（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第9講 技法專題——巧用“動(dòng)量觀點(diǎn)”解決力學(xué)選擇題講義（含解析）.doc

技法專題巧用“動(dòng)量觀點(diǎn)”解決力學(xué)考法學(xué)法“動(dòng)量觀點(diǎn)”是解答力學(xué)問題的三大觀點(diǎn)之一，高考既可能在選擇題中單獨(dú)考查動(dòng)量問題，也可能在計(jì)算題中綜合考查到動(dòng)量問題?？疾榈膬?nèi)容主要有：動(dòng)量、沖量、動(dòng)量變化量等概念；動(dòng)量定理的應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。該部分內(nèi)容主要解決選擇題中的動(dòng)量守恒問題和動(dòng)量定理的應(yīng)用。用到的思想方法有：守恒的思想；整體法和隔離法；碰撞、爆炸和反沖問題的分析方法。知能全通1掌握基本概念和規(guī)律2應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)捷。動(dòng)量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。力變化的情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。題點(diǎn)全練1多選一細(xì)繩系著小球，在光滑水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，小球質(zhì)量為m，速度大小為v，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則以下說法中正確的是()A經(jīng)過時(shí)間t，動(dòng)量變化量為0B經(jīng)過時(shí)間t，動(dòng)量變化量大小為mvC經(jīng)過時(shí)間t，細(xì)繩對(duì)小球的沖量大小為2mvD經(jīng)過時(shí)間t，重力對(duì)小球的沖量大小為解析：選BCD經(jīng)過時(shí)間t，小球轉(zhuǎn)過了180，速度方向正好相反，若規(guī)定開始計(jì)時(shí)時(shí)的速度方向?yàn)檎?，則動(dòng)量變化量為pmvmv2mv，細(xì)繩對(duì)小球的沖量為Ip2mv，故大小為2mv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；經(jīng)過時(shí)間t，小球轉(zhuǎn)過了90，根據(jù)矢量合成法可得，動(dòng)量變化量大小為pmv，重力對(duì)小球的沖量大小為IGmgt，B、D正確。2多選(2017全國(guó)卷)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則()At1 s時(shí)物塊的速率為1 m/sBt2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kgm/sCt3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kgm/sDt4 s時(shí)物塊的速度為零解析：選AB根據(jù)Ft圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s 內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，應(yīng)用動(dòng)量定理Imv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，則A、B正確，C、D錯(cuò)誤。3如圖甲所示，一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)，其at圖像如圖乙所示，t0時(shí)其速度大小為v02 m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N，則()At6 s時(shí)，物體的速度為18 m/sB在06 s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400 JC在06 s內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36 NsDt6 s時(shí)，拉力的功率為200 W解析：選D根據(jù)vat可知，at圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在t6 s時(shí)，物體的速度v6v0vm/s20 m/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得：W合Ekmv62mv02396 J，故B錯(cuò)誤；在06 s內(nèi)，拉力與摩擦力對(duì)物體有沿水平方向的沖量，由動(dòng)量定理得：IFftmv6mv0，解得IF48 Ns，即拉力對(duì)物體的沖量為48 Ns，故C錯(cuò)誤；在t6 s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：Fmaf(242)N10 N，則此時(shí)拉力的功率PFv61020 W200 W，故D正確。4多選(2018福建四校二次聯(lián)考)如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t。對(duì)于這一過程，下列判斷正確的是()A斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零B物體受到的重力的沖量大小為mgtC物體受到的合力的沖量大小為零D物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin t解析：選BD斜面對(duì)物體的彈力的沖量大小為：INtmgcos t，彈力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；物體所受重力的沖量大小為：IGmgt，物體受到的重力的沖量大小不為零，故B正確；物體受到的合力的沖量大小為mgtsin ，不為零，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，動(dòng)量的變化量大小pI合mgsin t，D正確。知能全通1動(dòng)量守恒定律的條件、表達(dá)式和性質(zhì)2爆炸與反沖的特點(diǎn)(1)時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒或某個(gè)方向的動(dòng)量守恒。(2)因有內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)機(jī)械能會(huì)增加，要利用能量守恒定律解題。(3)系統(tǒng)初始狀態(tài)若處于靜止?fàn)顟B(tài)，則爆炸或反沖后系統(tǒng)內(nèi)物體速度往往方向相反。題點(diǎn)全練1.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量為m(mM)的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是()A在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的水平方向動(dòng)量始終守恒B在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)量守恒D被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，但小球不能回到槽高h(yuǎn)處解析：選D當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，在水平方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；下滑過程中小球和槽都有水平方向的位移，而兩者之間的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不總是垂直，故兩力均做功，故B錯(cuò)誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球與彈簧接觸過程，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；小球在槽上下滑過程兩者水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，小球與槽分離時(shí)兩者動(dòng)量大小相等，由于mM，則小球的速度大于槽的速度，小球被彈簧反彈后的速度大小等于與槽分離時(shí)的速度大小，小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?，上滑過程中只有重力對(duì)其做功，機(jī)械能守恒，由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左，小球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)速度水平向左，系統(tǒng)總動(dòng)能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，故D正確。2(2018牡丹江一中檢測(cè))甲、乙兩船的質(zhì)量均為M，它們都靜止在平靜的湖面上，質(zhì)量為M的人從甲船跳到乙船上，再?gòu)囊掖丶状?jīng)過多次跳躍后，最后停在乙船上。假設(shè)水的阻力可忽略，則()A甲、乙兩船的速度大小之比為12B甲船與乙船(包括人)的動(dòng)量相同C甲船與乙船(包括人)的動(dòng)量之和為零D因跳躍次數(shù)未知，故無法判斷解析：選C以人與兩船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，人在跳躍過程中系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，初態(tài)總動(dòng)量為零，所以甲船與乙船(包括人)的動(dòng)量大小之比為11，而動(dòng)量的方向相反，所以甲船與乙船(包括人)的動(dòng)量不同。由pmv，知甲、乙兩船的速度與質(zhì)量成反比，所以最后甲、乙兩船的速度大小之比為21，故A、B錯(cuò)誤；以系統(tǒng)為研究對(duì)象，在整個(gè)過程中，由動(dòng)量守恒定律知，甲船與乙船(包括人)的動(dòng)量之和為零，故C正確，D錯(cuò)誤。3一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析：選B由hgt2可知，爆炸后甲、乙做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1 s，爆炸過程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項(xiàng)錯(cuò)；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙的動(dòng)量改變量大小相等，甲、乙質(zhì)量比為31，所以速度變化量大小之比為13，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上，xv0t，所以A圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，|v乙|2.5 m/s，|v甲|0.5 m/s，A項(xiàng)錯(cuò)；B圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，|v乙|1.5 m/s，|v甲|0.5 m/s，B項(xiàng)對(duì)。4.多選小車靜置于光滑的水平面上，小車的A端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，B端粘有橡皮泥，小車的質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時(shí)小車與C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是()A如果小車內(nèi)表面光滑，小車與C組成的系統(tǒng)任何時(shí)刻機(jī)械能都守恒B小車與C組成的系統(tǒng)任何時(shí)刻動(dòng)量都守恒C當(dāng)C對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度大小為v時(shí)，小車對(duì)地運(yùn)動(dòng)速度大小為D小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為解析：選BCD小車與C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)在整個(gè)過程動(dòng)量守恒，但C與橡皮泥粘接過程有機(jī)械能損失。由動(dòng)量守恒定律得Mvmv0，則v，該系統(tǒng)屬于人船模型，Mdm(Ld)，所以小車向左運(yùn)動(dòng)的最大位移應(yīng)等于d，綜上，選項(xiàng)B、C、D正確。研一題多選(2018合肥一中檢測(cè))A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為A、B碰撞前、后的位移時(shí)間圖像，a、b分別為A、B碰前的位移時(shí)間圖像，c為碰撞后A、B共同運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間圖像。若A的質(zhì)量為m2 kg，則由圖可知下列結(jié)論正確的是()AA、B碰撞前的總動(dòng)量為3 kgm/sB碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為4 NsC碰撞前、后A的動(dòng)量變化為4 kgm/sD碰撞中A、B組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10 J解析由題圖可知，碰撞前有：vA m/s3 m/s，vB m/s2 m/s，碰撞后有：vAvBv m/s1 m/s；對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，A、B沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，碰撞前、后都是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。碰撞前、后A的動(dòng)量變化為：pAmvAmvA2(1)kgm/s2(3)kgm/s4 kgm/s；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，碰撞前、后B的動(dòng)量變化為：pBpA4 kgm/s，由動(dòng)量定理可知，碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為：IBpB4 kgm/s4 Ns；又pBmB(vBvB)，所以mB kg kg，所以A與B碰撞前的總動(dòng)量為：p總mvAmBvB2(3)kgm/s2 kgm/s kgm/s；碰撞中A、B組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能：EkmvA2mBvB2(mmB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：Ek10 J。故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。答案BCD悟一法1三類碰撞的特點(diǎn)彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多2.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則(1)動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度，而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對(duì)于打擊、碰撞類問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解，即Ftmvmv0。對(duì)于碰撞、爆炸、反沖類問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解。(2)能量觀點(diǎn)對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)能定理求解。如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解。對(duì)于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒定律求解。通一類1(2019屆高三大慶調(diào)研)如圖所示裝置中，小球A和小球B質(zhì)量相同，小球B置于光滑水平面上。當(dāng)A從高為h處由靜止擺下，到達(dá)最低點(diǎn)恰好與B相撞，并黏合在一起繼續(xù)擺動(dòng)，它們能上升的最大高度是()AhB.C. D.解析：選CA運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有：mghmvA2，到達(dá)最低點(diǎn)恰好與B相撞，并黏合在一起，有：mvA2mv，v，兩者同時(shí)上升時(shí)機(jī)械能守恒，有：2mv22mgH，聯(lián)立解得：H，C正確。2(2018淮北一中模擬)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA2 kg，mB3 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B速度的可能值是()AvA4.5 m/s，vB3 m/sBvA3 m/s，vB4 m/sCvA1.5 m/s，vB7 m/sDvA7.5 m/s，vB1 m/s解析：選B考慮實(shí)際情況，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D錯(cuò)誤，B、C滿足；A、B碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，計(jì)算易知，B、C均滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)能應(yīng)該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動(dòng)能，碰撞前總動(dòng)能為42 J，B選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的總動(dòng)能為33 J，C選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的總動(dòng)能為75.75 J，故C錯(cuò)誤，B滿足。3(2018安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)靜止的質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失，已知B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為()A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析：選C碰撞后B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：2mgx02mv2，解得：v1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，則：mv0mv12mv，由于沒有機(jī)械能損失，則：mv02mv122mv2，解得：v01.5 m/s，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。專題強(qiáng)訓(xùn)提能 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(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，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(shí)對(duì)甲、乙兩小車施加等大、反向的水平拉力F1和F2，兩小車同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，直到彈簧被拉到最長(zhǎng)(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(dòng)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(jī)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(shí)，甲和乙的速度在增大，動(dòng)量在增大，當(dāng)彈簧拉力大于施加的水平拉力時(shí)，甲和乙的動(dòng)量開始減小，A錯(cuò)誤；外力做正功，所以甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能不斷增大，C正確；將甲、乙及彈簧看成一個(gè)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(dòng)量守恒，故m1v1m2v20，根據(jù)動(dòng)量定理可得I甲m1v1，I乙m2v2，故11，B錯(cuò)誤；因?yàn)檠芯窟^程中任意時(shí)刻甲、乙的動(dòng)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(diǎn))，小滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。開始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻給小滑塊一瞬時(shí)沖量，使小滑塊以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間小滑塊與木板達(dá)到共同速度v，此時(shí)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(dòng)量守恒定律可知：mv0(Mm)v，解得v，對(duì)小滑塊分析可知，只有木板的摩擦力對(duì)其做功，則由動(dòng)能定理可知：mg(xd)mv2mv02，對(duì)木板分析可知，木板受小滑塊的摩擦力做功，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，已知它們的動(dòng)量分別是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲球從后面追上乙球并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)?0 kgm/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(dòng)量變?yōu)閜1，乙球動(dòng)量變?yōu)閜2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得p1p2p1p2，解得p12 kgm/s。碰撞過程系統(tǒng)的總動(dòng)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(cuò)誤。6.如圖所示，在足夠長(zhǎng)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(dòng)的過程中(B始終未從A的上表面滑出，B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù))，下列說法正確的是()AA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒BA、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒C當(dāng)B的速度為v0時(shí)，A的速度為v0D當(dāng)A的速度為v0時(shí)，B的速度為v0解析：選C由于A沿斜面體勻速下滑，則此時(shí)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(dòng)量守恒，由于A、B間摩擦力的作用，系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，即機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由于B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)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(dòng)量守恒定律知，C正確，D錯(cuò)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(dòng)量變化量的大小為105 kgm/sC船最終速度的大小為0.95 m/sD船的動(dòng)量變化量的大小為70 kgm/s解析：選B該同學(xué)與船組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，選取該同學(xué)運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较虻茫簃1v1m2v2(m1m2)v，解得v0.25 m/s，與該同學(xué)的速度方向相同，故A、C錯(cuò)誤；該同學(xué)的動(dòng)量變化量大小為：|p1|m1vm1v1|105 kgm/s，故B正確；船的動(dòng)量變化量大小為：p2m2v(m2v2)105 kgm/s，故D錯(cuò)誤。8.多選A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒CA、B碰撞前、后總動(dòng)量不守恒DA、B碰撞前、后總動(dòng)能不變解析：選ABD根據(jù)動(dòng)量守恒條件知，A、B碰撞前、后總動(dòng)量守恒，B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mA6mB1mA2mB7，得：mAmB32，A正確；碰撞前總動(dòng)能：mA62mB12mA，碰撞后總動(dòng)能：mA22mB72mA，即碰撞前、后總動(dòng)能不變，D正確。9.多選如圖所示，水平傳送帶AB足夠長(zhǎng)，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(yùn)動(dòng)(傳送帶的速度恒定)，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到最左端A點(diǎn)時(shí)，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(duì)射入木塊并穿出，穿出速度v50 m/s，設(shè)子彈射穿木塊的時(shí)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(yùn)動(dòng)B木塊遭射擊后遠(yuǎn)離A點(diǎn)的最大距離為0.9 mC木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止歷時(shí)1.0 sD木塊遭射擊后到相對(duì)傳送帶靜止歷時(shí)0.6 s解析：選BC木塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，ag5 m/s2，子彈射穿木塊的過程中兩者動(dòng)量守恒，木塊速度vv13 m/s，木塊向右勻減速運(yùn)動(dòng)的位移s0.9 m，即木塊遭射擊后遠(yuǎn)離A點(diǎn)的最大距離為0.9 m，B正確；木塊向右勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t10.6 s，因?yàn)関>v1，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，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 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(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^程中，選擇B為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，有：(m2g)t0m2v1，解得18 N，方向豎直向上，C正確；此過程中對(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?，地面水平且光滑，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。現(xiàn)給小鐵塊一個(gè)v05 m/s 的初速度使之向左運(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，小鐵塊在平板小車上運(yùn)動(dòng)過程中系統(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)過程，下列說法正確的是()A小球滑離小車時(shí)，小車回到原來位置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)，說明在管道最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)靜止，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，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Ep10.8 J 彈性勢(shì)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)。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，則下列說法正確的是()Am從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過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彈簧彈開過程，彈力對(duì)m的沖量大小為1.8 Ns解析：選AD釋放彈簧過程中系統(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)械能守恒定律得：mv12Mv22Ep，解得：v19 m/s，v23 m/s；m從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中，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，彈簧彈開過程，彈力對(duì)m的沖量大小為：Ipmv10.29 Ns1.8 Ns，故D正確。課余擠時(shí)加餐訓(xùn)練(一) 力學(xué)選擇題押題練(一)1.如圖所示，水平面上的小車內(nèi)固定一個(gè)傾角為30的光滑斜面，平行于斜面的細(xì)繩一端固定在小車上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球和小車均處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果小車在水平面上向左加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過a1時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止；如果小車在水平面上向右加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過a2時(shí)，小球仍能夠和小車保持相對(duì)靜止。則a1和a2的大小之比為()A.1B.3C31 D13解析：選D當(dāng)小車向左加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過a1時(shí)，由題意可知，此時(shí)細(xì)繩的拉力為零，對(duì)小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛頓第二定律得mgtan 30ma1，當(dāng)小車向右加速運(yùn)動(dòng)且加速度大小不超過a2時(shí)，由題意可知，此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力為零，對(duì)小球受力分析知，小球受重力、細(xì)繩的拉力，由牛頓第二定律得ma2，聯(lián)立以上兩式得，D正確。2.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量m1 kg的小環(huán)套在傾角為37的光滑固定直桿上，為使小環(huán)能夠靜止不動(dòng)，需對(duì)它施加一個(gè)水平拉力F。已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6。則F的大小和方向分別是()A7.5 N，水平向左 B7.5 N，水平向右C13.3 N，水平向左 D13.3 N，水平向右解析：選A對(duì)小環(huán)受力分析知，小環(huán)受重力、直桿的支持力，為使小環(huán)能夠靜止不動(dòng)，F(xiàn)的方向應(yīng)水平向左，根據(jù)平衡知識(shí)可知：Fmgtan 37110 N7.5 N，故A對(duì)。3.多選如圖所示是用鐵絲做的立方體骨架，從頂點(diǎn)A水平拋出一個(gè)小球，小球恰能擊中B點(diǎn)。已知立方體的邊長(zhǎng)為l，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為B小球落到B點(diǎn)的速度大小為C小球落到B點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角為45D小球在運(yùn)動(dòng)過程中，速度的大小時(shí)刻改變，加速度的方向時(shí)刻改變解析：選AB根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得水平方向 lv0t，豎直方向lgt2，vygt，vB，解得v0，vy，vB，小球落到B點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角滿足tan ，所以小球落到B點(diǎn)的速度方向與水平方向的夾角不是45，A、B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過程中，合力方向不變，所以加速度的方向是不變的，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4火星探測(cè)器繞火星近地軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度和相應(yīng)的軌道半徑為v0和R0，火星的一顆衛(wèi)星在圓軌道上的線速度和相應(yīng)的軌道半徑為v和R，則下列關(guān)系式正確的是()Alglg Blg2lgClglg Dlg2lg解析：選C做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力由萬有引力提供，故有：Gm，Gm，解得：，由對(duì)數(shù)運(yùn)算公式可得：lglg，所以lglg，故C正確。5.如圖所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長(zhǎng)狀態(tài)。現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A圓環(huán)的機(jī)械能守恒B彈簧彈性勢(shì)能變化了mgLC圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零D圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變解析：選B圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能之和守恒，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí)，圓環(huán)下落的高度hL，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能增加了EpmghmgL，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最大時(shí)，合力為零，下滑到最大距離時(shí)，具有向上的加速度，合力不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。6.如圖所示，半徑為R、內(nèi)徑很小的光滑半圓形管道豎直放置，質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度進(jìn)入管內(nèi)，小球通過最高點(diǎn)P時(shí)，對(duì)管壁的壓力為0.5mg，則()A小球通過P點(diǎn)時(shí)的速率一定為 B小球通過P點(diǎn)時(shí)的速率一定為 C小球落地點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離可能為RD小球落地點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離可能為R解析：選D小球通過P點(diǎn)時(shí)，當(dāng)小球?qū)芟卤谟袎毫r(shí)，則有：mg0.5mgm，解得：v1 ，當(dāng)小球?qū)苌媳谟袎毫r(shí)，則有：mg0.5mgm，解得：v2 ，故A、B錯(cuò)誤；小球通過P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上：2Rgt2，解得：t2，則水平距離為x1v1tR或x2v2tR，故C錯(cuò)誤，D正確。7.多選如圖所示，質(zhì)量為2m的物體B靜止在光滑的水平面上，物體B的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的物體A以速度v向物體B運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生作用，從物體A接觸彈簧開始，到離開彈簧的過程中，物體A、B始終沿同一直線運(yùn)動(dòng)，以初速度v的方向?yàn)檎?，則()A此過程中彈簧對(duì)物體B的沖量大小大于彈簧對(duì)物體A的沖量大小B彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv2C此過程中彈簧對(duì)物體B的沖量為mvD物體A離開彈簧后的速度為v解析：選BD由牛頓第三定律及IFt知，彈簧對(duì)物體A、B的沖量大小相等、方向相反，A錯(cuò)誤；物體A、B速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由mv(m2m)v1，解得v1v，彈簧的最大彈性勢(shì)能Epmv2(m2m)v12mv2，B正確；物體A離開彈簧后，由mvmvA2mvB，mv2mvA22mvB2，解得vAv，vBv，故彈簧對(duì)物體B的沖量IB2mvBmv，C錯(cuò)誤，D正確。8.多選如圖所示，傾角為的固定斜面，其右側(cè)有一豎直墻面，小球滑上斜面，以速度v飛離斜面，恰好垂直撞擊到墻面上某位置，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是()A從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B豎直墻面與斜面右端的水平距離為sin2C豎直墻面與斜面右端的水平距離為D從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球豎直上升的高度為sin 解析：選AC小球飛離斜面時(shí)速度為v，把v沿水平方向和豎直方向分解，則有：vxvcos ，vyvsin ，小球飛離斜面后，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，又小球恰好垂直撞擊到墻面上，可知小球撞到墻面時(shí)，豎直方向速度為零，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，小球飛行時(shí)間為t，則豎直墻面與斜面右端的水平距離為svxt，小球豎直上升的高度為s，故選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤。力學(xué)選擇題押題練(二)1如圖所示，若干個(gè)質(zhì)量不相等但可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用輕細(xì)繩穿拴成一串，將細(xì)繩的一端掛在車廂的頂部。當(dāng)車在平直路面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，這串小球及細(xì)繩在車廂中的形狀的示意圖正確的是()解析：選A小球的加速度與車廂的加速度相同，設(shè)最上端的細(xì)繩與豎直方向的夾角為，對(duì)所有小球組成的整體分析，有m總gtan m總a，解得tan ，對(duì)除最上面第一個(gè)球外剩余的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律有，(m總m1)gtan (m總m1)a，解得tan ，同理可知，連接小球的細(xì)繩與豎直方向的夾角均相等，可知小球和細(xì)繩在一條直線上，向左偏，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，在圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑小孔，一根輕繩的下端系著小球，上端穿過小孔用力F拉住，開始時(shí)繩與豎直方向夾角為，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)緩慢拉動(dòng)繩，使小球沿光滑圓環(huán)上升一小段距離，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A繩與豎直方向的夾角為時(shí)，F(xiàn)mgcos B小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，繩拉力逐漸增大C小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力逐漸增大D小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力大小不變解析：選D繩與豎直方向的夾角為時(shí)，對(duì)小球受力分析，小球受到豎直向下的重力mg、圓環(huán)對(duì)小球沿半徑向外的支持力FN以及沿繩方向的拉力F，畫出力的示意圖如圖所示，由三角形相似可知，其中R為圓環(huán)的半徑，可得F2mgcos ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，繩與豎直方向的夾角變大，繩拉力F2mgcos 逐漸減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由以上分析可知，小球所受圓環(huán)的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力的大小不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。3.如圖所示，粗糙程度處處相同的半圓形豎直軌道固定放置，其半徑為R，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自P點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，小物塊對(duì)軌道的壓力為2mg，g為重力加速度的大小。則下列說法正確的是()A小物塊到達(dá)最低點(diǎn)N時(shí)的速度大小為B小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中重力做功為2mgRC小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功為mgRD小物塊從P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)經(jīng)過N點(diǎn)后恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)解析：選C在N點(diǎn)小物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，有FNmgm，由牛頓第三定律，有FNFN2mg，解得v，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；重力做功僅與高度差有關(guān)，小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中重力做功為WGmgR，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得：mgRWfmv2，解得WfmgR，C選項(xiàng)正確；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物塊不能到達(dá)Q點(diǎn)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。4.一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t0時(shí)刻開始，受到如圖所示的水平外力作用，下列說法正確的是()A第1 s末質(zhì)點(diǎn)的速度為2 m/sB第2 s末外力做功的瞬時(shí)功率最大C第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為12D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比為45解析：選D由動(dòng)量定理：Ftmvmv，得質(zhì)點(diǎn)第1 s末、第2 s末的速度分別為：v14 m/s、v26 m/s，A錯(cuò)誤；第1 s末外力做功的瞬時(shí)功率：PF1v144 W16 W，第2 s末外力做功的瞬時(shí)功率：PF2v226 W12 W，B錯(cuò)誤；第1 s 內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為：，C錯(cuò)誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量分別為：Ek1mv128 J，Ek2mv22mv1210 J，則Ek1Ek245，D正確。5.如圖所示，一質(zhì)量為m的物體在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知斜面表面光滑且足夠長(zhǎng)，斜面傾角為。經(jīng)時(shí)間t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物體又經(jīng)時(shí)間t回到出發(fā)點(diǎn)，且回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小為v。若以地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，則下列說法中正確的是()A物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能是80 JB在撤去力F前的瞬間，力F的功率是mgvsin C撤去力F前的運(yùn)動(dòng)過程中，物體的重力勢(shì)能一直在增加，撤去力F后的運(yùn)動(dòng)過程中，物體的重力勢(shì)能一直在減少D撤去力F前的運(yùn)動(dòng)過程中，物體的動(dòng)能一直在增加，撤去力F后的運(yùn)動(dòng)過程中，物體的動(dòng)能一直在減少解析：選A由功能關(guān)系知：除重力和彈力之外其他力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，A對(duì)；物體在沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有Fmgsin ma1，撤去力F后，有mgsin ma2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知，t2，vxt，解得Fmgsin ，由vxgsin tv，解得vx，所以在撤去力F前的瞬間力F的功率PFvxmgvsin ，B錯(cuò)；撤去力F后一段時(shí)間內(nèi)物體繼續(xù)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，即重力勢(shì)能有一段增加的過程，C錯(cuò)；撤去力F后，物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過程中動(dòng)能一直在增大，D錯(cuò)。6多選美國(guó)大眾科學(xué)雜志報(bào)道，中國(guó)首艘國(guó)產(chǎn)航母預(yù)計(jì)在2019年服役。假設(shè)航空母艦上裝有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知某型號(hào)的艦載飛機(jī)質(zhì)量為m103 kg，在跑道上加速時(shí)產(chǎn)生的最大動(dòng)力為F7103 N，所受阻力為重力的，當(dāng)飛機(jī)的速度大小達(dá)到50 m/s時(shí)才能離開航空母艦起飛。g取10 m/s2，設(shè)航空母艦甲板長(zhǎng)為160 m，則下列說法中正確的是()A飛機(jī)在跑道上加速時(shí)所受阻力大小為103 NB飛機(jī)在跑道上加速時(shí)的最大加速度大小為4 m/s2C若航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度大小最小為30 m/sD若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，為使飛機(jī)仍能在此艦上正常起飛，航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為10 m/s解析：選CD飛機(jī)在跑道上加速時(shí)所受阻力fkmg10310 N2103 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得Ffma，解得a5 m/s2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度大小最小為v0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v2v022ax，解得v030 m/s，選項(xiàng)C正確；若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，設(shè)飛機(jī)起飛所用的時(shí)間為t，航空母艦的最小速度大小為v1，則飛機(jī)相對(duì)地面的速度vv1at，飛機(jī)相對(duì)航空母艦的位移大小xat2，解得v110 m/s，選項(xiàng)D正確。7多選甲、乙兩輛汽車從平直公路上同一位置沿著同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，它們的vt圖像如圖所示，則()A甲、乙兩車同時(shí)從靜止開始出發(fā)B在t2 s時(shí)乙車追上甲車C在t4 s時(shí)乙車追上甲車D甲、乙兩車在公路上只能相遇一次解析：選CD由題圖知，乙車比甲車遲出發(fā)1 s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)vt圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，知t2 s 時(shí)，甲車的位移比乙車的位移大，則知該時(shí)刻乙車還沒有追上甲車，故B錯(cuò)誤；在04 s內(nèi)，甲車的位移 x甲84 m 16 m，乙車的位移 x乙(13)8 m16 m，所以x甲x乙，兩者又是從同一位置沿著同一方向運(yùn)動(dòng)的，則在t4 s時(shí)乙車追上甲車，故C正確；在t4 s時(shí)乙車追上甲車，由于t4 s時(shí)刻以后，甲車比乙車的速度大，兩車不可能再相遇，所以兩車只相遇一次，故D正確。8多選一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為，以恒定的速度勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K，如圖(a)所示，以此時(shí)為t0時(shí)刻記錄物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖(b)所示(以物塊沿傳送帶向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑑勺鴺?biāo)大小v1>v2)。則下列判斷正確的是()A若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則>tan B0t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做正功C0t2時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的變化量大D0t2時(shí)間內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的變化量解析：選AC由題圖(b)知，t1t2時(shí)間內(nèi)，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，則有mgcos >mgsin ，得>tan ，故A正確；物塊沿傳送帶先向下運(yùn)動(dòng)后再向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上，0t1時(shí)間內(nèi)，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，則傳送帶對(duì)物塊做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；0t2時(shí)間內(nèi)，由v1>v2知物塊的重力勢(shì)能減小，動(dòng)能也減小，減小的重力勢(shì)能和動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于物塊動(dòng)能的變化量，故C正確；0t2時(shí)間內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的變化量，故D錯(cuò)誤。力學(xué)選擇題押題練(三)1.多選如圖所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止。現(xiàn)將B沿斜面向上移動(dòng)一小段距離，發(fā)現(xiàn)A隨之向上移動(dòng)少許，A、B在虛線位置重新平衡。重新平衡后與移動(dòng)前相比，下列說法正確的是()A墻面對(duì)A的彈力變小B斜面對(duì)B的彈力不變C推力F變大 DA、B間的距離變大解析：選ABD對(duì)A、B利用整體法可知，斜面對(duì)B彈力的豎直分量等于A、B所受的重力之和，斜面傾角不變，斜面對(duì)B的彈力不變，故B正確；庫(kù)侖力與豎直方向的夾角變小，而庫(kù)侖力沿豎直方向的分量不變，故庫(kù)侖力變小，A、B間的距離變大，故D正確；因庫(kù)侖力水平分量減小，故墻面對(duì)A的彈力變小，推力F變小，故A正確，C錯(cuò)誤。2.如圖所示，光滑的水平面上有一小車，以向右的加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，車內(nèi)兩物體A、B質(zhì)量之比為21，A、B間用彈簧相連并放在光滑桌面上，B通過質(zhì)量不計(jì)的輕繩與小車相連，剪斷輕繩的瞬間，A、B的加速度大小分別為()Aa、0 Ba、aCa、2a D0、2a解析：選C設(shè)B的質(zhì)量為m，剪斷輕繩前，彈簧彈力大小為F，輕繩拉力大小為T，將A、B及彈簧看成整體，則有T3ma；以A為研究對(duì)象，則有F2ma。剪斷輕繩瞬間，輕繩中拉力消失，彈簧彈力不變，所以A受力不變，加速度大小仍為a，而B所受合力為FmaB，即aB2a，故C正確。3在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，