（课标版）高考物理二轮复习 专题限时训练7 动量守恒定律（含解析）-人教版高三全册物理试题

专题限时训练7动量守恒定律时间：45分钟一、单项选择题1如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中(A)A地面对弹簧的支持力的冲量大于mvB弹簧对小球的弹力的冲量等于mvC地面对弹簧的支持力做的功大于mv2D弹簧对小球的弹力做的功等于mv2解析：规定竖直向上为正方向，离开弹簧前，对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据动量定理可得IFIGmv，所以弹簧对小球的弹力的冲量IFmvIG，地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力，所以FNF，故|IN|IF|mv|IG|mv，A正确，B错误；根据动能定理得WFWGmv2，所以WFmv2WGmv2，由于弹簧与地面接触处没有发生位移，所以地面对弹簧的支持力不做功，C、D错误2.(2018浙江卷)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间t内速度的改变为v，和飞船受到的推力F(其他星球对它的引力可忽略)飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动已知星球的半径为R，引力常量用G表示则宇宙飞船和星球的质量分别是(D)A.， B.，C.， D.，解析：根据牛顿第二定律，Fmam，故飞船的质量m.飞船绕星球做圆周运动的半径r，由万有引力提供向心力可知，即M，故D选项正确3如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未与物体P连接，弹簧水平且无形变现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处已知弹簧始终在弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.下列说法中正确的是(C)A物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep3mgx0B弹簧被压缩成最短之后的过程，P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动C最初对物体P施加的瞬时冲量I02mD在物体P整个运动过程中，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反解析：由动量定理可知I0mv0，由功能关系知，系统具有的最大弹性势能Epmvmgx0mgx0，故A错误；弹簧被压缩成最短之后的过程，在脱离弹簧之前，P受水平向左的弹簧的弹力和向右的摩擦力，开始时弹力大于摩擦力，P向左做加速运动，弹力越来越小，合力越来越小，所以P先做加速度减小的加速运动，直到弹力与摩擦力大小相等，之后弹力小于摩擦力，弹力越来越小，但合力越来越大，P做加速度增大的减速运动，离开弹簧之后，P受水平向右的摩擦力，P做匀减速运动，故B错误；在物体P整个运动过程中，由动能定理得mvmg(4x0)，解得I02m，故C正确；在物体P整个运动过程中，由动量定理得I0I弹I摩00，解得I弹I摩I0，故D错误4如图所示，质量为m150 kg的人从轨道上的A点以v0的水平速度冲上质量为m25 kg的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回，已知H1.8 m，重力加速度g取10 m/s2.设人和滑板可看成质点，滑板与水平地面间的摩擦力不计下列说法正确的是(C)A人和滑板一起由D点运动到E点的过程中机械能不守恒B人的初速度v08 m/sC刚冲上DE轨道时，人的速度大小为6 m/sD人冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒解析：人和滑板一起由D点运动到E点的过程中，只有重力做功，则机械能守恒，有(m1m2)gH(m1m2)v，解得v共6 m/s，选项A错误，C正确；若规定向右为正方向，人冲上滑板到二者共速，由动量守恒定律得m1v0(m1m2)v共，解得v06.6 m/s，人与滑板组成的系统的动能变化量Ekm1v(m1m2)v0，则人冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，选项B、D错误5使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10 cm深处完成一次播种已知荚的总质量为20 g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，g取10 m/s2，则(D)A射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5 JB离开无人机后，荚在空中运动的时间为 sC土壤对荚冲量的大小为3 kgm/sD荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N解析：播种器对荚做的功为荚增加的动能，故Wmv0.0252 J0.25 J，选项A错误；荚离开无人机后，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据位移与时间公式得105tgt2，解得t1 s(t2 s舍去)，选项B错误；荚落地时竖直方向上的速度为vy5 m/s101 m/s15 m/s，水平方向上的速度v015 m/s，故荚落地时的速度大小为v15 m/s，进入土壤后，速度为零，故I0mv0.3 kgm/s，即冲量大小为0.3 kgm/s，选项C错误；荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为10 cm0.1 m，根据位移与速度公式可得0.1，进入土壤后的时间为t，联立解得t s，根据动量定理可得t0mv，解得 N22.5 N，即平均阻力大小为22.5 N，选项D正确6如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(D)A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0(m5m)v，解得vv0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T6mg6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Qmv6mv2mv，选项C错误；由机械能守恒可得：6mv26mgh，解得h，选项D正确二、多项选择题7质量为M的小车静止在水平面上，静止在小车左端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度v0，并沿曲面运动，若曲面很长，小球不可能从右端离开，不计一切阻力，对于运动过程分析正确的是(重力加速度为g)(AC)A小球沿小车上升的最大高度小于B小球回到小车左端的速度大小仍为v0C小球和小车组成的系统机械能守恒D小球到最高点的速度为解析：以小球和小车整体为系统，在水平方向上动量守恒，有mv0(Mm)v，小球上升到最高点时，二者具有共同的水平速度v，选项D错误；对小球和小车组成的系统，仅有重力做功，系统机械能守恒，由于具有水平速度，所以小球上升到最高点时动能不可能全部转化为重力势能，即mvmgh，所以hmgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：2mv2mg2H，解得：h，故D正确10如图所示，质量分别为mP2 kg和mQ3 kg的两个小球P、Q间夹有劲度系数k100 N/m的轻弹簧(弹簧与小球未连接)，用两个大小相等、方向相反的水平压力F12 N使两个小球静止在光滑水平面上，此时弹簧的弹性势能Ep0.72 J现突然同时撤除这两个力F，则下列说法正确的是(ABD)A突然撤除两个水平压力F的瞬间，小球P的加速度aP6 m/s2，小球Q的加速度aQ4 m/s2B弹簧恢复原长的瞬间，小球P的动能为0.432 J，小球Q的动能为0.288 JC在弹簧恢复原长过程中，小球P与小球Q的加速度之比是23D在弹簧恢复原长过程中，小球P的位移大小为7.2 cm，小球Q的位移大小为4.8 cm解析：由胡克定律可得，两个水平压力F作用在小球上时，弹簧的弹力kxF，解得弹簧的压缩量x0.12 m，突然撤除两个水平压力的瞬间，两小球都只受弹簧的弹力，由牛顿第二定律得aP6 m/s2，aQ4 m/s2，A正确；由动量守恒定律有mPvPmQvQ0，由机械能守恒定律有mPvmQvEp，故弹簧恢复原长的瞬间，小球P的动能为0.432 J，小球Q的动能为0.288 J，B正确；在弹簧恢复原长过程中，两个小球受到的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知，它们的加速度与质量成反比，所以小球P与小球Q的加速度之比是32，C错误；弹簧恢复原长过程中，始终有mPvPmQvQ0，可知mP|xP|mQ|xQ|，又知|xP|xQ|x，解得小球P的位移大小为7.2 cm，小球Q的位移大小为4.8 cm，D正确三、计算题11在光滑桌面上，如图甲所示，有P、Q两物块，它们在t4 s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移时间图象，已知物块P的质量mP1 kg，求：(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小(2)碰撞过程损失的机械能答案：(1)3 kg3 Ns(2)6 J解析：(1)根据位移时间图象可知，碰撞前P的速度：v04 m/s碰撞前P的动量：p0mPv04 kgm/s根据位移时间图象知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度：v1 m/s碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0(mPmQ)v解得：mQ3 kg对物块Q，由动量定理，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量：IpQmQv3 Ns(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能：EmPv(mPmQ)v2解得：E6 J12如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg，用轻弹簧拴接后放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示(1)求物块C的质量mC；(2)从A、C一起开始向右压缩弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，求弹簧对B的冲量大小；(3)在B离开墙后的运动过程中，求弹簧具有的最大弹性势能Ep.答案：(1)2 kg(2)18 kgm/s(3)9 J解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1(mAmC)v2解得mC2 kg(2)此过程中，弹簧对B冲量的大小等于弹簧对A、C的冲量的大小，即IBIAC(mAmC)v218 kgm/s(3)在12 s时，A、C的速度大小为v33 m/s，此时弹簧已恢复原长，B即将离开墙壁之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能均守恒，且当A、B、C三者的速度相等时，弹簧弹性势能最大由动量守恒定律得(mAmC)v3(mAmBmC)v4由能量守恒定律得(mAmC)v(mAmBmC)vEp解得Ep9 J.