2019版高考物理二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第9讲 技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题（含解析）

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1、第 9 讲 Error!考法学法“动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题。考查的内容主要有：动量、冲量、动量变化量等概念；动量定理的应用； 动量守恒定律的应用。该部分内容主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。用到的思想方法有：守恒的思想； 整体法和隔离法； 碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法。提 能 点 一 “解 题 快 手 ”动 量 定 理 的 应 用 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通 1掌握基本概念和规律2应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能

2、解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。力变化的情况下，动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的 F 是物体或系统所受的合力。题点全练 1多选 一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为 m，速度大小为v，做圆周运动的周期为 T，则以下说法中正确的是( )A经过时间 t ，动量变化量为 0T2B经过时间 t ，动量变化量大小为 mvT4 2C经过时间 t ，细绳对小球的冲量大小为 2mvT2D经过时间 t ，重力对小球的冲

3、量大小为T4 mgT4解析：选 BCD 经过时间 t ，小球转过了 180，速度方向正好相反，若规定开始计T2时时的速度方向为正，则动量变化量为 pm vmv2mv，细绳对小球的冲量为I p2mv，故大小为 2mv，选项 A 错误，C 正确；经过时间 t ，小球转过了 90，T4根据矢量合成法可得，动量变化量大小为 p mv，重力对小球的冲量大小为2IGmgt ，B、D 正确。mgT42多选 (2017全国卷)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示，则( )At1 s 时物块的速率为 1 m/sBt2 s 时物块的动量大小为 4

4、kgm/sCt3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sDt4 s 时物块的速度为零解析：选 AB 根据 F-t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 01 s、0 2 s、03 s、 04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理 Imv 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B 正确，C、D 错误。3如图甲所示，一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用

5、，在粗糙水平面上做加速直线运动，其 a-t 图像如图乙所示，t 0 时其速度大小为 v02 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则( )At6 s 时，物体的速度为 18 m/sB在 06 s 内，合力对物体做的功为 400 JC在 06 s 内，拉力对物体的冲量为 36 NsDt6 s 时，拉力的功率为 200 W解析：选 D 根据 vat 可知，a- t 图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在 t6 s 时，物体的速度 v6v 0v m/s20 m/s，故 A 错误；2 122 46根据动能定理得：W 合 E k mv62 mv02396 J，故 B 错误；在 06 s 内，拉力

6、与摩12 12擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：I Fftmv 6mv 0，解得 IF48 Ns，即拉力对物体的冲量为 48 Ns，故 C 错误；在 t6 s 时，根据牛顿第二定律得：Fma f(2 42)N 10 N，则此时拉力的功率 PFv 61020 W200 W，故 D 正确。4多选 (2018福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为 ，质量为 m 的物体以速度 v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为 t。对于这一过程，下列判断正确的是( )A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为 mgtC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动

7、量的变化量大小为 mgsin t解析：选 BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：INtmgcos t，弹力的冲量不为零，故 A 错误；物体所受重力的冲量大小为： IGmg t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故 B 正确；物体受到的合力的冲量大小为 mgtsin ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的变化量大小 pI 合 mgsin t，D 正确。提 能 点 二 巧 妙 运 用 动 量 守 恒 定 律 解 题 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通 1动量守恒定律的条件、表达式和性质2爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)因

8、有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。题点全练 1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM) 的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是 ( )A在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处解析：选 D 当小球与弹簧接触后，小球

9、和槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，在水平方向动量不守恒，故 A 错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而两者之间的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不总是垂直，故两力均做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C 错误；小球在槽上下滑过程两者水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球与槽分离时两者动量大小相等，由于 mM ，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对其做功

10、，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球不能回到槽高 h 处，故 D 正确。2(2018牡丹江一中检测)甲、乙两船的质量均为 M，它们都静止在平静的湖面上，质量为 M 的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后停在乙船上。假设水的阻力可忽略，则( )A甲、乙两船的速度大小之比为 12B甲船与乙船(包括人)的动量相同C甲船与乙船(包括人)的动量之和为零D因跳跃次数未知，故无法判断解析：选 C 以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，初态总动量为零，所以甲船与乙船(

11、包括人) 的动量大小之比为 11，而动量的方向相反，所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由 pmv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以最后甲、乙两船的速度大小之比为 21，故 A、B 错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人) 的动量之和为零，故 C 正确，D 错误。3一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 31。不计质量损失，取重力加速度 g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选 B 由 h gt2 可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间 t1 s，爆炸过程中

12、，12爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即 v2 m/s，因此水平位移大于 2 m，C 、D 项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为 31，所以速度变化量大小之比为 13，由平抛运动水平方向上，xv 0t，所以 A 图中，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 项错；B 图中，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 项对。4.多选 小车静置于光滑的水平面上，

13、小车的 A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为 M、长为L，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车与 C 都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )A如果小车内表面光滑，小车与 C 组成的系统任何时刻机械能都守恒B小车与 C 组成的系统任何时刻动量都守恒C当 C 对地运动速度大小为 v 时，小车对地运动速度大小为mvMD小车向左运动的最大位移为mLM m解析：选 BCD 小车与 C 组成的系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C 与橡

14、皮泥粘接过程有机械能损失。由动量守恒定律得 Mvmv0，则 v ，该系mvM统属于人船模型，Mdm(L d)，所以小车向左运动的最大位移应等于 d ，综上，mLM m选项 B、 C、D 正确。提 能 点 三 动 量 和 能 量 的 综 合 问 题 重 难 增 分 类 考 点讲 练 结 合 过 关 研一题 多选(2018合肥一中检测)A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为 A、B 碰撞前、后的位移时间图像，a、b 分别为 A、B 碰前的位移时间图像，c 为碰撞后 A、B 共同运动的位移时间图像。若 A 的质量为 m2 kg，则由图可知下列结论正确的是( )AA、B 碰撞前的总动量为 3

15、 kgm/sB碰撞时 A 对 B 所施冲量为4 NsC碰撞前、后 A 的动量变化为 4 kgm/sD碰撞中 A、B 组成的系统损失的动能为 10 J解析 由题图可知，碰撞前有：v A m/s3 m/s，v B m/ssAtA 4 102 sBtB 422 m/s，碰撞后有：v Av Bv m/s1 m/s；对 A、B 组成的系统，A、B 沿st 2 44 2同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前、后 A 的动量变化为：p Amv Amv A2(1)kgm/s 2(3)kgm/s4 kgm/s；根据动量守恒定律，碰撞前、后 B 的动量变化为：p B pA

16、4 kgm/s，由动量定理可知，碰撞时 A 对 B 所施冲量为：I Bp B4 kgm/s 4 Ns；又 pBm B(vBv B)，所以 mB kg kg，所以 A 与 B 碰撞前的总动量为：p 总pBvB vB 4 1 2 43mv Am BvB2(3)kgm/s 2 kgm/s kgm/s；碰撞中 A、B 组成的系统损失的动能：E k43 103mvA2 mBvB2 (mm B)v2，代入数据解得： Ek10 J。故 A 错误，B、C、D 正确。12 12 12答案 BCD悟一法 1三类碰撞的特点弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞 动量守恒，机械

17、能损失最多2.动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击、碰撞类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即 Ftmvmv 0。对于碰撞、爆炸、反冲类问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。(2)能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律求解。通一类 1(2019

18、届高三大庆调研) 如图所示装置中，小球 A 和小球 B 质量相同，小球 B 置于光滑水平面上。当 A 从高为 h 处由静止摆下，到达最低点恰好与 B 相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )Ah B.h2C. D.h4 h8解析：选 C A 运动到最低点有： mgh mvA2，到达最低点恰好与 B 相撞，并黏合在12一起，有：mv A2mv，v ，两者同时上升时机械能守恒，有： 2mv22mgH ，联立vA2 12解得：H ，C 正确。h42(2018淮北一中模拟)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A2 kg，m B3 kg，v A6 m/s，v B2

19、m/s。当 A 追上 B 并发生碰撞后，A、B 速度的可能值是( )Av A4.5 m/s，v B3 m/sBv A3 m/s ， vB4 m/sCv A1.5 m/s，v B7 m/ sDv A7.5 m/s，v B1 m/s解析：选 B 考虑实际情况，碰撞后 A 的速度不可能大于 B 的速度，故 A、D 错误，B、C 满足；A 、B 碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C 均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为 42 J，B 选项对应的总动能为 33 J，C 选项对应的总动能为 75.75 J，故 C 错误，

20、 B 满足。3(2018安徽“江南十校”联考) 如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个静止的质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后物块 B 刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑的距离为 0.5 m，g 取10 m/s2， A、B 均可视为质点。则 A 碰撞前瞬间的速度为( )A0.5 m/s B1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/ s解析：选 C 碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得：2mgx0 2mv2，解得：12v1 m/s ，A 与 B 碰撞的过程中，A 与 B 组成的系统在水平方向的动量守恒，则：m

21、v 0mv12mv，由于没有机械能损失，则： mv02 mv12 2mv2，解得：v 01.5 m/s，故12 12 12A、B、D 错误，C 正确。专题强训提能 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 v22gh，根据动量定理(Fmg )t0(mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力 Fmg10 3 N，由牛顿第三定律知 C

22、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v-t 图像如图乙所示，则可知( )AA 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(v m3 m/s)时，A

23、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， 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：m vm Bvm Bvm， 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：m Bvm(m Bm )v 共 ，E pm mBvm2 (m

24、Bm )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，甲、乙两小车的质量分别为 m1 和 m2，且 m1v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的va时间t2 0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时 tt 1t 21.0 s，C 正确，D 错误；v1a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。

25、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 v2，14 (14m 34m) 14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，(14m 34m) (14

26、m 34m m)由能量守恒定律得 v12 v22E，解得 E mv02，综上所述，12(14m 34m) 12(14m 34m m) 164A、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 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

27、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 NDA、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：v 0 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2gh1动量守恒定律，有：m 2v0(m 1m 2)v1，解得 v12 m/s，A

28、 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：(m 2g )t0m 2v1，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： xm 2gxF0 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 12m，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v122g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 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

29、。一质量为 m2 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 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

30、右为正方向，有mv 1(Mm)v 2，解得 v21 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mgx (Mm)v 22 mv12，解得 x m L，则小铁块在没有与平板小车达12 12 43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E2mgL18 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

31、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 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( m2m)v，得 v ，小车动量变化大小 p 车 2m mv， D 项错误；小球从滑进管道到滑v3 v3 23到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgH mv2 (m2m )v 2，得 H ，C 项12 12 v23g正确；小球从滑上小车到滑

32、离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mvmv 12mv 2，mv2 mv12 2mv22，解得 v1 ，v 2 v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小12 12 12 v3 23为 v vv，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。23 1314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 R 0.425 m 的竖直固定的光

33、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( )Am 从 A 点运动到 B 点的过程中所受合外力冲量大小为 3.4 NsBM 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：mv 1Mv 20，由机械能守恒定律得： mv12 Mv22E p，解得：v 112 129 m/s，v 23 m/s；m 从 A 点运动到 B

34、点过程中，由机械能守恒定律得：mv12 mv1 2mg2R，解得：v 18 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：Ipmv 1mv 10.28 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 2mg2 r，在最高点，由牛顿第二定律得：mgNm12 12，m 从 B 点飞出，需要满足： N0，飞出后，小球做平

35、抛运动：v1 2r2r gt2，xv 1t，解得：12x ，当 8.14r4r 时，即 r1.012 5 m 时，x 最大，则 m 从 B 点飞出后落在4r8.1 4r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： Ipm v10.2 9 Ns1.8 Ns，故 D 正确。课余挤时加餐训练(一) Error!力学选择题押题练(一)1.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为 30的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在小车上，另一端系着一个质量为 m 的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速度大小

36、不超过 a1 时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速运动且加速度大小不超过 a2 时，小球仍能够和小车保持相对静止。则 a1 和 a2 的大小之比为( )A. 1 B. 33 3C31 D13解析：选 D 当小车向左 加 速 运 动 且 加 速 度 大 小 不 超 过 a1时 ， 由 题 意 可 知 ， 此 时 细 绳 的 拉 力为零 ， 对 小 球 受 力 分 析 知 ， 小 球 受 重 力 、 斜 面的支持力，由牛顿第二定律得 mgtan 30ma 1，当小车向右加速运动且加速度大小不超过 a2 时，由题意可知，此时斜面对小球的支持力为零，对小球受力分析知，小球受重力

37、、细绳的拉力，由牛顿第二定律得 ma 2，联立以上mgtan 30两式得 ，D 正确。a1a2 132.如图所示，一个质量 m1 kg 的小环套在倾角为 37的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力 F。已知重力加速度 g10 m/s 2，sin 370.6。则 F 的大小和方向分别是 ( )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：选 A 对小环受力分析知，小环受重力、直杆的支持力，为使小环能够静止不动，F 的方向应水平向左，根据平衡知识可知：Fmg tan 37110 N7.5 N，故 A34对。3.多选

38、如图所示是用铁丝做的立方体骨架，从顶点 A 水平抛出一个小球，小球恰能击中 B 点。已知立方体的边长为 l，重力加速度为 g，不计空气阻力，则( )A小球做平抛运动的初速度大小为 glB小球落到 B 点的速度大小为 3glC小球落到 B 点的速度方向与水平方向的夹角为 45D小球在运动过程中，速度的大小时刻改变，加速度的方向时刻改变解析：选 AB 根据平抛运动的规律可得水平方向 lv 0t，竖直方向2l gt2，v ygt，v B ，解得 v0 ，v y ，v B ，小球落到 B 点的速12 v02 vy2 gl 2gl 3gl度方向与水平方向的夹角满足 tan ，所以小球落到 B 点的速度方

39、向与水平方向的vyv0 2夹角不是 45， A、B 项正确，C 项错误；小球在运动过程中，合力方向不变，所以加速度的方向是不变的，D 项错误。4火星探测器绕火星近地轨道做圆周运动，其线速度和相应的轨道半径为 v0 和 R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为 v 和 R，则下列关系式正确的是( )Alg lg Blg 2lg(vv0) 12 (RR0) (vv0) (RR0)Clg lg Dlg 2lg(vv0) 12 (R0R) (vv0) (R0R)解析：选 C 做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：G m ，G m ，解得： ，由对数运算公式可得：lg lg ，所M

40、mR2 v2R MmR02 v02R0 v2v02 R0R (v2v02) (R0R)以 lg lg ，故 C 正确。(vv0) 12 (R0R)5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了 mgL3C圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选 B 圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统

41、动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项 A、D 错误；弹簧长度为 2L 时，圆环下落的高度 h L，根据机械3能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了 Epmgh mgL，选项 B 正确；圆环释放后，圆环3向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项 C 错误。6.如图所示，半径为 R、内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，质量为 m 的小球(视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点 P时，对管壁的压力为 0.5mg，则 ( )A小球通过 P 点时的速率一定为 3gR2B小球通过 P 点时的速率一定为 gR2C小球落地点到 P 点的水平距

42、离可能为 R5D小球落地点到 P 点的水平距离可能为 R2解析：选 D 小球通过 P 点时，当小球对管下壁有压力时，则有：mg0.5mgm ，解得：v 1 ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg0.5mgmv12R gR2，解得：v 2 ，故 A、B 错误；小球通过 P 点后做平抛运动，竖直方向上：2Rv22R 3gR2gt2，解得：t2 ，则水平距离为 x1v 1t R 或 x2v 2t R，故 C 错误，D 正确。12 Rg 2 67.多选 如图所示，质量为 2m 的物体 B 静止在光滑的水平面上，物体 B 的左边固定有轻质弹簧，质量为 m 的物体 A 以速度 v向物体 B 运动并与弹簧发生

43、作用，从物体 A 接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体 A、B 始终沿同一直线运动，以初速度 v 的方向为正，则( )A此过程中弹簧对物体 B 的冲量大小大于弹簧对物体 A 的冲量大小B弹簧的最大弹性势能为 mv213C此过程中弹簧对物体 B 的冲量为 mv23D物体 A 离开弹簧后的速度为 v13解析：选 BD 由牛顿第三定律及 IFt 知，弹簧对物体 A、B 的冲量大小相等、方向相反，A 错误；物体 A、B 速度相 等 时 弹 簧 的 弹 性 势 能 最 大 ， 由 mv(m2m) v1，解得v1 v，13弹簧的最大弹性势能 Ep mv2 (m2m)v 12 mv2，B 正确；物体 A

44、离开弹簧后，由12 12 13mvmv A2mv B， mv2 mvA2 2mvB2，解得 vA v，v B v，故弹簧对物体 B 的12 12 12 13 23冲量 IB 2mvB mv，C 错误，D 正确。438.多选 如图所示，倾角为 的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度 v 飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为 g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是( )A从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动B竖直墙面与斜面右端的水平距离为 sin2v2gC竖直墙面与斜面右端的水平距离为v2sin cos gD从飞离斜面到撞击

45、墙面的过程中，小球竖直上升的高度为 sin v22g解析：选 AC 小球飞离斜面时速度为 v，把 v 沿水平方向和竖直方向分解，则有：vxvcos ，v yvsin ，小球飞离斜面后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为 g 的匀减速直线运动，又小球恰好垂直撞击到墙面上，可知小球撞到墙面时，竖直方向速度为零，由匀变速直线运动规律可知，小球飞行时间为 t ，则竖直墙面与斜面右vsin g端的水平距离为 sv xt ，小球竖直上升的高度为 s ，故选项v2sin cos g vy22g v2sin22gA、C 正确，B、D 错误。力学选择题押题练(二)1如图所示，若干个质量不相等但可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将细绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及细绳在车厢中的形状的示意图正确的是( )解析：选 A 小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的细绳与竖直方向的夹角为 ，对所有小球组成的整体分析，有 m 总 gtan m 总 a，解得 tan ，对除最上面第一ag个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m 总 m 1)gtan ( m 总 m 1)a，解得 tan ，同理可知，连接小球的细绳与竖直方向的夹角均相等，可知小球和细绳在一条直线ag上，向左偏，A 正确，B、C 、D 错误。