（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第五道 选择题涉及的命题点 5.4 用动量观

5－4用动量观点解决力学综合问题一练固双基——基础性考法1．[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x2B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析：当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma，当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝x2，即此时弹簧的压缩量为x2，故A正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2mxAt－mxBt＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝13x，故B错误；根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝12·2mv2＋12mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。答案：AD2.[多选](2019·湖北六校联考)质量M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m＝2kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态。现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2。则()A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.5mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m答案：AD解析：可把小球和滑块水平方向的运动看成人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，有Mx＝m(L－x)，解得x＝0.3m，A正确，B错误；根据动量守恒定律，有0＝(m＋M)v，解得v＝0，由能量守恒定律得12mv02＝mgh＋12(m＋M)v2，解得h＝0.45m，C错误；小球m从初始位置到第一次到达最大高度过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y，由几何关系得，m相对于M移动的水平距离s＝L＋L2－h2＝1.35m，根据水平方向动量守恒得0＝ms－yt－Myt，解得y＝0.54m，D正确。3．(2019·蓉城名校联盟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板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，在滑块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13v0时，A的速度为23v0D．当A的速度为13v0时，B的速度为23v0答案：C解析：由于木板A沿斜面匀速下滑，知此时木板A受到的合力为零，当小滑块B放在木板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，则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。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＝12(M＋m)v2B．μmgd＝12(M＋m)v2－12mv02C．μmgd＝Mmv022M＋mD．μmgd＝12mv02－12mv2解析：由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝mv0M＋m；对m分析可知，m只有M的摩擦力对其做功，则由动能定理可知，－μmg(x＋d)＝12mv2－12mv02；对M分析可知，M受m的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx＝12Mv2。联立可知：μmgd＝Mmv022M＋m，故只有C正确。答案：C5．[多选](2019·哈尔滨质检)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＝2.0kg的物体A。平衡时物体A距天花板h＝2.4m，在距物体A正上方高为h1＝1.8m处由静止释放质量为m2＝1.0kg的物体B。B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起向下运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后历时0.25s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＝10m/s2。下列说法正确的是()A．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/sB．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25mC．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18ND．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0.2m解析：设B物体自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：v0＝2gh1＝2×10×1.8m/s＝6m/s，设A、B碰撞结束之后瞬时二者共同速度为v1，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得：v1＝2.0m/s，故A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有：(m2g－F)t＝0－m2v1，解得F＝18N，方向竖直向上，故C正确。此过程中对B分析，根据动能定理可得－Fx＋m2gx＝0－12m2v12，解得x＝0.25m，即碰答案：ABC撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25m，B正确；A、B分开后，若在原位置分开，B还能上升的最大高度为h′＝v122g＝0.2m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时，即分开，故小于0.2m，D错误。二练会迁移——综合性考法1．[多选]如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′，PP′穿过金属环的圆心。现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则()A．磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来B．磁铁将不会穿越圆环运动C．磁铁与圆环的最终速度为Mv0M＋mD．整个过程最多能产生的热量为Mm2M＋mv02答案：CD解析：因为磁铁和圆环组成的系统受到的外力矢量和为零，所以满足动量守恒，因为初总动量不为零，所以末总动量一定不为零，故两者不会停下来，A错误；若最终两者的速度相同，则有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝Mv0M＋m，此时磁铁与圆环系统损失的动能为ΔEk＝12Mv02－12(m＋M)v2＝Mm2M＋mv02，C、D正确；由于不知道磁铁初速度及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够穿越圆环运动，故B项错误。2.如图所示，一辆质量为M＝6kg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＝2kg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＝1m。现给小铁块一个v0＝5m/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10m/s2)()A．10JB．30JC．9JD．18J解析：设小铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，由动能定理得－μmgL＝12mv12－12mv02，解得v1＝4m/s，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v2，二者动量守恒，取向右为正方向，有mv1＝(M＋m)v2，解得v2＝1m/s，设小铁块相对小车运动距离为x时与平板小车达到共同速度，由功能关系得－μmgx＝12(M＋m)v22－12mv12，解得x＝43m＞L，则铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板车。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＝18J，故D正确。答案：D3．[多选](2019·湖南六校联考)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。今有一个可以看作质点的小球，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．车上管道中心线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：小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝v3，小车动量变化大小Δp车＝2m·v3＝23mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝12mv2－12(m＋2m)v′2，得H＝v23g，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，答案：BC由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，12mv2＝12mv12＋12·2mv22，解得v1＝－v3，v2＝23v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为23v＋13v＝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。4．[多选]如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v(v＜v0)，那么()A．完全进入磁场时线圈的速度大于v0＋v2B．完全进入磁场时线圈的速度等于v0＋v2C．完全进入磁场时线圈的速度小于v0＋v2D．线圈进出磁场时通过导线横截面的电荷量相同解析：设线圈完全进入磁场时的速度为vx，线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，选初速度方向为正，由动量定理可得：线圈所受冲量I1＝BIaΔt1＝－BaΔΦR＝－BaBa2R＝mvx－mv0，对于线圈穿出磁场的过程，由动量定理可得：线圈所受冲量I2＝BI′aΔt2＝－BaΔΦR＝－BaBa2R＝mv－mvx，由上述二式可得I1＝I2，所以vx＝v0＋v2，故B正确，D也正确。答案：BD5．[多选]甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上。质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车。对于这一过程，下列说法中正确的是()A．最后甲、乙两车的速率相等B．最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M)C．人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1＝I2D．选项(C)中的结论应是I1＜I2解析：人跳离甲车时，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv－Mv1＝0；人跳上乙车时，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，mv＝(m＋M)v2；同理，人跳离乙车时，以人的速度方向为正方向，有－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，人跳上甲车时，有mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，联立以上各式解得：v甲v乙＝MM＋m，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车：I1＝Mv1＝mv，对乙车I2＝Mv乙－Mv2＝2mv－MmvM＋m＞mv，即I1＜I2，故C错误，D正确。答案：BD三练提素养——创新性、应用性考法1．[多选](2019·河南名校大联考)随着社会的发展，高楼大厦随处可见，高