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1、專題限時訓練7 動量守恒定律
時間:45分鐘
一、單項選擇題
1.如圖所示,輕質彈簧固定在水平地面上.現(xiàn)將彈簧壓縮后,將一質量為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+IG,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,為了測量自身質量,啟動推進器,測出飛船在短時間Δt內速度的改變?yōu)棣,和飛船受到的推力F(其他星球對它的引力可忽略).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.
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2x0處.已知彈簧始終在彈性限度內,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動,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I0=2m
D.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I0=mv0,由功能關系知,系統(tǒng)具有的最大彈性勢能Ep=mv-μmgx0=-μmgx0,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,
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;在物體P整個運動過程中,由動能定理得mv=μmg(4x0),解得I0=2m,故C正確;在物體P整個運動過程中,由動量定理得I0+I彈+I摩=0-0,解得I彈+I摩=-I0,故D錯誤.
4.如圖所示,質量為m1=50 kg的人從軌道上的A點以v0的水平速度沖上質量為m2=5 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H=1.8
6、m,重力加速度g取10 m/s2.設人和滑板可看成質點,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v0=8 m/s
C.剛沖上DE軌道時,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(m1+m2)gH=(m1+m2)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=(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,莢進入地面下10 cm深處完成一次播種.已知莢的總質量為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 J
B.離開無人機后,莢在空中運動的時間為 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10=5t+gt2,解得t=1 s(t=-2 s舍去),選項B錯誤;莢落地時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,故莢落地時的速度大小為v==15 m/s,進入土壤后,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C錯誤;莢進入土壤后,豎直方向上做減速運動,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-t=0-mv,解得== N=22.5 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.若彈丸質量為m,沙袋質量為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量忽略不計,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
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=(m+5m)v,解得v=v0;彈丸打入沙袋后,總質量變大,且做圓周運動,根據(jù)T=6mg+6m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生的熱量為Q=mv-·6mv2=mv,選項C錯誤;由機械能守恒可得:·6mv2=6mgh,解得h=,選項D正確.
二、多項選擇題
7.質量為M的小車靜止在水平面上,靜止在小車左端
11、的質量為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v0
C.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=(M+m)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全部轉化為重力勢能,即mv>mgh,所以h
12、<,選項A、C正確;小球回到小車左端,設兩者的速度分別為v1和v2,有mv0=mv1+Mv2,mv=mv+Mv,解得v1=v0,選項B錯誤.
8.動量可以像力那樣進行正交分解,分解成兩個相互垂直的分動量,而要總動量守恒,兩個相互垂直的分動量就必須都守恒.下面是交警正在調查發(fā)生在無信號燈的十字路口的一起汽車相撞事故,根據(jù)兩位司機的描述得知,發(fā)生撞車時汽車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間內叉接在一起,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、警判定撞車的地點為圖中的P點,測量出的相關數(shù)據(jù)已標注在圖中.為簡化問題,將兩車均視為質點,且認為它們質量相等,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)生碰撞時汽車A的速度較大
C.發(fā)生碰撞時汽車B的速度較大
D.發(fā)生碰撞時速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比為125
解析:設兩車質量均為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v1v2=62.5=125,故vBvA=125,選項A、B錯誤,C、D正確.
9.如圖所示,質量均為m的A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧拴接在一起,豎直放置在水平地面上,物體A處于靜止狀態(tài),在A的正上方h高處有一質量也為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,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碰撞時產生的內能為
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碰撞時產生的內能為:ΔE=mv-·2mv=mgh,故B正確;當A、C速度為零時,彈簧的彈性勢能有最大值,Epmax=·2mv+2mgΔx+k·2>mgh,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:·2mv=2mg·2H,解得:h=,故D正確.
10.如圖所示,質量分別為mP=2 kg和mQ=3 kg的兩個小球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、用兩個大小相等、方向相反的水平壓力F=12 N使兩個小球靜止在光滑水平面上,此時彈簧的彈性勢能Ep=0.72 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aP=6 m/s2,小球Q的加速度aQ=4 m/s2
B.彈簧恢復原長的瞬間,小球P的動能為0.432 J,小球Q的動能為0.288 J
C.在彈簧恢復原長過程中,小球P與小球Q的加速度之比是23
D.在彈簧恢復原長過程中,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kx=F,解
17、得彈簧的壓縮量x=0.12 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aP==6 m/s2,aQ==4 m/s2,A正確;由動量守恒定律有mPvP+mQvQ=0,由機械能守恒定律有mPv+mQv=Ep,故彈簧恢復原長的瞬間,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的質量mP=1 kg,求:
(1)物塊Q的質量和兩物塊碰撞過程中物塊Q受到的沖量大?。?
(2)碰撞過程損失的機械能.
答案:(1)3 kg 3 N·s (2)6 J
解析:(1)根據(jù)位移時間圖象可知,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的速度方向為正方向,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械能:
ΔE=mPv-(mP+mQ)v2
解得:ΔE=6 J
12.如圖甲所示,物塊A、B的質量分別是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右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運動,在t=4 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v-t圖象如圖乙所示.
20、
(1)求物塊C的質量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 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,A、C的速度大小為v3=3 m/s,此時彈簧已恢復原長,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(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.