课下巩固检测练5 动量和冲量 动量守恒定律-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固检测练(五)]　动量和冲量　动量守恒定律 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、单选题 1．(2024·山东菏泽模拟)如图，将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为(　　 ) A．1.5 s B．2.0 s C．2.5 s D．3.0 s 解析：选C。黄豆落在秤盘上的速度大小为v＝ m/s＝5 m/s，黄豆与秤盘碰撞过程，由于碰撞时间极短，则碰撞力远大于黄豆受到的重力，故重力可以忽略，取竖直向上为正方向，由动量定理得Ft＝mv－(－mv)，由题意有F＝m′g＝80×10-3×10 N＝0.8 N，m＝200 g＝0.2 kg，联立解得t＝2.5 s，即持续倾倒黄豆的时间约为2.5 s，故C正确。 2．“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是(　　 ) A．|ΔpA|>|ΔpB| B．|ΔpA|<|ΔpB| C．ΔpA＝ΔpB D．ΔpA＝－ΔpB 解析：选D。系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律有F引＝mAaA＝mBaB，加速度为a＝ω2r＝ωv，则有mAvAω＝mBvBω，由于角速度相同，因此mAvA＝mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA＝－pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA＝－ΔpB，|ΔpA|＝|ΔpB|，故D正确。 3．(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　 ) A．弹簧原长时B动量最大 B．压缩最短时A动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 解析：选A。剪断细绳后，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变；因各表面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能不变，C、D错误。剪断细绳后，A、B及弹簧组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量均为零，故此时A的动能为零，并非最大，B错误。由A、B及弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，可知运动过程中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大，A正确。 4．(2024·河北石家庄三模)在某次电动汽车的性能试验中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化的关系式f＝f0＋kt，现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是(　　 ) A．汽车达到最大速度的时间为 B．汽车达到的最大速度为 C．全过程中，汽车的牵引力F的冲量为 D．全过程中，汽车的阻力f的冲量为 解析：选B。当牵引力F＝f时，汽车的速度达到最大，即f0＋kt＝F，此时t＝，故A错误； 如图，由a ­t图像可知，三角形面积代表速度的变化量的大小，则vm＝S＝，故B正确；由图像分析，汽车从运动到停止的时间t′＝2t＝，则牵引力的冲量为I＝，故C错误；因初、末态速度均为0，全过程动量变化量为0，故合外力冲量为0，则阻力的冲量为I′＝－，故D错误。 5．如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球P与木块Q的质量均为m。t＝0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．绳对P先做正功后做负功 B．绳对P的冲量大小为m C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0 D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为 解析：选D。从t＝0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P一直做正功，A错误；从t＝0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有mv0＝mvP＋mvQ，由能量守恒有，联立解得vQ＝0，vP＝，对P由动量定理可得I支持力＋I重力＋I绳＝m－0，由受力分析可知重力与支持力不相等，故I绳≠m，B错误，D正确；木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有mv0＝2mv，解得v＝，C错误。 二、多选题 6．如图甲所示，a、b两物块(均视为质点)用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b的质量为m，t＝0时，使a获得水平向右、大小为v0的速度，a、b运动的速度—时间关系图像如图乙所示，已知阴影部分的面积为S0，弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为Ep＝弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是(　　 ) A．t1时刻，a、b间的距离最大 B．a的质量为2m C．0～t3时间内，a所受冲量的大小为mv0 D．弹簧的劲度系数为 解析：选BD。t1时刻之前a的速度大于b的速度，t1时刻a的速度等于b的速度，故t1时刻a、b间的距离最小，故A错误；设a的质量为ma，由动量守恒定律得mav0＝v0，解得ma＝2m，故B正确；0～t3时间内，对a由动量定理得I＝mv0，方向与a的初速度方向相反，大小为mv0，故C错误；由题意可得0时刻弹簧处于原长，设t1时刻弹簧的形变量为x0，已知阴影部分的面积为S0，则有x0＝S0，设弹簧的劲度系数为k，则有Ep＝，由系统的机械能守恒可得Ep＝(2m＋m)，联立解得k＝，故D正确。 7．质量为m1＝90 g的物块从距离地面高度为h＝19 m处自由下落，在下落到距离地面高度为h′＝14 m时，质量为m2＝10 g的子弹以v0＝10 m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1 m/s B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10 m/s C．物块下落的总时间为2 s D．物块下落的总时间为 s 解析：选AC。子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则m2v0＝(m1＋m2)vx，解得物块水平方向的速度大小变为vx＝1 m/s，A正确；子弹击中物块之前物块的竖直速度vy0＝＝10 m/s，子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知m1vy0＝(m1＋m2)vy，解得物块竖直方向的速度大小变为vy＝9 m/s，B错误；子弹击中物块之前物块下落的时间t1＝＝1 s，被子弹击中后物块下落h′＝14 m时，根据h′＝vyt2＋，解得t2＝1 s(另一值舍掉)，则总时间为t＝t1＋t2＝2 s，C正确，D错误。 三、计算题 8．(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度v1大小； (2)分离时A对B的推力大小。 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 (m＋M)v0＝Mv＋mv1 解得v1＝。 (2)以B为研究对象，对B由动量定理有 FΔt＝Mv－Mv0 解得F＝。 答案：(1)　(2) 9．液压打桩机能将桩体轻松打入土层，普遍应用于高速铁路、填海及桥梁等建设中。如图为液压打桩机打桩的示意图，质量为M的桩竖直放置，质量为m的打桩锤从离桩上端h处由静止释放，在上方的气体压力的推动下，竖直向下运动并垂直打在桩上(打桩锤与桩作用时间极短)，此后二者以相同的速度一起向下运动直到停止，将桩打入土层。若桩锤在刚打击桩前获得的动能为E，打击后使桩下沉深度为x，重力加速度为g。求： (1)气体平均压力F的大小； (2)若桩向下运动过程中受到土层施加的阻力与进入深度成正比，其比例系数k为多大？ 解析：(1)对桩锤，下落h过程中由动能定理得 (F＋mg)h＝E－0 得F＝－mg。 (2)桩锤打桩时，系统动量守恒，有 mv1＝(m＋M)v2 由题意有E＝ 打入x深度的过程，对整体由动能定理得 (m＋M)gx＋Fx－Wf＝0－ 其中由题意有Wf＝x 联立解得k＝。 答案：(1)－mg (2) 10．某缓冲装置的理想模型如图所示，轻质弹簧左端与质量为m＝1 kg的挡板相连，右端与一轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f＝160 N。轻杆向右移动不超过l＝2 m时，装置可安全工作。经测试，一质量为M＝4 kg的小车以v0＝10 m/s的速度撞击挡板时，导致轻杆向右移动。小车撞击挡板后与挡板一起运动但不粘连，撞击时作用时间极短，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车及挡板与地面的摩擦，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)小车与挡板因碰撞而损失的机械能； (2)小车以速度v0撞击挡板时回弹的速度大小； (3)为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm。 解析：(1)小车与挡板碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v1 解得v1＝8 m/s 由能量守恒得因碰撞而损失的机械能 ΔE＝＝40 J。 (2)小车与挡板碰撞后一起运动压缩弹簧，只要弹簧的弹力大于槽给杆的摩擦力时，杆就会向前运动消耗能量，故最终当小车与挡板速度减为零时，弹簧的弹力刚好等于槽给杆的摩擦力，杆不再继续运动，压缩过程结束，小车与挡板开始反弹，当弹簧恢复原长时，小车离开挡板。由能量守恒得 解得v2＝4 m/s。 (3)由能量守恒得，小车与挡板速度减为零或弹簧的弹力等于槽给杆的摩擦力时弹簧储存的弹性势能为 Ep＝＝80 J 设小车以最大速度vm与挡板碰撞，根据动量守恒，有Mvm＝(M＋m)v3 小车与挡板速度减为零时，由能量守恒得 ＝f·l＋Ep 联立解得vm＝5 m/s。 答案：(1)40 J　(2)4 m/s　(3)5 m/s 11．某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质量块施加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为0.02 kg，除质量块外手机质量为0.18 kg。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左5 m/s的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计，g＝10 m/s2，求： (1)当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能； (2)手机能获得的最大速度； (3)质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。 解析：(1)已知除质量块外手机的质量为M＝0.18 kg，质量块的质量m＝0.02 kg，开始振动时质量块的初速度v0＝5 m/s。当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得mv0＝(m＋M)v共 解得v共＝0.5 m/s 由能量守恒定律得Epm＝ 解得Epm＝0.225 J。 (2)当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为vm，此时质量块速度为v1，由动量守恒得mv0＝mv1＋Mvm 由能量守恒定律得 解得vm＝1 m/s。 (3)质量块开始向右运动瞬间，速度为0，设此时手机的速度为v2，由动量守恒得mv0＝0＋Mv2 由能量守恒定律得Ep＝ 解得Ep＝ J。 答案：(1)0.5 m/s　0.225 J　(2)1 m/s　(3) J 学科网（北京）股份有限公司 $$