2019版高考物理二轮复习专题检测：09 技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题(含解析)

专题检测（九）  技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题

1．(2018·全国卷Ⅱ)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 N　　　　　　　　 B．102 N

C．103 N  D．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＝3×25 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＝

＋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v­t图像如图乙所示，则可知(　　)

A．A的质量为4 kg

B．运动过程中A的最大速度为4 m/s

C．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(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：mBvm＝(mB＋m)v共，Epm＝mBvm2－(mB＋m)v共2，解得Epm＝3 J，D正确。

3．[多选](2018·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F1和F2，两小车同时开始运动，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∶m1

C．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∶m1

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正确；将甲、乙及弹簧看成一个整体，因F1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m1v1－m2v2＝0，根据动量定理可得I甲＝m1v1，I乙＝－m2v2，故＝1∶1，B错误；因为研究过程中任意时刻甲、乙的动量和为零，所以＝，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μ。开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0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，木板的位移为x，如图所示。下列关系式正确的是(　　)

A．μmgx＝(M＋m)v2

B．μmgd＝(M＋m)v2－mv02

C．μmgd＝

D．μmgd＝mv02－mv2

解析：选C　由动量守恒定律可知：mv0＝(M＋m)v，解得v＝，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：－μmg(x＋d)＝mv2－mv02，对木板分析可知，木板受小滑块的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx＝Mv2，可得μmgd＝，故C正确。

5．甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，

p2＝7 kg·m/s，甲球从后面追上乙球并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是(　　)

A．m1＝m2  B．2m1＝m2

C．4m1＝m2  D．6m1＝m2

解析：选C　设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得

p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，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v0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

C．当B的速度为v0时，A的速度为v0

D．当A的速度为v0时，B的速度为v0

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，当B放在A上表面后，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，由动量守恒定律知，C正确，D错误。

7．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务。船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则(　　)

A．该同学和船最终静止在水面上

B．该同学的动量变化量的大小为105 kg·m/s

C．船最终速度的大小为0.95 m/s

D．船的动量变化量的大小为70 kg·m/s

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：m1v1－m2v2＝(m1＋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：|Δp1|＝|m1v－m1v1|＝105 kg·m/s，故B正确；船的动量变化量大小为：Δp2＝m2v－(－m2v2)＝105 kg·m/s，故D错误。

8.[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∶2

B．A、B碰撞前、后总动量守恒

C．A、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；根据动量守恒定律：mA×6＋mB×1＝mA×2＋mB×7，得：mA∶mB＝3∶2，A正确；碰撞前总动能：mA×62＋mB×12＝mA，碰撞后总动能：mA×22＋mB×72＝mA，即碰撞前、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(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹，以v0＝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 m

C．木块遭射击后到相对传送带静止历时1.0 s

D．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＝μg＝5 m/s2，子弹射穿木块的过程中两者动量守恒，木块速度v′＝－v1＝3 m/s，木块向右匀减速运动的位移s＝＝0.9 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 t1＝＝0.6 s，因为v′>v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的时间 t2＝＝0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时t＝t1＋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(　　)

A．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0

B．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0

C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02

D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02

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，由能量守恒定律得v12＝v22＋E，解得E＝mv02，综上所述，A、C正确。

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A。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)，下列说法正确的是(　　)

A．碰撞结束瞬间A、B的速度大小为2 m/s

B．碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m

C．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 N

D．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，根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝2 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，根据动量定理，有：(m2g－)t＝0－m2v1，解得＝

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：－x＋m2gx＝

0－m2v12，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′＝＝0.2 m，但实际上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，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ＝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)(　　)

A．10 J  B．30 J

C．9 J  D．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v1，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝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，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－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，则小铁块在没有与平板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

ΔE＝2μmgL＝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，小车回到原来位置

B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v

C．小车上管道最高点的竖直高度为

D．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

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Δp车＝2m·＝mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确；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mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为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，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/s

C．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，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：mv12＋Mv22＝Ep，解得：v1＝

9 m/s，v2＝3 m/s；m从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以水平向右为正方向，由动量定理得，m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量为：I＝Δp＝－mv1′－mv1＝－0.2×8 N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，则合外力冲量大小为3.4 N·s，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＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1″t，解得：x＝，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m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：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确。