高三物理一轮复习练习题【动量定理和动量守恒定律】

高三物理一轮复习练习题【动量定理和动量守恒定律】建议用时45分钟，实际用时一、单项选择题开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来.假设小明质量为m,从开始蹬地到离开地面用时为t,离地后小明重心最大升高h,重力加速度为g,忽略空气阻力.以下说法正确的是（）A.A.B.在t时间内,小明机械能增加了mghC.B.在t时间内,小明机械能增加了mghC.在t时间内,地面给小明的平均支持力为~F=妲严D.在t时间内,地面对小明做功mgh解析：B从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，由动量定理得：Ft-mgt二mv-0，离开地面到最高点有：mgh二2mv2，联立解得：〒二吐2也+mg,故C错误；在时间t内，地面对小明的支持力并没有在t力的方向上发生位移，做功为0，故D错误.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜面A,斜面质量为M,底边长为L,如图所示.将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为fn,则下列说法中正确的是（）A.B.C.D.A.B.C.D.FN=mgcosa滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosa滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒此过程中斜面向左滑动的距离为亦穿解析：D当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面

对滑块的支持力fn不等于mgcosa,故A错误；根据冲量定义I二Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I二fn，故b错误；由于滑块b有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为X］、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得巧-加予二0,即有Mx}=mx2,又k+x2=L,解得廿—L,故D正确.TOC\o"1-5"\h\ztt12121M+m如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与3n'<A—墙之间用轻弹簧连接.现用完全相同的小球B以水平速度勺与A相碰后粘在一起压缩弹簧.不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是A.E=12mvA.E=12mvg,I=mv0B.E=|mv2，I=2mvC.E=4mv&,I=mv0D.E=14mv2,I=2mv0解析：DA、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv2=2mv，则v二2卩0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E-*•2mv2二4mvo，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I二2mv-(-2mv)二4mv二2mv°.选项D正确.某同学质量为62kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是142kg,原来的速度大小是2.5m/s,该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，贝M)人和小船最终静止在水面上该过程人的动量变化量的大小为125kg・m/s船最终速度的大小为2.95m/s船的动量变化量的大小为72kg・m/s解析：B人与船组成的系统，在水平方向动量守恒，选取人运动的方向为正方向得：m.v.-m2v262X2-142X2.5m,v,-m2v2二(m,+mjv，所以v二-m/s二2.25m/s，与人的速度112212m1+m262+142方向相同，故A、C错误；该过程人的动量变化量为：A#］二m1v-m1v1=62X(2.25-2)kg・m/s二-125kg・m/s故B正确船的动量变化量是早二m2v-(-m2v2)二142X(2.25+2.5)kg・m/s

二105kg.m/s，故D错误.5•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，一弹丸以水平速度勺击入沙袋后未穿出，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，弹丸击中沙竺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.下列说法中二正确的是（）弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mvC.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mvg72d.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为盏解析：D弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0=（m+5m）v，解得v=如0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T二6mg+6mL可知，细绳所受拉力变大，L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Q二2mv0-±6mv2二6mgh，解得h二孚，选项D正确72g二6mgh，解得h二孚，选项D正确72g6•如图所示，一对杂技演员（都视为质点）荡秋千（秋千绳处于水平位置），秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调节•改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点（与O等高）由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A处.已知男演员质量为2m,女演员质量为m,秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是（）H丨丨辛A#B.HC.^HD.2H解析：D两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒•设二者到达B

点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：(m+2m)gR=|(m+2m)v0，演员相互作用，沿水平方向动量守恒•设作用后女、男演员的速度大小分别为V]、v2，所以有(m+2m)v0二2mv2_mV].女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，因此有mgR二gmv].男演员自B点平抛，有:x=v2t运动时间t可由竖直方向的自由落体运动得H-R=2gt2，联立以上各式，可解得x二4\[(H-R)R，当秋千的长度R二H时，男演员落地点C与O点的水平距离最大为x=2H,故D正确，A、B、C错误.二、多项选择题7.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示，为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象.若A球质量m=2kg，则由图判断下列结论正确的是()A.B.C.D.碰撞前、后A球的动量变化量为4kg・m/s碰撞时A.B.C.D.碰撞前、后A球的动量变化量为4kg・m/s碰撞时A球对B球所施的冲量为一4N・sA、B两球碰撞前的总动量为3kg・m/s碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J解析：ABD根据图象可知，碰前A球的速度vA=-3m/s,碰前B球的速度vB二2m/s,碰后A、B两球共同的速度v二-1m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量为Ap二mv-mvAA二4kg.m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4kg・m/s，碰撞过程中动量守恒』球的动量变化量为-4kg.m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4N・s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA+mBvB二(m+mB)v，解得mB二|kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为AE=|mvA+|mBvB-f(m+mB)v2-10J,选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p-mvA+mBvB-(m+mB)v--kg・m/s，选项C错误.8.如图所示，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g.下列说法正确的是（）A.P滑到最低点时的动能为mgRB.C.DA.P滑到最低点时的动能为mgRB.C.D.P从开始到最低点的过程中机械能减少了呼P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于RP经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R解析：BD小滑块由最高点运动到最低点的过程，容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可知0-mvp-3mv，又由机械能守恒定律得mgR-?mvp+1X3mv2，解得v-寸gR，vp=3yjgR，贝U小滑块在最低点的动能为Ekp-3mgR，该过程中小滑块减少的机械能为AE二mgR-4mgR-]mgR,A错误，B正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h，则对小滑块和容器组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvp-3mv-4mv,,mgR=mgh+]x4mvz2,解得V二0,h二R,C错误，D正确.为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速.已知探测器的质量为M,每秒钟喷出的气体质量为m,喷射气体的功率恒为p,不计喷气后探测器的质量变化.贝y（）A.喷出气体的速度为\?mB.喷出气体的速度为2PmA.喷出气体的速度为\?mB.喷出气体的速度为2PmC.喷气At秒后探测器获得的动能为mp严D.喷气At秒后探测器获得的动能为加沪解析：BC对t-1s内的喷出气体，由动能定理得Pt—mv],解得v]正确，A错误•在At时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有MV?二mWV],探测器的动能为Ek-]mv2，解得Ek-mPM^，故C正确，D错误.如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是()若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同解析：BCD物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；当物体粘在橡皮泥上时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确.三、非选择题科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=200kg.热气球在空中以e0=O.1m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h=186m时科研人员将质量m=20kg的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s压舱物落地.此过程中压舱物所受空气阻力可忽略不计，热气球所受浮力不变，重力加速度取g=10m/s2，求：压舱物刚被抛出时的速度大小；压舱物落地时热气球距离水平地面的高度.解析：(1)设压舱物抛出时的速度为q,热气球的速度为p2压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：h=v1t+代入数据得到"广1m/s.⑵热气球和压舱物组成的系统动量守恒，以p0的方向为正方向，Mp0=mv1+(M-m)v2代入数据得到：P2二0设热气球所受浮力为F,则F二Mg压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律有:F-(M-m)g二(M-m)a代入数据得到:a=l90m/s2热气球6s上升的高度为：h2二Vqt+2at2代入数据得到：h2=20m则H二h+h2二206m.答案：(1)1m/s(2)206m如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能达到C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，木板C长为L求：i同面_帀=ICA物体的最终速度；A在