(課標(biāo)版)高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練7 動(dòng)量守恒定律(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題

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1、專(zhuān)題限時(shí)訓(xùn)練7 動(dòng)量守恒定律 時(shí)間:45分鐘 一、單項(xiàng)選擇題 1.如圖所示,輕質(zhì)彈簧固定在水平地面上.現(xiàn)將彈簧壓縮后,將一質(zhì)量為m的小球靜止放在彈簧上,釋放后小球被豎直彈起,小球離開(kāi)彈簧時(shí)速度為v,則小球被彈起的過(guò)程中( A ) A.地面對(duì)彈簧的支持力的沖量大于mv B.彈簧對(duì)小球的彈力的沖量等于mv C.地面對(duì)彈簧的支持力做的功大于mv2 D.彈簧對(duì)小球的彈力做的功等于mv2 解析:規(guī)定豎直向上為正方向,離開(kāi)彈簧前,對(duì)小球受力分析,受到豎直向下的重力和豎直向上的彈力作用,根據(jù)動(dòng)量定理可得IF-IG=mv,所以彈簧對(duì)小球的彈力的沖量IF=mv+I(xiàn)G,地面對(duì)彈簧的支持力和彈簧

2、對(duì)地面的彈力是一對(duì)相互作用力,所以FN=F,故|IN|=|IF|=mv+|IG|>mv,A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理得WF-WG=mv2,所以WF=mv2+WG>mv2,由于彈簧與地面接觸處沒(méi)有發(fā)生位移,所以地面對(duì)彈簧的支持力不做功,C、D錯(cuò)誤. 2.(2018·浙江卷)20世紀(jì)人類(lèi)最偉大的創(chuàng)舉之一是開(kāi)拓了太空的全新領(lǐng)域.現(xiàn)有一艘遠(yuǎn)離星球在太空中直線(xiàn)飛行的宇宙飛船,為了測(cè)量自身質(zhì)量,啟動(dòng)推進(jìn)器,測(cè)出飛船在短時(shí)間Δt內(nèi)速度的改變?yōu)棣,和飛船受到的推力F(其他星球?qū)λ囊珊雎?.飛船在某次航行中,當(dāng)它飛近一個(gè)孤立的星球時(shí),飛船能以速度v,在離星球的較高軌道上繞星球做周期為T(mén)的勻速圓周運(yùn)動(dòng).

3、已知星球的半徑為R,引力常量用G表示.則宇宙飛船和星球的質(zhì)量分別是( D ) A., B., C., D., 解析:根據(jù)牛頓第二定律,F(xiàn)=ma=m·,故飛船的質(zhì)量m=.飛船繞星球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,由萬(wàn)有引力提供向心力可知,=,即M==,故D選項(xiàng)正確. 3.如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上,另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體P接觸,但未與物體P連接,彈簧水平且無(wú)形變.現(xiàn)對(duì)物體P施加一個(gè)水平向右的瞬間沖量,大小為I0,測(cè)得物體P向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x0,之后物體P被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側(cè)2x0處.已知彈簧始終在彈性限度內(nèi),物體P與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

4、為μ,重力加速度為g.下列說(shuō)法中正確的是( C ) A.物體P與彈簧作用的過(guò)程中,系統(tǒng)的最大彈性勢(shì)能Ep=-3μmgx0 B.彈簧被壓縮成最短之后的過(guò)程,P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),最后做勻減速運(yùn)動(dòng) C.最初對(duì)物體P施加的瞬時(shí)沖量I0=2m D.在物體P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量大小相等、方向相反 解析:由動(dòng)量定理可知I0=mv0,由功能關(guān)系知,系統(tǒng)具有的最大彈性勢(shì)能Ep=mv-μmgx0=-μmgx0,故A錯(cuò)誤;彈簧被壓縮成最短之后的過(guò)程,在脫離彈簧之前,P受水平向左的彈簧的彈力和向右的摩擦力,開(kāi)始時(shí)彈力大于摩擦力,P向左做加速運(yùn)動(dòng),

5、彈力越來(lái)越小,合力越來(lái)越小,所以P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到彈力與摩擦力大小相等,之后彈力小于摩擦力,彈力越來(lái)越小,但合力越來(lái)越大,P做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),離開(kāi)彈簧之后,P受水平向右的摩擦力,P做勻減速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;在物體P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mv=μmg(4x0),解得I0=2m,故C正確;在物體P整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)量定理得I0+I(xiàn)彈+I(xiàn)摩=0-0,解得I彈+I(xiàn)摩=-I0,故D錯(cuò)誤. 4.如圖所示,質(zhì)量為m1=50 kg的人從軌道上的A點(diǎn)以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m2=5 kg的高度不計(jì)的靜止滑板后,又一起滑向光滑軌道DE,到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度減為零,然后返回,已知H=1.8

6、m,重力加速度g取10 m/s2.設(shè)人和滑板可看成質(zhì)點(diǎn),滑板與水平地面間的摩擦力不計(jì).下列說(shuō)法正確的是( C ) A.人和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能不守恒 B.人的初速度v0=8 m/s C.剛沖上DE軌道時(shí),人的速度大小為6 m/s D.人沖上滑板到二者共速的過(guò)程中機(jī)械能守恒 解析:人和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中,只有重力做功,則機(jī)械能守恒,有(m1+m2)gH=(m1+m2)v,解得v共=6 m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,C正確;若規(guī)定向右為正方向,人沖上滑板到二者共速,由動(dòng)量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v共,解得v0=6.6 m/s,人與滑板組成的系統(tǒng)的動(dòng)能變

7、化量ΔEk=m1v-(m1+m2)v>0,則人沖上滑板到二者共速的過(guò)程中機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤. 5.使用無(wú)人機(jī)植樹(shù)時(shí),為保證樹(shù)種的成活率,將種子連同營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)包進(jìn)一個(gè)很小的莢里.播種時(shí),在離地面10 m高處以15 m/s的速度水平勻速飛行的無(wú)人機(jī)中,播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對(duì)播種器)豎直向下射出,莢進(jìn)入地面下10 cm深處完成一次播種.已知莢的總質(zhì)量為20 g,不考慮莢所受大氣阻力及進(jìn)入土壤后重力的作用,g取10 m/s2,則( D ) A.射出莢的過(guò)程中,播種器對(duì)莢做的功為2.5 J B.離開(kāi)無(wú)人機(jī)后,莢在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 s C.土壤對(duì)莢沖量的大小為3 k

8、g·m/s D.莢在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小為22.5 N 解析:播種器對(duì)莢做的功為莢增加的動(dòng)能,故W=mv=×0.02×52 J=0.25 J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;莢離開(kāi)無(wú)人機(jī)后,在豎直方向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),根據(jù)位移與時(shí)間公式得10=5t+gt2,解得t=1 s(t=-2 s舍去),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;莢落地時(shí)豎直方向上的速度為vy=5 m/s+10×1 m/s=15 m/s,水平方向上的速度v0=15 m/s,故莢落地時(shí)的速度大小為v==15 m/s,進(jìn)入土壤后,速度為零,故I=0-mv=-0.3 kg·m/s,即沖量大小為0.3 kg·m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;莢進(jìn)入土壤后,豎直方向上做減速運(yùn)動(dòng),末速度

9、為零,位移為10 cm=0.1 m,根據(jù)位移與速度公式可得0.1=,進(jìn)入土壤后的時(shí)間為t=,聯(lián)立解得t= s,根據(jù)動(dòng)量定理可得-t=0-mv,解得== N=22.5 N,即平均阻力大小為22.5 N,選項(xiàng)D正確. 6.如圖所示,一沙袋用無(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn).開(kāi)始時(shí)沙袋處于靜止?fàn)顟B(tài),一彈丸以水平速度v0擊入沙袋后未穿出,二者共同擺動(dòng).若彈丸質(zhì)量為m,沙袋質(zhì)量為5m,彈丸相對(duì)于沙袋的形狀其大小可忽略不計(jì),彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g.下列說(shuō)法中正確的是( D ) A.彈丸打入沙袋過(guò)程中,細(xì)繩所受拉力大小保持不變 B.彈丸打入沙袋過(guò)程中,彈丸對(duì)沙袋的沖

10、量大小大于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小 C.彈丸打入沙袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為 D.沙袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為 解析:彈丸打入沙袋的過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得:mv0=(m+5m)v,解得v=v0;彈丸打入沙袋后,總質(zhì)量變大,且做圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)T=6mg+6m可知,細(xì)繩所受拉力變大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第三定律可知,彈丸打入沙袋過(guò)程中,彈丸對(duì)沙袋的沖量大小等于沙袋對(duì)彈丸的沖量大小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;彈丸打入沙袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為Q=mv-·6mv2=mv,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由機(jī)械能守恒可得:·6mv2=6mgh,解得h=,選項(xiàng)D正確. 二、多項(xiàng)選擇題 7.質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在水平面上,靜止在小車(chē)左端

11、的質(zhì)量為m的小球突然獲得一個(gè)水平向右的初速度v0,并沿曲面運(yùn)動(dòng),若曲面很長(zhǎng),小球不可能從右端離開(kāi),不計(jì)一切阻力,對(duì)于運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析正確的是(重力加速度為g)( AC ) A.小球沿小車(chē)上升的最大高度小于 B.小球回到小車(chē)左端的速度大小仍為v0 C.小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.小球到最高點(diǎn)的速度為 解析:以小球和小車(chē)整體為系統(tǒng),在水平方向上動(dòng)量守恒,有mv0=(M+m)v,小球上升到最高點(diǎn)時(shí),二者具有共同的水平速度v=,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;對(duì)小球和小車(chē)組成的系統(tǒng),僅有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由于具有水平速度,所以小球上升到最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不可能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能,即mv>mgh,所以h

12、<,選項(xiàng)A、C正確;小球回到小車(chē)左端,設(shè)兩者的速度分別為v1和v2,有mv0=mv1+Mv2,mv=mv+Mv,解得v1=v0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤. 8.動(dòng)量可以像力那樣進(jìn)行正交分解,分解成兩個(gè)相互垂直的分動(dòng)量,而要總動(dòng)量守恒,兩個(gè)相互垂直的分動(dòng)量就必須都守恒.下面是交警正在調(diào)查發(fā)生在無(wú)信號(hào)燈的十字路口的一起汽車(chē)相撞事故,根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知,發(fā)生撞車(chē)時(shí)汽車(chē)A正沿東西大道向正東行駛,汽車(chē)B正沿南北大道向正北行駛.相撞后兩車(chē)立即熄火并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起,并排沿直線(xiàn)在水平路面上滑動(dòng),最終一起停在路口東北角的路燈柱旁.交警根據(jù)事故現(xiàn)場(chǎng)情況畫(huà)出了如圖所示的事故分析圖.通過(guò)觀(guān)察地面上留下的碰撞痕跡,交

13、警判定撞車(chē)的地點(diǎn)為圖中的P點(diǎn),測(cè)量出的相關(guān)數(shù)據(jù)已標(biāo)注在圖中.為簡(jiǎn)化問(wèn)題,將兩車(chē)均視為質(zhì)點(diǎn),且認(rèn)為它們質(zhì)量相等,它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒,根據(jù)圖中測(cè)量數(shù)據(jù)可知,下列說(shuō)法中正確的是( CD ) A.兩車(chē)發(fā)生碰撞時(shí)在東西方向上動(dòng)量守恒,在南北方向上動(dòng)量不守恒 B.發(fā)生碰撞時(shí)汽車(chē)A的速度較大 C.發(fā)生碰撞時(shí)汽車(chē)B的速度較大 D.發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車(chē)和速率較小的汽車(chē)的速率之比為125 解析:設(shè)兩車(chē)質(zhì)量均為m,相撞之前的速度分別為vA、vB,相撞后向北的速度為v1,向東的速度為v2,在南北方向上動(dòng)量守恒,則有mvB=2mv1,在東西方向上動(dòng)量守恒,則有mvA=2mv2,由圖

14、可知v1v2=62.5=125,故vBvA=125,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C、D正確. 9.如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物體通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接在一起,豎直放置在水平地面上,物體A處于靜止?fàn)顟B(tài),在A的正上方h高處有一質(zhì)量也為m的小球C.現(xiàn)將小球C由靜止釋放,C與A發(fā)生碰撞后立刻粘在一起,彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略空氣阻力,重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是( ABD ) A.C與A碰撞后瞬間A的速度大小為 B.C與A碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為 C.C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢(shì)能為 D.要使碰后物體B被拉離地面,h至少為 解析:對(duì)C自由下落過(guò)程,由機(jī)械能守恒得:mgh=m

15、v,解得:v0=,對(duì)C與A組成的系統(tǒng),取向下為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv0=2mv1,解得:v1=,故A正確;C與A碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為:ΔE=mv-·2mv=mgh,故B正確;當(dāng)A、C速度為零時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能有最大值,Epmax=·2mv+2mgΔx+k·2>mgh,故C錯(cuò)誤;開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量為:H=,碰后物體B剛被拉離地面時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為:H=,則A、C將上升2H,彈簧彈性勢(shì)能不變,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得:·2mv=2mg·2H,解得:h=,故D正確. 10.如圖所示,質(zhì)量分別為mP=2 kg和mQ=3 kg的兩個(gè)小球P、Q間夾有勁度系數(shù)k=100 N/m的輕彈簧(彈簧與小球未連接),

16、用兩個(gè)大小相等、方向相反的水平壓力F=12 N使兩個(gè)小球靜止在光滑水平面上,此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep=0.72 J.現(xiàn)突然同時(shí)撤除這兩個(gè)力F,則下列說(shuō)法正確的是( ABD ) A.突然撤除兩個(gè)水平壓力F的瞬間,小球P的加速度aP=6 m/s2,小球Q的加速度aQ=4 m/s2 B.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的瞬間,小球P的動(dòng)能為0.432 J,小球Q的動(dòng)能為0.288 J C.在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中,小球P與小球Q的加速度之比是23 D.在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中,小球P的位移大小為7.2 cm,小球Q的位移大小為4.8 cm 解析:由胡克定律可得,兩個(gè)水平壓力F作用在小球上時(shí),彈簧的彈力kx=F,解

17、得彈簧的壓縮量x=0.12 m,突然撤除兩個(gè)水平壓力的瞬間,兩小球都只受彈簧的彈力,由牛頓第二定律得aP==6 m/s2,aQ==4 m/s2,A正確;由動(dòng)量守恒定律有mPvP+mQvQ=0,由機(jī)械能守恒定律有mPv+mQv=Ep,故彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的瞬間,小球P的動(dòng)能為0.432 J,小球Q的動(dòng)能為0.288 J,B正確;在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中,兩個(gè)小球受到的彈力大小相等,由牛頓第二定律可知,它們的加速度與質(zhì)量成反比,所以小球P與小球Q的加速度之比是32,C錯(cuò)誤;彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中,始終有mPvP+mQvQ=0,可知mP|xP|=mQ|xQ|,又知|xP|+|xQ|=x,解得小球P的位移大小為7

18、.2 cm,小球Q的位移大小為4.8 cm,D正確. 三、計(jì)算題 11.在光滑桌面上,如圖甲所示,有P、Q兩物塊,它們?cè)趖=4 s時(shí)發(fā)生碰撞,圖乙是兩者碰撞前后的位移—時(shí)間圖象,已知物塊P的質(zhì)量mP=1 kg,求: (1)物塊Q的質(zhì)量和兩物塊碰撞過(guò)程中物塊Q受到的沖量大?。? (2)碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能. 答案:(1)3 kg 3 N·s (2)6 J 解析:(1)根據(jù)位移時(shí)間圖象可知,碰撞前P的速度: v0==4 m/s 碰撞前P的動(dòng)量:p0=mPv0=4 kg·m/s 根據(jù)位移—時(shí)間圖象知,碰撞后二者速度相同,說(shuō)明碰撞為完全非彈性碰撞,碰撞后,二者的共同速度: v==

19、1 m/s 碰撞過(guò)程,取碰撞前P的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得:mPv0=(mP+mQ)v 解得:mQ=3 kg 對(duì)物塊Q,由動(dòng)量定理,兩物塊碰撞過(guò)程中物塊Q受到的沖量:I=ΔpQ=mQv=3 N·s (2)由能量守恒定律知,碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能: ΔE=mPv-(mP+mQ)v2 解得:ΔE=6 J 12.如圖甲所示,物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg,用輕彈簧拴接后放在光滑的水平地面上,物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng),在t=4 s時(shí)與物塊A相碰,并立即與A粘在一起不再分開(kāi),物塊C的v-t圖象如圖乙所示.

20、 (1)求物塊C的質(zhì)量mC; (2)從A、C一起開(kāi)始向右壓縮彈簧到將彈簧壓縮至最短的過(guò)程中,求彈簧對(duì)B的沖量大?。? (3)在B離開(kāi)墻后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,求彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep. 答案:(1)2 kg (2)18 kg·m/s (3)9 J 解析:(1)由圖可知,C與A碰前速度為v1=9 m/s,碰后速度為v2=3 m/s,C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,有 mCv1=(mA+mC)v2 解得mC=2 kg (2)此過(guò)程中,彈簧對(duì)B沖量的大小等于彈簧對(duì)A、C的沖量的大小,即IB=IAC=(mA+mC)v2=18 kg·m/s (3)在12 s時(shí),A、C的速度大小為v3=3 m/s,此時(shí)彈簧已恢復(fù)原長(zhǎng),B即將離開(kāi)墻壁.之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒,且當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí),彈簧彈性勢(shì)能最大. 由動(dòng)量守恒定律得(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4 由能量守恒定律得 (mA+mC)v=(mA+mB+mC)v+Ep 解得Ep=9 J.

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