击力F =mv+mg 103 n,由牛顿第三定律知 C正确。2.多选（2019届高三资阳模拟）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁

2、定的 弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块A最初与左侧固定的挡板相接触，物块B的质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，从某时刻开始计时，B的v-t图像 如图乙所示，则可知（）A . A的质量为4 kgB.运动过程中 A的最大速度为4 m/sC.在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J解析：选BD 解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统不受外力，系统动量守恒、机械 能守恒，B的速度最大（vm=3 m/s）时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最 小（v' = 1 m/s）时，A的速度最大，设A的质量为m, A的最

3、大速度为v,根据动量守恒定律和1 C 1C 1 C . 一机械能寸恒7E律有：mv+mBv =mBvm, 2mv2 + 2mBv=2mBvm2,解得 m=1 kg,v= 4 m/s, A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对 A有作用力，所以A、B系统所受 外力矢量和不为零，则系统动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根 据机械能守恒定律知，此时弹簧弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：,、12 1,、2mBvm=(mB + m)v 共，Epm= 2mBvm22(mB+ m)v 共2,解得 Epm=3 J, D 正确。Fi和F2,两小车同时开3.多选（20

4、18哈尔滨三中检测）如图所示，甲、乙两小车的 质量分别为 m1和m2,且m1<m2,用轻弹簧将两小车连接，静止在 光滑水平面上，现同时对甲、乙两小车施加等大、反向的水平拉力始运动，直到弹簧被拉到最长（仍在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是（）A.甲和乙的动量都不断增大B.甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2： miC.甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大D.甲和乙的平均速率之比为m2 ： mi解析：选CD 当施加的水平拉力大于弹簧拉力时，甲和乙的速度在增大，动量在增大，当弹簧拉力大于施加的水平拉力时，甲和乙的动量开始减小，A错误；外力做正功，所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大，C正

5、确；将甲、乙及弹簧看成一个整体，因Fi和F2等大反向,故甲、乙及弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故mivim2v2=0,根，一 _ I甲 一 一、一 ，一 一据动重7E理可得I甲=m1v1, I乙=一 m2v2,故 =1 ： 1, B错反；因为研允过程中任息时刻v 1 m2甲、乙的动量和为零，所以=含,D正确。4.光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块(可视为质点，小滑块与木板之间的动摩擦因数为因开始时它们都处于静止状态 ，某时刻给小滑块一瞬日冲量，使小滑块以初速度 vo向右运动，经过一段时间小滑块与木板达到共同速度 v,此时小滑块与木板最左端的距离为d

6、,木板的位移为x,如图所示。下列关系式正确的是()工dH 上_ 匚：行产I% ： ：:%步济T：W： "W： ：:.牛 雪窑 W二如分不嬷'/ 加七抄H：等:络 7：格yA.12叱 mgx 2(M + m)vB.mgd= 2(M + m)v2 2mvo22Mm voC.艮 mgd= n ., "2 2 M + mD. n mgd= 2mvo2 2mv2mvo解析：选C 由动量守恒定律可知:mvo=(M + m)v,解得v= m+m,对小滑块分析可知，只有木板的摩擦力对其做功 ，则由动能定理可知：m(x+ d)=-2mv2-2mvo2,对木板分析可知，木板受小滑块的摩

7、擦力做功1 一由动能定理可知：mgx= Mv2,可得 科mg生Mm vo22 M + m故C正确。5.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动p2=7 kg m/s,甲球从后面追上乙球并发生碰撞 量mi与乙球质量 m2间的关系可能正确的是（A. mi = m2B.C. 4mi = m2D.解析：选C 设碰后甲球动量变为 pi1,pi+ p2=pi' + p2 ,解得 pi,已知它们的动量分别是pi = 5 kg m/s,碰后乙球的动量变为10 kg m/s,则甲球质）2mi = m26mi = m2乙球动量变为p2',根据动量守恒定律得=2 kg m/s。碰撞过程系统的总动能不增加则

8、有p1 1 2 产，22mi 2m2<2m1+2m2，解得miw3，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度,则有*忘展,解得黑 >1,综上有卜詈, C正确，A、B、D错误。6.如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的木板A,木板A获得初速度V。后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板 A的上表面，滑块B在木板A上滑动的过程 中（B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于 A与斜面间的动摩擦因数），下列说法正确的是（）A. A、B组成的系统动量和机械能都守恒B. A、B组成的系统动量和机械能都不守恒,，i ,，2,当B放在A上表C.当B的速度为3V。

9、时，A的速度为3V0解析：选B 该同学与船组成的系统在水平方向动量守恒，选取该同学运动的方向为正方向得：m1vm2V2= （mI+m2）v,解得v=0.25 m/s,与该同学的速度方向相同，故 A、C错误；该同学的动量变化量大小为：|Ap1|=|m1v m1v1|= 105 kg m/s,故B正确；船的动量变化重大小为：42= m2v（ m2v2）= 105 kg m/s,故D错误。K 7 68 .多选A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图所示为A、B发生碰撞前、后的 v -t图像，由图可知下列叙述正 确的是（）A. A、B的质量比为3 : 2B. A、B碰撞前、后总动量守恒C. A、

10、B碰撞前、后总动量不守恒D. A、B碰撞前、后总动能不变解析：选ABD 根据动量守恒条件知，A、B碰撞前、后总动量守恒，B正确，C错误;mAX 22 + mBX 72=55mA,即碰撞前、223根据动量守恒定律： mAX 6+mBX 1= mAX 2+mB X 7,得：mA：mB=3：2, A正确；碰撞前总动能：1mAX 62+1mBX 12=55mA,碰撞后总动能: 223后总动能不变，D正确。9 .多选如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M = 1 kg的木块随传送带一起以 v1=2 m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒士网定），木块与传送带间的动摩擦因数 科=0.5,当木块运动到最

11、左端 A点 aQJZZZO臼 时，一颗质量为m = 20 g的子弹，以vo= 300 m/s的水平向右的速度正对射入木块并穿出 ，穿 出速度v = 50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短 （g取10 m/s2）。则（）A .子弹射穿木块后，木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离 A点的最大距离为 0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止历时1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止历时0.6 s解析：选BC 木块运动的加速度大小不变 ，a=罗5 m/s2,子弹射穿木块的过程中两者动量守恒，木块速度 v ' = m 丫 v Vi = 3 m/s,木块向右匀减速运动的位移s=7 =mi2

12、 a0.9 m,即木块遭射击后远离 A点的最大距离为 0.9 m, B正确；木块向右匀减速运动的时间3v=一=0.6 s,因为V, >V1,所以最后木块相专送带静止 ，木块向左匀加速运动的时间t2avia = 0.4 s,则木块遭射击后到相对传送田静止历时t=t + t2=1.0 s, C正确，D错误；子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。10.多选如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B,静止于光滑的水平面上。木块 A被水平飞行的初速度为vo的子弹射中并镶嵌在其中，子弹与A的作用时间极短。已知B的质量为m, A的质

13、量是B的3，14,子弹的质量是B的4,则（）A.子弹击中木块 A后瞬间,与A的共同速度为1voB.子弹击中木块 A后瞬间,与A的共同速度为vo1 CC.弹簧压缩到最短时的弹性势能为614mvo21 CD.弹簧压缩到最短时的弹性势能为8mvo2解析：选AC 设子弹击中木块 A后瞬间与木块 A的共同速度为V1,二者动量守恒,有113 一 14mvo= 4m +4m V1,解得v1=4vo,弹簧压缩到最短时，A与B具有共同的速度，设为V2,子1 313弹和A与B动重寸恒，有m +4m v1= 4m+ m+m v2,设此时弹簧的弹性势能为 E,由能量守恒定律得1 ：m +3m V12=1：m + 3m

14、+m V22+ E,解得E=；1mvo2,综上所述，A、C正 2 442 4464确。11 .多选（2018哈尔滨三中检测）如图所示，将一轻质弹簧从物体 B内 二T 部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1=2.0 kg的物体 ':下Ao平衡时A距天花板h = 2.4 m,在距A正上方高为h1=1.8 m处由静止打与 广释放质量为m2= 1.0 kg的B, B下落过程中某时刻与弹簧下端的A碰撞（碰，,八vL撞时间极短），碰撞后A、B一起向下运动，A、B不粘连，且可视为质点，历时0.25 s第一次 到达最低点（弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g= 10 m/s2）,下列说法

15、正确的是（ ）A.碰撞结束瞬间 A、B的速度大小为2 m/s12 碰撞结束后A、B 一起向下运动的最大位移大小为0.25 mC.碰撞结束后 A、B 一起向下运动的过程中，A、B间的平均作用力大小为18 ND. A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为 0.2 m解析：选ABC 设B自由下落至与 A碰撞前其速度为 V0,根据自由落体运动规律，有:V0= 42gh1 = 6 m/s,设A、B碰撞结束瞬间二者共同速度为vi,以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0=（mI + m2）v1,解得vi = 2 m/s, A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选才B B为

16、研究对象，根据动量定理，有：（m2g F ）t=0m2v1，解得F =18 N,方向竖直向上，C正确；此过程中对 B分析，根据动能定理，有：F x+m2gx =102m2v12,解得x= 0.25 m,即碰撞结束后 A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m, B正确；A、B若在碰撞位置分开,B还能上升的最大高度为h' =F=0.2 m,但实际上A、B2g在弹簧恢复原长时才分开,故B还能上升的最大高度小于0.2 m, D错误。12.如图所示，一辆质量为M=6 kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m = 2 kg的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端，

17、平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数 尸0.45,平板小车的长L = 1 m。现给小铁块一个V0=5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动,则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10 m/s2)()B. 30 JA. 10 JC. 9 JD. 18 J解析：选D 设小铁块向左运动到达竖直墙时的速度大小为Vi,由动能定理得mgL=，vi22mv02,解得vi = 4 m/s,小铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板小车达到共同速度V2,二者组成的系统动量守恒 ，取向右为正方向，有mv 1=(M+ m)v 2,解得V2= 1 m/s,

18、设小铁块相对平板小车运动距离为x时两者达到共同速度，由功能关系得一mgx= 1(M + m)v22 1mv12,解得x= 4 m >L,则小铁块在没有与平板小车达 223到共同速度时就滑出平板小车，小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为 正=2科mgL= 18 J,故D正确。13 .多选如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上。今 有一个可以视为质点的小球 ，质量为m,半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()A.小球滑离小车时，

19、小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为、v2C.小车上管道最高点的竖直高度为3-3gD .小球从滑进管道到滑到最高点的过程中一mv，小车的动量变化大小是m3解析：选BC小球恰好能到达管道的最高点,说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由动量守恒定律，有 mv = (m + 2m)v',得v'=(,小车动量变化大小 川车=2m V = 2mv, D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点 33 3的过程中，由机械能守恒定律，有mgH =2mv2：(m + 2m)v' 2,得H=3g, C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过

20、程 ,由动量守恒定律和机械能守恒定律 ,有mv=mvi + 2mv2,-mv2=；mvi2+；x 2mv22,解得vi= v, v2=2v,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 2233v+1v=v, B项正确；由以上分析可知,在整个过程中小车一直向右运动,A项错误。14 .多选（2018中卫调研）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M = 0.6 kg, m=0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8 J弹性势能的锁定的轻弹簧（弹簧与两球不拴接），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R= 0.425 m的竖直固定的光滑半圆形轨道，A为轨

21、道底端，B为轨道顶端，如图所示。g取10 m/s2,则下列说法正确的是（）A . m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N s B. M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC.若半圆轨道半径可调，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径 的增大而减小D.弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N s 解析：选AD 释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量1 c 1寸恒7E律得：mvMv2=0,由机械能寸恒7E律得：2mv12+2Mv22= Ep,解得：V1 =12D.当A的速度为3V。时，B的速度为3vo解析：选C 由于A沿斜面体匀速下滑，则此时A所受的合力为零 面后，A、B组成的系统所受的合力为零 ，则系统的动量守恒，由于A、B间摩擦力的作用，系 统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑 ，即B的速度不可能大 于A的速度，由动量守恒定律