（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（九）技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题（含解析）.doc

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1、1技法专题巧用“动量观点”解决力学1(2018全国卷)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( )A10 N B10 2 NC10 3 N D10 4 N解析：选 C 设每层楼高约为 3 m，则鸡蛋下落高度约为 h325 m75 m，达到的速度满足 v22 gh，根据动量定理( F mg)t0( mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力 F mg10 3 N，由牛顿第三定律知 C 正确。mvt2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定的弹簧，整个系统静止放在

2、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vt 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 3 J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( vm3 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( v1 m/s)时， A 的速度最大，设 A 的质量为 m

3、， A 的最大速度为 v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： mv mBv mBvm， mv2 mBv 2 mBvm2，解得 m1 kg，12 12 12v4 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： mBvm( mB m)v 共 ， Epm mBvm2 (mB m)v 共 2，解得 Epm3 J，D 正确。12 123多选(2018哈尔滨三中检测)如图所示

4、，甲、乙两小车的质量分别为 m1和 m2，且 m1 v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速va运动的时间 t2 0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时 t t1 t21.0 s，Cv1a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。510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 v0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 的质量是 B 的，子弹的质量是 B 的 ，则( )34 14A子弹击中木

5、块 A 后瞬间，与 A 的共同速度为 v014B子弹击中木块 A 后瞬间，与 A 的共同速度为 v0C弹簧压缩到最短时的弹性势能为 mv02164D弹簧压缩到最短时的弹性势能为 mv0218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mv0 v1，解得 v1 v0，弹簧压缩到最短时， A 与 B 具有共同的速度，设为 v2，子14 (14m 34m) 14弹和 A 与 B 动量守恒，有 v1 v2，设此时弹簧的弹性势能为 E，由能量(14m 34m) (14m 34m m)守恒定律得 v12 v22 E，解得 E mv02，综上所述，A、C 正确。

6、12(14m 34m) 12(14m 34m m) 16411.多选(2018哈尔滨三中检测)如图所示，将一轻质弹簧从物体B 内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为 m12.0 kg 的物体 A。平衡时 A 距天花板 h2.4 m，在距 A 正上方高为 h11.8 m 处由静止释放质量为 m21.0 kg 的 B， B 下落过程中某时刻与弹簧下端的A 碰撞(碰撞时间极短)，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， g10 m/s2)，下列说法正确的是( )A碰撞结束瞬间 A、 B 的速

7、度大小为 2 m/sB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 6 m/s，设 A、 B 碰撞结束瞬间二者共同速度为 v1，以向下为正方向，根据动量2gh1守恒定律，有： m2v0( m1 m2)v1，解得 v12 m/s，A 正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择 B 为研究对象，根据动量

8、定理，有：( m2g )t0 m2v1，解得 F F18 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： x m2gxF0 m2v12，解得 x0.25 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 126m，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 0.2 m，但实际v122g上 A、 B 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 M6 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 m2 kg 的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右

9、端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数 0.45，平板小车的长 L1 m。现给小铁块一个 v05 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)( )A10 J B30 JC9 J D18 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 v1，由动能定理得 mgL mv12 mv02，解得 v14 m/s，小铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设12 12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 v21 m/

10、s，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 mgx (M m)v22 mv12，解得 x m L，则小铁块在没有与平板12 12 43小车达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 E2 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，小车

11、回到原来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为 vC小车上管道最高点的竖直高度为v23gD小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv3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( m2 m)v，得 v ，小车动量变化大小 p 车 2 m mv，D 项错误；小球从滑进管道到滑到最v3 v3 237高点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgH mv2 (m2 m)v 2，得 H ，C 项正确；12 12 v23g小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有

12、mv mv12 mv2， mv2 mv12 2mv22，解得 v1 ， v2 v，则小球滑离小车时相对小12 12 12 v3 23车的速度大小为 v v 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，23 13A 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 M0.6 kg， m0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有 Ep10.8 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 R0.425 m 的竖直固定的光滑半圆形轨道， A 为轨道底端， B 为轨道顶端，

13、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 NsB 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 Ns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，由动量守恒定律得： mv1 Mv20，由机械能守恒定律得： mv12 Mv22 Ep，解得： v112 129 m/s， v23 m/s； m 从 A 点运动到 B 点过程中，由机械能守恒定律得：mv12

14、 mv1 2 mg2R，解得： v18 m/s；以水平向右为正方向，由动量定理得， m12 12从 A 点运动到 B 点的过程中所受合外力冲量为： I p mv1 mv10.28 Ns0.29 Ns3.4 Ns，则合外力冲量大小为 3.4 Ns，故 A 正确；由前述分析知， M 离开轻弹簧时获得的速度为 3 m/s，故 B 错误；设圆轨道半径为 r 时， m 从 B 点飞出后水平位移最大，由 A 点到 B 点根据机械能守恒定律得： mv12 mv1 2 mg2r，在最高点，由牛顿第二定律得： mg N m12 12， m 从 B 点飞出，需要满足： N0，飞出后，小球做平抛运动：v1 2r2r gt2， x v1 t，解得： x ，当 8.14 r4 r 时，即 r1.012 5 m12 4r 8.1 4r时， x 最大，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先增大后减小，故 C 错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为：8I p mv10.29 Ns1.8 Ns，故 D 正确。