《（課標版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時訓(xùn)練7 動量守恒定律（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標版）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時訓(xùn)練7 動量守恒定律（含解析）-人教版高三全冊物理試題（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時訓(xùn)練7動量守恒定律時間：45分鐘一、單項選擇題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mvB彈簧對小球的彈力的沖量等于mvC地面對彈簧的支持力做的功大于mv2D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IFIGmv，所以彈簧對小球的彈力的沖量IFmvIG，地面對彈簧的支持力和彈簧對地面的彈力是一對相互作用力，所以FNF，故|IN|IF|mv

2、|IG|mv，A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理得WFWGmv2，所以WFmv2WGmv2，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錯誤2.(2018浙江卷)20世紀人類最偉大的創(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，啟動推進器，測出飛船在短時間t內(nèi)速度的改變?yōu)関，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，當它飛近一個孤立的星球時，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的勻速圓周運動已知星球的半徑為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

3、：根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)mam，故飛船的質(zhì)量m.飛船繞星球做圓周運動的半徑r，由萬有引力提供向心力可知，即M，故D選項正確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施加一個水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測得物體P向右運動的最大距離為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)為，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Ep3mgx0B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動，

4、再做加速度減小的減速運動，最后做勻減速運動C最初對物體P施加的瞬時沖量I02mD在物體P整個運動過程中，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I0mv0，由功能關(guān)系知，系統(tǒng)具有的最大彈性勢能Epmvmgx0mgx0，故A錯誤；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，開始時彈力大于摩擦力，P向左做加速運動，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動，離開彈簧之后，P受水平向右的摩擦力，P做勻減速運動，故B錯誤

5、；在物體P整個運動過程中，由動能定理得mvmg(4x0)，解得I02m，故C正確；在物體P整個運動過程中，由動量定理得I0I彈I摩00，解得I彈I摩I0，故D錯誤4如圖所示，質(zhì)量為m150 kg的人從軌道上的A點以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m25 kg的高度不計的靜止滑板后，又一起滑向光滑軌道DE，到達E點時速度減為零，然后返回，已知H1.8 m，重力加速度g取10 m/s2.設(shè)人和滑板可看成質(zhì)點，滑板與水平地面間的摩擦力不計下列說法正確的是(C)A人和滑板一起由D點運動到E點的過程中機械能不守恒B人的初速度v08 m/sC剛沖上DE軌道時，人的速度大小為6 m/sD人沖上滑板到二者共速的過程中

6、機械能守恒解析：人和滑板一起由D點運動到E點的過程中，只有重力做功，則機械能守恒，有(m1m2)gH(m1m2)v，解得v共6 m/s，選項A錯誤，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(m1m2)v共，解得v06.6 m/s，人與滑板組成的系統(tǒng)的動能變化量Ekm1v(m1m2)v0，則人沖上滑板到二者共速的過程中機械能不守恒，選項B、D錯誤5使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)包進一個很小的莢里播種時，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

7、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 JB離開無人機后，莢在空中運動的時間為 sC土壤對莢沖量的大小為3 kgm/sD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Wmv0.0252 J0.25 J，選項A錯誤；莢離開無人機后，在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)位移與時間公式得105tgt2，解得t1 s(t2 s舍去)，選項B錯誤；莢落地時豎直方向上的速度為vy5 m/s101 m/s15 m/s，水平方向上的速度v01

8、5 m/s，故莢落地時的速度大小為v15 m/s，進入土壤后，速度為零，故I0mv0.3 kgm/s，即沖量大小為0.3 kgm/s，選項C錯誤；莢進入土壤后，豎直方向上做減速運動，末速度為零，位移為10 cm0.1 m，根據(jù)位移與速度公式可得0.1，進入土壤后的時間為t，聯(lián)立解得t s，根據(jù)動量定理可得t0mv，解得 N22.5 N，即平均阻力大小為22.5 N，選項D正確6如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點開始時沙袋處于靜止狀態(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，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，

9、不計空氣阻力，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(m5m)v，解得vv0；彈丸打入沙袋后，總質(zhì)量變大，且做圓周運動，根據(jù)T6mg6m可知，細繩所受拉力變大，選項A錯誤；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B錯誤；彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為Qmv6mv2mv，選項C錯誤；由機械能守恒可得：6mv26m

10、gh，解得h，選項D正確二、多項選擇題7質(zhì)量為M的小車靜止在水平面上，靜止在小車左端的質(zhì)量為m的小球突然獲得一個水平向右的初速度v0，并沿曲面運動，若曲面很長，小球不可能從右端離開，不計一切阻力，對于運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v0C小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒D小球到最高點的速度為解析：以小球和小車整體為系統(tǒng)，在水平方向上動量守恒，有mv0(Mm)v，小球上升到最高點時，二者具有共同的水平速度v，選項D錯誤；對小球和小車組成的系統(tǒng)，僅有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，由于具有水平速度，所以小球上升到最高點時動能不可能

11、全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，即mvmgh，所以hmgh，故C錯誤；開始時彈簧的壓縮量為：H，碰后物體B剛被拉離地面時彈簧伸長量為：H，則A、C將上升2H，彈簧彈性勢能不變，由系統(tǒng)的機械能守恒得：2mv2mg2H，解得：h，故D正確10如圖所示，質(zhì)量分別為mP2 kg和mQ3 kg的兩個小球P、Q間夾有勁度系數(shù)k100 N/m的輕彈簧(彈簧與小球未連接)，用兩個大小相等、方向相反的水平壓力F12 N使兩個小球靜止在光滑水平面上，此時彈簧的彈性勢能Ep0.72 J現(xiàn)突然同時撤除這兩個力F，則下列說法正確的是(ABD)A突然撤除兩個水平壓力F的瞬間，小球P的加速度aP6 m/s2，小球Q的加速度aQ4 m/

12、s2B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 JC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23D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，兩個水平壓力F作用在小球上時，彈簧的彈力kxF，解得彈簧的壓縮量x0.12 m，突然撤除兩個水平壓力的瞬間，兩小球都只受彈簧的彈力，由牛頓第二定律得aP6 m/s2，aQ4 m/s2，A正確；由動量守恒定律有mPvPmQvQ0，由機械能守恒定律有mPvmQvEp，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

13、；在彈簧恢復(fù)原長過程中，兩個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32，C錯誤；彈簧恢復(fù)原長過程中，始終有mPvPmQvQ0，可知mP|xP|mQ|xQ|，又知|xP|xQ|x，解得小球P的位移大小為7.2 cm，小球Q的位移大小為4.8 cm，D正確三、計算題11在光滑桌面上，如圖甲所示，有P、Q兩物塊，它們在t4 s時發(fā)生碰撞，圖乙是兩者碰撞前后的位移時間圖象，已知物塊P的質(zhì)量mP1 kg，求：(1)物塊Q的質(zhì)量和兩物塊碰撞過程中物塊Q受到的沖量大小(2)碰撞過程損失的機械能答案：(1)3 kg3 Ns(2)6 J解析：(1)

14、根據(jù)位移時間圖象可知，碰撞前P的速度：v04 m/s碰撞前P的動量：p0mPv04 kgm/s根據(jù)位移時間圖象知，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：v1 m/s碰撞過程，取碰撞前P的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mPv0(mPmQ)v解得：mQ3 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：IpQmQv3 Ns(2)由能量守恒定律知，碰撞過程中損失的機械能：EmPv(mPmQ)v2解得：E6 J12如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA4.0 kg和mB3.0 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

15、C從t0時以一定速度向右運動，在t4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的vt圖象如圖乙所示(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離開墻后的運動過程中，求彈簧具有的最大彈性勢能Ep.答案：(1)2 kg(2)18 kgm/s(3)9 J解析：(1)由圖可知，C與A碰前速度為v19 m/s，碰后速度為v23 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，有mCv1(mAmC)v2解得mC2 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IBIAC(mAmC)v218 kgm/s(3)在12 s時，A、C的速度大小為v33 m/s，此時彈簧已恢復(fù)原長，B即將離開墻壁之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能均守恒，且當A、B、C三者的速度相等時，彈簧彈性勢能最大由動量守恒定律得(mAmC)v3(mAmBmC)v4由能量守恒定律得(mAmC)v(mAmBmC)vEp解得Ep9 J.