（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（九）技法專題——巧用“動(dòng)量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(cè)（九）技法專題巧用“動(dòng)量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題（含解析）1(2018全國(guó)卷)高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A10 NB102 NC103 N D104 N解析：選C設(shè)每層樓高約為3 m，則雞蛋下落高度約為h325 m75 m，達(dá)到的速度滿足v22gh，根據(jù)動(dòng)量定理(Fmg)t0(mv)，解得雞蛋受到地面的沖擊力Fmg103 N，由牛頓第三定律知C正確。2多選(2019屆高三資陽(yáng)模擬)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜止

2、放在光滑水平地面上，其中物塊A最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，物塊B的質(zhì)量為2 kg。現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，在A離開擋板后，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，B的vt圖像如圖乙所示，則可知()AA的質(zhì)量為4 kgB運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A的最大速度為4 m/sC在A離開擋板前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為3 J解析：選BD解除對(duì)彈簧的鎖定，A離開擋板后，系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，B的速度最大(vm3 m/s)時(shí)，A的速度最小為零，且此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)；B的速度最小(v1 m/s)時(shí)，A的速度最大，設(shè)A的質(zhì)量為m，A的最大速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：mvmBvmBvm

3、，mv2mBv2mBvm2，解得m1 kg，v4 m/s，A錯(cuò)誤，B正確；在A離開擋板前，由于擋板對(duì)A有作用力，所以A、B系統(tǒng)所受外力矢量和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，A、B動(dòng)能之和最小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，有：mBvm(mBm)v共，EpmmBvm2(mBm)v共2，解得Epm3 J，D正確。3多選(2018哈爾濱三中檢測(cè))如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1v1，所以最后木塊相對(duì)傳送帶靜止，木塊向左勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t20.4 s，則木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止歷時(shí)tt1t21.0 s，C正

4、確，D錯(cuò)誤；子彈射穿木塊后，木塊先向右勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零，然后向左勻加速運(yùn)動(dòng)至與傳送帶速度相同后一起勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤。10多選如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端分別連著木塊A和B，靜止于光滑的水平面上。木塊A被水平飛行的初速度為v0的子彈射中并鑲嵌在其中，子彈與A的作用時(shí)間極短。已知B的質(zhì)量為m，A的質(zhì)量是B的，子彈的質(zhì)量是B的，則()A子彈擊中木塊A后瞬間，與A的共同速度為v0B子彈擊中木塊A后瞬間，與A的共同速度為v0C彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02D彈簧壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02解析：選AC設(shè)子彈擊中木塊A后瞬間與木塊A的共同速度為v1，二者動(dòng)量守恒，有mv0v1，解得v1v0，彈簧

5、壓縮到最短時(shí)，A與B具有共同的速度，設(shè)為v2，子彈和A與B動(dòng)量守恒，有v1v2，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為E，由能量守恒定律得v12v22E，解得Emv02，綜上所述，A、C正確。11.多選(2018哈爾濱三中檢測(cè))如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過(guò)，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為m12.0 kg的物體A。平衡時(shí)A距天花板h2.4 m，在距A正上方高為h11.8 m處由靜止釋放質(zhì)量為m21.0 kg的B，B下落過(guò)程中某時(shí)刻與彈簧下端的A碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰撞后A、B一起向下運(yùn)動(dòng)，A、B不粘連，且可視為質(zhì)點(diǎn)，歷時(shí)0.25 s第一次到達(dá)最低點(diǎn)(彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，g10

6、 m/s2)，下列說(shuō)法正確的是()A碰撞結(jié)束瞬間A、B的速度大小為2 m/sB碰撞結(jié)束后A、B一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為0.25 mC碰撞結(jié)束后A、B一起向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A、B間的平均作用力大小為18 NDA、B到最低點(diǎn)后反彈上升，A、B分開后，B還能上升的最大高度為0.2 m解析：選ABC設(shè)B自由下落至與A碰撞前其速度為v0，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有：v06 m/s，設(shè)A、B碰撞結(jié)束瞬間二者共同速度為v1，以向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：m2v0(m1m2)v1，解得v12 m/s，A正確；從二者一起運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，選擇B為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，有：(m2g)t0m2v

7、1，解得18 N，方向豎直向上，C正確；此過(guò)程中對(duì)B分析，根據(jù)動(dòng)能定理，有：xm2gx0m2v12，解得x0.25 m，即碰撞結(jié)束后A、B一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大小為0.25 m，B正確；A、B若在碰撞位置分開，B還能上升的最大高度為h0.2 m，但實(shí)際上A、B在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)才分開，故B還能上升的最大高度小于0.2 m，D錯(cuò)誤。12.如圖所示，一輛質(zhì)量為M6 kg的平板小車?？吭趬翘帲孛嫠角夜饣?，墻與地面垂直。一質(zhì)量為m2 kg 的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車最右端，平板小車上表面水平且與小鐵塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.45，平板小車的長(zhǎng)L1 m?，F(xiàn)給小鐵塊一個(gè)v05 m/s 的初速度使

8、之向左運(yùn)動(dòng)，與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，則小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為(g取10 m/s2)()A10 J B30 JC9 J D18 J解析：選D設(shè)小鐵塊向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻時(shí)的速度大小為v1，由動(dòng)能定理得mgLmv12mv02，解得v14 m/s，小鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小鐵塊最終和平板小車達(dá)到共同速度v2，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，有mv 1(Mm)v 2，解得v21 m/s，設(shè)小鐵塊相對(duì)平板小車運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)兩者達(dá)到共同速度，由功能關(guān)系得mgx(Mm)v22mv12，解得x mL，則小鐵塊在沒有與平板小車達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車，

9、小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E2mgL18 J，故D正確。13.多選如圖所示，小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來(lái)靜止在光滑的水平面上。今有一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A小球滑離小車時(shí)，小車回到原來(lái)位置B小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為vC小車上管道最高點(diǎn)的豎直高度為D小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小車的動(dòng)量變化大小是解析：選BC小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說(shuō)明在管道最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)靜止

10、，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律，有mv(m2m)v，得v，小車動(dòng)量變化大小p車2mmv，D項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律，有mgHmv2(m2m)v2，得H，C項(xiàng)正確；小球從滑上小車到滑離小車的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，有mvmv12mv2，mv2mv122mv22，解得v1，v2v，則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為vvv，B項(xiàng)正確；由以上分析可知，在整個(gè)過(guò)程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤。14多選(2018中衛(wèi)調(diào)研)在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M0.6 kg，m0.2 kg 的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep10

11、.8 J 彈性勢(shì)能的鎖定的輕彈簧(彈簧與兩球不拴接)，原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R0.425 m 的豎直固定的光滑半圓形軌道，A為軌道底端，B為軌道頂端，如圖所示。g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()Am從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中所受合外力沖量大小為3.4 NsBM離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為9 m/sC若半圓軌道半徑可調(diào)，則m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小D彈簧彈開過(guò)程，彈力對(duì)m的沖量大小為1.8 Ns解析：選AD釋放彈簧過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1Mv20，由機(jī)械能守恒定律

12、得：mv12Mv22Ep，解得：v19 m/s，v23 m/s；m從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：mv12mv12mg2R，解得：v18 m/s；以水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得，m從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中所受合外力沖量為：Ipmv1mv10.28 Ns0.29 Ns3.4 Ns，則合外力沖量大小為3.4 Ns，故A正確；由前述分析知，M離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為3 m/s，故B錯(cuò)誤；設(shè)圓軌道半徑為r時(shí)，m從B點(diǎn)飛出后水平位移最大，由A點(diǎn)到B點(diǎn)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv12mv12mg2r，在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mgNm，m從B點(diǎn)飛出，需要滿足：N0，飛出后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)：2rgt2，xv1t，解得：x，當(dāng)8.14r4r時(shí)，即r1.012 5 m時(shí)，x最大，則m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，彈簧彈開過(guò)程，彈力對(duì)m的沖量大小為：Ipmv10.29 Ns1.8 Ns，故D正確。