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

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1、專題限時(shí)訓(xùn)練7　動量守恒定律 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，小球離開彈簧時(shí)速度為v，則小球被彈起的過程中(　A　) A．地面對彈簧的支持力的沖量大于mv B．彈簧對小球的彈力的沖量等于mv C．地面對彈簧的支持力做的功大于mv2 D．彈簧對小球的彈力做的功等于mv2 解析：規(guī)定豎直向上為正方向，離開彈簧前，對小球受力分析，受到豎直向下的重力和豎直向上的彈力作用，根據(jù)動量定理可得IF－IG＝mv，所以彈簧對小球的彈力的沖量IF＝mv＋I(xiàn)G，地面對彈簧的支持力和彈簧

2、對地面的彈力是一對相互作用力，所以FN＝F，故|IN|＝|IF|＝mv＋|IG|>mv，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理得WF－WG＝mv2，所以WF＝mv2＋WG>mv2，由于彈簧與地面接觸處沒有發(fā)生位移，所以地面對彈簧的支持力不做功，C、D錯(cuò)誤． 2.(2018·浙江卷)20世紀(jì)人類最偉大的創(chuàng)舉之一是開拓了太空的全新領(lǐng)域．現(xiàn)有一艘遠(yuǎn)離星球在太空中直線飛行的宇宙飛船，為了測量自身質(zhì)量，啟動推進(jìn)器，測出飛船在短時(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的勻速圓周運(yùn)動．

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)動的半徑r＝，由萬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，彈簧水平且無形變．現(xiàn)對物體P施加一個(gè)水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測得物體P向右運(yùn)動的最大距離為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與水平面間的動摩擦因數(shù)

4、為μ，重力加速度為g.下列說法中正確的是(　C　) A．物體P與彈簧作用的過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢能Ep＝－3μmgx0 B．彈簧被壓縮成最短之后的過程，P先做加速度減小的加速運(yùn)動，再做加速度減小的減速運(yùn)動，最后做勻減速運(yùn)動 C．最初對物體P施加的瞬時(shí)沖量I0＝2m D．在物體P整個(gè)運(yùn)動過程中，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)具有的最大彈性勢能Ep＝mv－μmgx0＝－μmgx0，故A錯(cuò)誤；彈簧被壓縮成最短之后的過程，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，開始時(shí)彈力大于摩擦力，P向左做加速運(yùn)動，

5、彈力越來越小，合力越來越小，所以P先做加速度減小的加速運(yùn)動，直到彈力與摩擦力大小相等，之后彈力小于摩擦力，彈力越來越小，但合力越來越大，P做加速度增大的減速運(yùn)動，離開彈簧之后，P受水平向右的摩擦力，P做勻減速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；在物體P整個(gè)運(yùn)動過程中，由動能定理得mv＝μmg(4x0)，解得I0＝2m，故C正確；在物體P整個(gè)運(yùn)動過程中，由動量定理得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)．下列說法正確的是(　C　) A．人和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動到E點(diǎn)的過程中機(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程中機(jī)械能守恒 解析：人和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動到E點(diǎn)的過程中，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)的動能變

7、化量ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v>0，則人沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤． 5．使用無人機(jī)植樹時(shí)，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(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人機(jī)中，播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對播種器)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．射出莢的過程中，播種器對莢做的功為2.5 J B．離開無人機(jī)后，莢在空中運(yùn)動的時(shí)間為 s C．土壤對莢沖量的大小為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：播種器對莢做的功為莢增加的動能，故W＝mv＝×0.02×52 J＝0.25 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；莢離開無人機(jī)后，在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，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，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，一沙袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)．開始時(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．若彈丸質(zhì)量為m，沙袋質(zhì)量為5m，彈丸相對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.下列說法中正確的是(　D　) A．彈丸打入沙袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變 B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖

10、量大小大于沙袋對彈丸的沖量大小 C．彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為 D．沙袋和彈丸一起擺動所達(dá)到的最大高度為 解析：彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律得：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，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，彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈丸打入沙袋過程中所產(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的小車靜止在水平面上，靜止在小車左端

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，若曲面很長，小球不可能從右端離開，不計(jì)一切阻力，對于運(yùn)動過程分析正確的是(重力加速度為g)(　AC　) A．小球沿小車上升的最大高度小于 B．小球回到小車左端的速度大小仍為v0 C．小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．小球到最高點(diǎn)的速度為 解析：以小球和小車整體為系統(tǒng)，在水平方向上動量守恒，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；對小球和小車組成的系統(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)動能不可能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，即mv>mgh，所以h

12、<，選項(xiàng)A、C正確；小球回到小車左端，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)相互垂直的分動量，而要總動量守恒，兩個(gè)相互垂直的分動量就必須都守恒．下面是交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故，根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知，發(fā)生撞車時(shí)汽車A正沿東西大道向正東行駛，汽車B正沿南北大道向正北行駛．相撞后兩車立即熄火并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起，并排沿直線在水平路面上滑動，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)場情況畫出了如圖所示的事故分析圖．通過觀察地面上留下的碰撞痕跡，交

13、警判定撞車的地點(diǎn)為圖中的P點(diǎn)，測量出的相關(guān)數(shù)據(jù)已標(biāo)注在圖中．為簡化問題，將兩車均視為質(zhì)點(diǎn)，且認(rèn)為它們質(zhì)量相等，它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒，根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知，下列說法中正確的是(　CD　) A．兩車發(fā)生碰撞時(shí)在東西方向上動量守恒，在南北方向上動量不守恒 B．發(fā)生碰撞時(shí)汽車A的速度較大 C．發(fā)生碰撞時(shí)汽車B的速度較大 D．發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比為125 解析：設(shè)兩車質(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，在南北方向上動量守恒，則有mvB＝2mv1，在東西方向上動量守恒，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能為 D．要使碰后物體B被拉離地面，h至少為 解析：對C自由下落過程，由機(jī)械能守恒得：mgh＝m

15、v，解得：v0＝，對C與A組成的系統(tǒng)，取向下為正方向，由動量守恒定律得：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)，彈簧的彈性勢能有最大值，Epmax＝·2mv＋2mgΔx＋k·2>mgh，故C錯(cuò)誤；開始時(shí)彈簧的壓縮量為：H＝，碰后物體B剛被拉離地面時(shí)彈簧伸長量為：H＝，則A、C將上升2H，彈簧彈性勢能不變，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)彈簧的彈性勢能Ep＝0.72 J．現(xiàn)突然同時(shí)撤除這兩個(gè)力F，則下列說法正確的是(　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)原長的瞬間，小球P的動能為0.432 J，小球Q的動能為0.288 J C．在彈簧恢復(fù)原長過程中，小球P與小球Q的加速度之比是23 D．在彈簧恢復(fù)原長過程中，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)原長的瞬間，小球P的動能為0.432 J，小球Q的動能為0.288 J，B正確；在彈簧恢復(fù)原長過程中，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)原長過程中，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，它們在t＝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)量和兩物塊碰撞過程中物塊Q受到的沖量大?。? (2)碰撞過程損失的機(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 碰撞過程，取碰撞前P的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mPv0＝(mP＋mQ)v 解得：mQ＝3 kg 對物塊Q，由動量定理，兩物塊碰撞過程中物塊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，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，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一起開始向右壓縮彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，求彈簧對B的沖量大??； (3)在B離開墻后的運(yùn)動過程中，求彈簧具有的最大彈性勢能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碰撞過程動量守恒，有 mCv1＝(mA＋mC)v2　解得mC＝2 kg (2)此過程中，彈簧對B沖量的大小等于彈簧對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，B即將離開墻壁．之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒，且當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢能最大． 由動量守恒定律得(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.