高考物理通用版二轮复习讲义：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 Word版含解析

第9讲 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。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0B经过时间t，动量变化量大小为mvC经过时间t，细绳对小球的冲量大小为2mvD经过时间t，重力对小球的冲量大小为解析：选BCD经过时间t，小球转过了180，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为pmvmv2mv，细绳对小球的冲量为Ip2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t，小球转过了90，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为pmv，重力对小球的冲量大小为IGmgt，B、D正确。2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 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Ft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、02 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，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图像如图乙所示，t0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，at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v6v0vm/s20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合Ekmv62mv02396 J，故B错误；在06 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IFftmv6mv0，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：Fmaf(242)N10 N，则此时拉力的功率PFv61020 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：IGmgt，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。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，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(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hgt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t1 s，爆炸过程中，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，xv0t，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，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D小车向左运动的最大位移为解析：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，该系统属于人船模型，Mdm(Ld)，所以小车向左运动的最大位移应等于d，综上，选项B、C、D正确。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 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：vA m/s3 m/s，vB m/s2 m/s，碰撞后有：vAvBv m/s1 m/s；对A、B组成的系统，A、B沿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：pAmvAmvA2(1)kgm/s2(3)kgm/s4 kgm/s；根据动量守恒定律，碰撞前、后B的动量变化为：pBpA4 kgm/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpB4 kgm/s4 Ns；又pBmB(vBvB)，所以mB kg kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总mvAmBvB2(3)kgm/s2 kgm/s kgm/s；碰撞中A、B组成的系统损失的动能：EkmvA2mBvB2(mmB)v2，代入数据解得：Ek10 J。故A错误，B、C、D正确。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Ftmvmv0。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()AhB.C. D.解析：选CA运动到最低点有：mghmvA2，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起，有：mvA2mv，v，两者同时上升时机械能守恒，有：2mv22mgH，联立解得：H，C正确。2(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，mA2 kg，mB3 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，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：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，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：2mgx02mv2，解得：v1 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：mv0mv12mv，由于没有机械能损失，则：mv02mv122mv2，解得：v01.5 m/s，故A、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 NB102 NC103 N D104 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Fmg103 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()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(vm3 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(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：mvmBvmBvm，mv2mBv2mBvm2，解得m1 kg，v4 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(mBm)v共，EpmmBvm2(mBm)v共2，解得Epm3 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m1v1，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t20.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时tt1t21.0 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v0B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mv02D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mv0v1，解得v1v0，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v1v2，设此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得v12v22E，解得Emv02，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：v06 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(m1m2)v1，解得v12 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)t0m2v1，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：xm2gx0m2v12，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 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h0.2 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。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mgLmv12mv02，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(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)v22mv12，解得x mL，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(m2m)v，得v，小车动量变化大小p车2mmv，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mgHmv2(m2m)v2，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mvmv12mv2，mv2mv122mv22，解得v1，v2v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为vvv，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R0.425 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()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：mv1Mv20，由机械能守恒定律得：mv12Mv22Ep，解得：v19 m/s，v23 m/s；m从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得：mv12mv12mg2R，解得：v18 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：Ipmv1mv10.28 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：mv12mv12mg2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mgNm，m从B点飞出，需要满足：N0，飞出后，小球做平抛运动：2rgt2，xv1t，解得：x，当8.14r4r时，即r1.012 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：Ipmv10.29 Ns1.8 Ns，故D正确。课余挤时加餐训练(一) 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.1B.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 30ma1，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、细绳的拉力，由牛顿第二定律得ma2，联立以上两式得，D正确。2.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/s2，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：Fmgtan 37110 N7.5 N，故A对。3.多选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B小球落到B点的速度大小为C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 lv0t，竖直方向lgt2，vygt，vB，解得v0，vy，vB，小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角满足tan ，所以小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角不是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()Alglg Blg2lgClglg Dlg2lg解析：选C做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：Gm，Gm，解得：，由对数运算公式可得：lglg，所以lglg，故C正确。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mgLC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hL，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了EpmghmgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，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 B小球通过P点时的速率一定为 C小球落地点到P点的水平距离可能为RD小球落地点到P点的水平距离可能为R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：v1 ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg0.5mgm，解得：v2 ，故A、B错误；小球通过P点后做平抛运动，竖直方向上：2Rgt2，解得：t2，则水平距离为x1v1tR或x2v2tR，故C错误，D正确。7.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mv2C此过程中弹簧对物体B的冲量为mvD物体A离开弹簧后的速度为v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v1v，弹簧的最大弹性势能Epmv2(m2m)v12mv2，B正确；物体A离开弹簧后，由mvmvA2mvB，mv2mvA22mvB2，解得vAv，vBv，故弹簧对物体B的冲量IB2mvBmv，C错误，D正确。8.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sin2C竖直墙面与斜面右端的水平距离为D从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球竖直上升的高度为sin 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 ，vyvsin ，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端的水平距离为svxt，小球竖直上升的高度为s，故选项A、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 ，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总m1)gtan (m总m1)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上，向左偏，A正确，B、C、D错误。2.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向夹角为，小球处于静止状态，现缓慢拉动绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A绳与竖直方向的夹角为时，Fmgcos B小球沿光滑圆环上升过程中，绳拉力逐渐增大C小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大D小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变解析：选D绳与竖直方向的夹角为时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，由三角形相似可知，其中R为圆环的半径，可得F2mgcos ，选项A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，绳与竖直方向的夹角变大，绳拉力F2mgcos 逐渐减小，选项B错误；由以上分析可知，小球所受圆环的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力的大小不变，选项C错误，D正确。3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是()A小物块到达最低点N时的速度大小为B小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgRC小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgRD小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点解析：选C在N点小物块做圆周运动，有FNmgm，由牛顿第三定律，有FNFN2mg，解得v，A选项错误；重力做功仅与高度差有关，小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为WGmgR，B选项错误；由动能定理得：mgRWfmv2，解得WfmgR，C选项正确；因为运动过程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物块不能到达Q点，D选项错误。4.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是()A第1 s末质点的速度为2 m/sB第2 s末外力做功的瞬时功率最大C第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为12D第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为45解析：选D由动量定理：Ftmvmv，得质点第1 s末、第2 s末的速度分别为：v14 m/s、v26 m/s，A错误；第1 s末外力做功的瞬时功率：PF1v144 W16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：PF2v226 W12 W，B错误；第1 s 内与第2 s内质点动量增加量之比为：，C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：Ek1mv128 J，Ek2mv22mv1210 J，则Ek1Ek245，D正确。5.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长，斜面倾角为。经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v。若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是()A物体回到出发点时的机械能是80 JB在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin C撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的重力势能一直在减少D撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的动能一直在减少解析：选A由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增量，A对；物体在沿斜面向上运动时，有Fmgsin ma1，撤去力F后，有mgsin ma2，由运动学公式知，t2，vxt，解得Fmgsin ，由vxgsin tv，解得vx，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率PFvxmgvsin ，B错；撤去力F后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增加的过程，C错；撤去力F后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D错。6多选美国大众科学杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役。假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F7103 N，所受阻力为重力的，当飞机的速度大小达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是()A飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 NB飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2C若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为30 m/sD若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s解析：选CD飞机在跑道上加速时所受阻力fkmg10310 N2103 N，选项A错误；由牛顿第二定律得Ffma，解得a5 m/s2，选项B错误；设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为v0，由匀变速直线运动规律得v2v022ax，解得v030 m/s，选项C正确；若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度大小为v1，则飞机相对地面的速度vv1at，飞机相对航空母舰的位移大小xat2，解得v110 m/s，选项D正确。7多选甲、乙两辆汽车从平直公路上同一位置沿着同一方向做直线运动，它们的vt图像如图所示，则()A甲、乙两车同时从静止开始出发B在t2 s时乙车追上甲车C在t4 s时乙车追上甲车D甲、乙两车在公路上只能相遇一次解析：选CD由题图知，乙车比甲车迟出发1 s，故A错误；根据vt图线与时间轴围成的面积表示位移，知t2 s 时，甲车的位移比乙车的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误；在04 s内，甲车的位移 x甲84 m 16 m，乙车的位移 x乙(13)8 m16 m，所以x甲x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在t4 s时乙车追上甲车，故C正确；在t4 s时乙车追上甲车，由于t4 s时刻以后，甲车比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D正确。8多选一足够长的传送带与水平面的夹角为，以恒定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，如图(a)所示，以此时为t0时刻记录物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图(b)所示(以物块沿传送带向上的运动方向为正方向，两坐标大小v1v2)。则下列判断正确的是()A若物块与传送带间的动摩擦因数为，则tan B0t1时间内，传送带对物块做正功C0t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大D0t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的变化量解析：选AC由题图(b)知，t1t2时间内，物块沿传送带向上运动，则有mgcos mgsin ，得tan ，故A正确；物块沿传送带先向下运动后再向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0t1时间内，物块所受摩擦力沿传送带向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0t2时间内，由v1v2知物块的重力势能减小，动能也减小，减小的重力势能和动能转化为系统产生的内能，所以系统产生的热量一定大于物块动能的变化量，故C正确；0t2时间内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。力学选择题押题练(三)1.多选如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B沿斜面向上移动一小段距离，发现A随之向上移动少许，A、B在虚线位置重新平衡。重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是()A墙面对A的弹力变小B斜面对B的弹力不变C推力F变大 DA、B间的距离变大解析：选ABD对A、B利用整体法可知，斜面对B弹力的竖直分量等于A、B所受的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B的弹力不变，故B正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而库仑力沿竖直方向的分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故墙面对A的弹力变小，推力F变小，故A正确，C错误。2.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为21，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与小车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为()Aa、0 Ba、aCa、2a D0、2a解析：选C设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，轻绳拉力大小为T，将A、B及弹簧看成整体，则有T3ma；以A为研究对象，则有F2ma。剪断轻绳瞬间，轻绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以A受力不变，加速度大小仍为a，而B所受合力为FmaB，即aB2a，故C正确。3在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。