1、第1页专题限时训练7 动量守恒定律第2页时间：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第3页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12mv2D弹簧对小球的弹力做的功等于12mv2第4页解析：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
2、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 WFWG12mv2，所以 WF12mv2WG12mv2，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 错误第5页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
3、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第6页A.Fvt，v2RGB.Fvt，v3T2GC.Ftv，v2RGD.Ftv，v3T2G解析：根据牛顿第二定律，Fmamvt，故飞船的质量mFtv.飞船绕星球做圆周运动的半径 rvT2，由万有引力提供向心力可知，GMmr2mv2r，即 Mrv2G v3T2G，故 D 选项正确第7页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
4、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第8页A物体 P 与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能 Ep I202m3mgx0B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 I02m 2gx0D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、方向相反第9页解析：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 Ep12mv20mgx0 I202mmgx0，故 A 错
5、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；第10页在物体 P 整个运动过程中，由动能定理得12mv20mg(4x0)，解得 I02m 2gx0，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 错误第11页4如图所示
6、，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第12页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第13页解析：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)gH12(
7、m1m2)v2共，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 Ek12m1v2012(m1m2)v2共0，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 错误第14页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
8、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()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 2 sC土壤对荚冲量的大小为 3 2 kgm/sD荚在土壤内受到平均阻力的大小为 22.5 2 ND第15页解析：播种器对荚做的功为荚增加的动能，故 W12mv21120.0252 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 105t12gt2，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
9、/s，水平方向上的速度 v015 m/s，故荚落地时的速度大小为 v v20v2y15 2m/s，进入土壤后，速度为零，故 I0mv0.3 2 kgm/s，即冲量大小为 0.3 2 kgm/s，选项 C 错误；第16页荚进入土壤后，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 0.1v2y2a，进入土壤后的时间为 tvya，联立解得 t 175 s，根据动量定理可得 Ft0mv，解得 Fmvt 0.3 2175 N22.5 2 N，即平均阻力大小为 22.5 2 N，选项 D 正确第17页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
10、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第18页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mv2072D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 v2072g第19页解析：弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0(m5m)v，解得 v16v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据 T6mg6mv2L可知
11、，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 Q12mv20126mv2 512mv20，选项 C 错误；由机械能守恒可得：126mv26mgh，解得 h v2072g，选项 D 正确第20页二、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第21页A小球沿小车上升的最大高度小于v202g
12、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mv0M第22页解析：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 mv0Mm，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12mv 20mgh，所以 h12mgh，故 C 错误；第30页开始时弹簧的压缩量为：Hmgk，碰后物体 B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为：Hmgk，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：1
13、22mv212mg2H，解得：h8mgk，故 D 正确第31页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第32页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
14、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第33页解析：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 aP FmP6 m/s2，aQ FmQ4 m/s2，A 正确；由动量守恒定律有 mPvPmQvQ0，由机械能守恒定律有12mPv2P12mQv2QEp，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；第34页在弹
15、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 正确第35页三、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
16、：(1)3 kg 3 Ns(2)6 J第36页解析：(1)根据位移时间图象可知，碰撞前 P 的速度：v0 x1t14 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：vx2t21 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第37页对物块 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：E12mPv2012(mPmQ)v2解得：E6 J第38页12如图甲所示，物块
17、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 v-t 图象如图乙所示第39页(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第40页解析：(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第41页(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12(mAmC)v2312(mAmBmC)v24Ep解得 Ep9 J.