2019届高考物理二轮复习专题限时训练7动量守恒定律(含解析)

专题限时训练7　动量守恒定律

时间：45分钟

一、单项选择题

1．一个质量为3 kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s内速度的改变量是(　D　)

A．7 m/s  B．6.7 m/s

C．6 m/s  D．5 m/s

解析：F­t图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I＝(3×4＋×2×4－×1×2) N·s＝15 N·s.根据动量定理有I＝mΔv，Δv＝＝ m/s＝5 m/s.

2．台球以速度v0与球桌边框成α角撞击O点，反弹后速度为v1，方向与球桌边框夹角仍为α，如图所示．如果v1<v0，OB垂直于桌边，则下列关于桌边对小球的弹力方向的判断中正确的是(　B　)

A．可能沿OA方向  B．一定沿OB方向

C．可能沿OC方向  D．可能沿OD方向

解析：小球与球桌边框碰撞时属于点面接触，弹力方向垂直于接触面，即沿OB方向，故选B.

3．质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则(　C　)

A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒

B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零

C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0

D．甲物块的速率可能达到5 m/s

解析：甲、乙两个物块通过弹簧发生相互碰撞，遵循动量和能量守恒，当两个物块离开弹簧时交换速度，即甲的速度为4 m/s，乙的速度为3 m/s，方向相反，且整个碰撞过程中甲的速度不可能大于4 m/s，乙的速度不可能大于3 m/s，当两物块相距最近时速度相等为0.5 m/s，所以A、B、D错，C正确．

4．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内(　D　)

A．若M>m，物体A对地向左的最大位移是

B．若M<m，小车B对地向右的最大位移是

C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0

D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为

解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得：v＝.若M>m，A所受的摩擦力f＝μmg，对A，根据动能定理得：－μmgxA＝0－mv，则得物体A对地向左的最大位移xA＝，故A错误；若M<m，对B，由动能定理得：－μmgxB＝0－Mv，则得小车B对地向右的最大位移xB＝，B错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I＝－ft＝Mv－Mv0＝，f＝μmg，解得：t＝，故C错误，D正确．

5．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　B　)

解析：规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有：4mv0＝3mv1＋mv2；两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t＝＝＝1 s；水平方向做匀速运动x1＝v1t，x2＝v2t，综上可得，数值上8＝3x1＋x2.结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故B正确．

6．在液面上以大小为v1的初速度竖直向下射出一个塑料小球，经过时间t，塑料小球回到液面，回到液面时塑料小球的速度大小为v2，已知塑料小球在运动过程中受到的液体的浮力大小等于其重力的k倍(k>1)，液体阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g，下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，根据你的判断，你认为t的合理表达式应为(　C　)

A．t＝   B．t＝

C．t＝   D．t＝

解析：若没有阻力，则v1＝v2，但从等式看出时间为零，与实际情况矛盾，故B错误；等式两边的单位应该是相同的，D项表达式右边单位是m，左边单位是s，等式显然不成立，故错误；若k略大于1，即浮力略大于重力，塑料小球返回时加速度很小，时间很长，但A选项求解的时间不是很长，C选项求解的时间很长，故A错误，C正确．

二、多项选择题

7．如图所示，质量为m的小车静止在光滑的水平地面上，车上有半圆形光滑轨道，现将质量也为m的小球在轨道左侧边缘由静止释放，则(　BD　)

A．在下滑过程中小球机械能守恒

B．小球可以到达右侧轨道的最高点

C．小球在右侧轨道上滑时，小车也向右运动

D．小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反

解析：小球下滑的过程中，半圆形轨道对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，但由小球和小车组成的系统机械能守恒，A错误；小球和小车组成的系统机械能守恒且水平方向动量守恒，小球可以到达右侧轨道的最高点，B正确；小球在右侧轨道上滑时，小车仍向左运动，但做减速运动，C错误；由小球和小车水平方向动量守恒，得0＝mv球－mv车，则v球＝v车，D正确．

8．如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，随后离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　BC　)

A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动

B．C与B端碰前，C与小车的速率之比为Mm

C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动

D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动

解析：小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．

9．如图所示，倾角为θ的固定斜面足够长，一质量为m上表面光滑的足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上，则滑块与木板都在滑动的过程中(　CD　)

A．木板A的加速度大小为3gsinθ

B．木板A的加速度大小为零

C．A、B组成的系统所受合外力的冲量一定为零

D．木板A的动量为mv0时，小滑块B的动量为mv0

解析：只有木板A时，木板A匀速下滑，则说明木板A受到的重力的分力与摩擦力等大反向，即mgsinθ＝μmgcosθ，若加上小滑块B后，A对斜面的压力增大，则摩擦力变为μ·3mgcosθ，而沿斜面方向上的力不变，故合外力为：3μmgcosθ－mgsinθ＝2mgsinθ，故加速度大小a＝2gsinθ，选项A、B错误；由分析可知，整体在沿斜面方向受力平衡，故整体动量守恒，故合外力的冲量一定为零，选项C正确；因动量守恒，故总动量保持不变，由动量守恒定律可知：mv1＋2mv2＝mv0，故当A动量为mv0时，B的动量为mv0，选项D正确．

10．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J的弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　AD　)

A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s

B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s

C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小

D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s

解析：释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒得：mv＋Mv＝Ep，代入数据解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mv＝mv′＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：I＝Δp＝mv1′－mv1＝0.2×(－8) N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，则合外力冲量大小为3.4 N·s，故A正确；M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误；设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，从A到B由机械能守恒定律得：mv＝mv1′2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1′t，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确．

三、计算题

11．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e.在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数．(飞船可视为横截面积为S的圆柱体，尘埃云分布均匀，密度为ρ)

解析：设在很短的时间Δt内，与飞船碰撞的尘埃的质量为m′，所受飞船的作用力为f′，飞船的质量为M.飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有Mv0＝Mv1＋m′v2

Mv＝Mv＋m′v　解得v2＝v0

由于M≫m′，所以碰撞后尘埃的速度v2＝2v0

对尘埃，根据动量定理有f′Δt＝m′v2，其中m′＝ρSv0Δt

则飞船所受阻力f′＝2ρSv

设一个离子在电场中加速后获得的速度为v，根据动能定理，有eU＝mv2

设单位时间内射出的离子数为n，在很短的时间Δt内，根据动量定理，有FΔt＝nΔtmv

则飞船所受动力F＝nmv

飞船做匀速运动，则有F＝f′

解得n＝ρSv.

答案：ρSv

12．如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′相切．现将一质量m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g＝10 m/s2，求：

(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；

(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．

解析：(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1

由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①

由能量守恒得：mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL②

联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③

(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④

设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤

联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.

答案：(1)5 m/s　(2)0.5 m