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

（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（九）技法專題巧用“動量觀點”解決力學(xué)選擇題（含解析）1(2018·全國卷)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(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h3×25 m75 m，達到的速度滿足v22gh，根據(jù)動量定理(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·資陽模擬)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧，整個系統(tǒng)靜止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?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，從某時刻開始計時，B的v­t圖像如圖乙所示，則可知()AA的質(zhì)量為4 kgB運動過程中A的最大速度為4 m/sC在A離開擋板前，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒D在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為3 J解析：選BD解除對彈簧的鎖定，A離開擋板后，系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，B的速度最大(vm3 m/s)時，A的速度最小為零，且此時彈簧處于原長；B的速度最小(v1 m/s)時，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)動量守恒定律和機械能守恒定律有：mvmBvmBvm，mv2mBv2mBvm2，解得m1 kg，v4 m/s，A錯誤，B正確；在A離開擋板前，由于擋板對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)動量不守恒，C錯誤；當(dāng)A、B速度相等時，A、B動能之和最小，根據(jù)機械能守恒定律知，此時彈簧彈性勢能最大。根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律，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)如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1<m2，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時對甲、乙兩小車施加等大、反向的水平拉力F1和F2，兩小車同時開始運動，直到彈簧被拉到最長(仍在彈性限度內(nèi))的過程中，下列說法正確的是()A甲和乙的動量都不斷增大B甲和乙受到的合力的沖量大小之比為m2m1C甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機械能不斷增大D甲和乙的平均速率之比為m2m1解析：選CD當(dāng)施加的水平拉力大于彈簧拉力時，甲和乙的速度在增大，動量在增大，當(dāng)彈簧拉力大于施加的水平拉力時，甲和乙的動量開始減小，A錯誤；外力做正功，所以甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機械能不斷增大，C正確；將甲、乙及彈簧看成一個整體，因F1和F2等大反向，故甲、乙及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故m1v1m2v20，根據(jù)動量定理可得I甲m1v1，I乙m2v2，故11，B錯誤；因為研究過程中任意時刻甲、乙的動量和為零，所以，D正確。4光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木板，在木板的最左端有一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)，小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為。開始時它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時刻給小滑塊一瞬時沖量，使小滑塊以初速度v0向右運動，經(jīng)過一段時間小滑塊與木板達到共同速度v，此時小滑塊與木板最左端的距離為d，木板的位移為x，如圖所示。下列關(guān)系式正確的是()Amgx(Mm)v2Bmgd(Mm)v2mv02CmgdDmgdmv02mv2解析：選C由動量守恒定律可知：mv0(Mm)v，解得v，對小滑塊分析可知，只有木板的摩擦力對其做功，則由動能定理可知：mg(xd)mv2mv02，對木板分析可知，木板受小滑塊的摩擦力做功，由動能定理可知：mgxMv2，可得mgd，故C正確。5甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是p15 kg·m/s，p27 kg·m/s，甲球從后面追上乙球并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s，則甲球質(zhì)量m1與乙球質(zhì)量m2間的關(guān)系可能正確的是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2解析：選C設(shè)碰后甲球動量變?yōu)閜1，乙球動量變?yōu)閜2，根據(jù)動量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kg·m/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有，解得，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，則有，解得，綜上有，C正確，A、B、D錯誤。6.如圖所示，在足夠長的固定斜面上有一質(zhì)量為m的木板A，木板A獲得初速度v0后恰好能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量也為m的小滑塊B無初速度輕放在木板A的上表面，滑塊B在木板A上滑動的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù))，下列說法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動量和機械能都不守恒C當(dāng)B的速度為v0時，A的速度為v0D當(dāng)A的速度為v0時，B的速度為v0解析：選C由于A沿斜面體勻速下滑，則此時A所受的合力為零，當(dāng)B放在A上表面后，A、B組成的系統(tǒng)所受的合力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由于A、B間摩擦力的作用，系統(tǒng)的機械能一直減小，即機械能不守恒，A、B錯誤；由于B與A之間的動摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動摩擦因數(shù)，所以當(dāng)A、B共速后將沿斜面共同勻速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由動量守恒定律知，C正確，D錯誤。7某同學(xué)質(zhì)量為60 kg，在軍事訓(xùn)練中要求他從岸上以大小為2 m/s的速度跳到一條向他緩慢飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務(wù)。船的質(zhì)量是140 kg，原來的速度大小是0.5 m/s，該同學(xué)上船后又跑了幾步，最終停在船上，則()A該同學(xué)和船最終靜止在水面上B該同學(xué)的動量變化量的大小為105 kg·m/sC船最終速度的大小為0.95 m/sD船的動量變化量的大小為70 kg·m/s解析：選B該同學(xué)與船組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，選取該同學(xué)運動的方向為正方向得：m1v1m2v2(m1m2)v，解得v0.25 m/s，與該同學(xué)的速度方向相同，故A、C錯誤；該同學(xué)的動量變化量大小為：|p1|m1vm1v1|105 kg·m/s，故B正確；船的動量變化量大小為：p2m2v(m2v2)105 kg·m/s，故D錯誤。8.多選A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，如圖所示為A、B發(fā)生碰撞前、后的v ­t 圖像，由圖可知下列敘述正確的是()AA、B的質(zhì)量比為32BA、B碰撞前、后總動量守恒CA、B碰撞前、后總動量不守恒DA、B碰撞前、后總動能不變解析：選ABD根據(jù)動量守恒條件知，A、B碰撞前、后總動量守恒，B正確，C錯誤；根據(jù)動量守恒定律：mA×6mB×1mA×2mB×7，得：mAmB32，A正確；碰撞前總動能：mA×62mB×12mA，碰撞后總動能：mA×22mB×72mA，即碰撞前、后總動能不變，D正確。9.多選如圖所示，水平傳送帶AB足夠長，質(zhì)量為M1 kg的木塊隨傳送帶一起以v12 m/s 的速度向左勻速運動(傳送帶的速度恒定)，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)木塊運動到最左端A點時，一顆質(zhì)量為m20 g的子彈，以v0300 m/s的水平向右的速度正對射入木塊并穿出，穿出速度v50 m/s，設(shè)子彈射穿木塊的時間極短(g取10 m/s2)。則()A子彈射穿木塊后，木塊一直做減速運動B木塊遭射擊后遠離A點的最大距離為0.9 mC木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止歷時1.0 sD木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止歷時0.6 s解析：選BC木塊運動的加速度大小不變，ag5 m/s2，子彈射穿木塊的過程中兩者動量守恒，木塊速度vv13 m/s，木塊向右勻減速運動的位移s0.9 m，即木塊遭射擊后遠離A點的最大距離為0.9 m，B正確；木塊向右勻減速運動的時間 t10.6 s，因為v>v1，所以最后木塊相對傳送帶靜止，木塊向左勻加速運動的時間 t20.4 s，則木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止歷時tt1t21.0 s，C正確，D錯誤；子彈射穿木塊后，木塊先向右勻減速運動至速度為零，然后向左勻加速運動至與傳送帶速度相同后一起勻速運動，A錯誤。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彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv02D彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為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v1，二者動量守恒，有mv0v1，解得v1v0，彈簧壓縮到最短時，A與B具有共同的速度，設(shè)為v2，子彈和A與B動量守恒，有v1v2，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為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)如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過，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下落過程中某時刻與彈簧下端的A碰撞(碰撞時間極短)，碰撞后A、B一起向下運動，A、B不粘連，且可視為質(zhì)點，歷時0.25 s第一次到達最低點(彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，g10 m/s2)，下列說法正確的是()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一起向下運動的最大位移大小為0.25 mC碰撞結(jié)束后A、B一起向下運動的過程中，A、B間的平均作用力大小為18 NDA、B到最低點后反彈上升，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)自由落體運動規(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)動量守恒定律，有：m2v0(m1m2)v1，解得v12 m/s，A正確；從二者一起運動到速度變?yōu)榱愕倪^程中，選擇B為研究對象，根據(jù)動量定理，有：(m2g)t0m2v1，解得18 N，方向豎直向上，C正確；此過程中對B分析，根據(jù)動能定理，有：xm2gx0m2v12，解得x0.25 m，即碰撞結(jié)束后A、B一起向下運動的最大位移大小為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，但實際上A、B在彈簧恢復(fù)原長時才分開，故B還能上升的最大高度小于0.2 m，D錯誤。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)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摩擦因數(shù)0.45，平板小車的長L1 m?，F(xiàn)給小鐵塊一個v05 m/s 的初速度使之向左運動，與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運動，則小鐵塊在平板小車上運動過程中系統(tǒng)損失的機械能為(g取10 m/s2)()A10 J B30 JC9 J D18 J解析：選D設(shè)小鐵塊向左運動到達豎直墻時的速度大小為v1，由動能定理得mgLmv12mv02，解得v14 m/s，小鐵塊與豎直墻發(fā)生彈性碰撞后向右運動，假設(shè)小鐵塊最終和平板小車達到共同速度v2，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，有mv 1(Mm)v 2，解得v21 m/s，設(shè)小鐵塊相對平板小車運動距離為x時兩者達到共同速度，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到共同速度時就滑出平板小車，小鐵塊在平板小車上運動過程中系統(tǒng)損失的機械能為E2mgL18 J，故D正確。13.多選如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以視為質(zhì)點的小球，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，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關(guān)于這個過程，下列說法正確的是()A小球滑離小車時，小車回到原來位置B小球滑離小車時相對小車的速度大小為vC小車上管道最高點的豎直高度為D小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是解析：選BC小球恰好能到達管道的最高點，說明在管道最高點時小球和管道之間相對靜止，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒定律，有mv(m2m)v，得v，小車動量變化大小p車2m·mv，D項錯誤；小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒定律，有mgHmv2(m2m)v2，得H，C項正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律，有mvmv12mv2，mv2mv12×2mv22，解得v1，v2v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為vvv，B項正確；由以上分析可知，在整個過程中小車一直向右運動，A項錯誤。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 的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep10.8 J 彈性勢能的鎖定的輕彈簧(彈簧與兩球不拴接)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(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，則下列說法正確的是()Am從A點運動到B點的過程中所受合外力沖量大小為3.4 N·sBM離開輕彈簧時獲得的速度為9 m/sC若半圓軌道半徑可調(diào)，則m從B點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彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8 N·s解析：選AD釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv1Mv20，由機械能守恒定律得：mv12Mv22Ep，解得：v19 m/s，v23 m/s；m從A點運動到B點過程中，由機械能守恒定律得：mv12mv12mg·2R，解得：v18 m/s；以水平向右為正方向，由動量定理得，m從A點運動到B點的過程中所受合外力沖量為：Ipmv1mv10.2×8 N·s0.2×9 N·s3.4 N·s，則合外力沖量大小為3.4 N·s，故A正確；由前述分析知，M離開輕彈簧時獲得的速度為3 m/s，故B錯誤；設(shè)圓軌道半徑為r時，m從B點飛出后水平位移最大，由A點到B點根據(jù)機械能守恒定律得：mv12mv12mg·2r，在最高點，由牛頓第二定律得：mgNm，m從B點飛出，需要滿足：N0，飛出后，小球做平拋運動：2rgt2，xv1t，解得：x，當(dāng)8.14r4r時，即r1.012 5 m時，x最大，則m從B點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錯誤；由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為：Ipmv10.2×9 N·s1.8 N·s，故D正確。