2019_2020高考物理二轮复习专题限时训练7动量守恒定律

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/sB ．6.7 m/sC ．6 m/sD ．5 m/s解析：F ­t 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＋12×2×4－12×1×2) N·s＝15 N·s.根据动量定理有I ＝m Δv ，Δv ＝I m ＝153m/s ＝5 m/s.2．台球以速度v 0与球桌边框成α角撞击O 点，反弹后速度为v 1，方向与球桌边框夹角仍为α，如图所示．如果v 1<v 0，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0D ．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v 0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v 0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2Mv 20μM ＋m g B ．若M <m ，小车B 对地向右的最大位移是Mv 20μmgC ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv 0D ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为2Mv 0μM ＋m g解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，解得：v ＝M －m v 0M ＋m .若M >m ，A 所受的摩擦力f ＝μmg ，对A ，根据动能定理得：－μmgx A ＝0－12mv 20，则得物体A 对地向左的最大位移x A ＝v 202μg，故A 错误；若M <m ，对B ，由动能定理得：－μmgx B ＝0－12Mv 20，则得小车B 对地向右的最大位移x B ＝Mv 202μmg，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 －Mv 0＝－2mMv 0m ＋M ，f ＝μmg ，解得：t ＝2Mv 0μM ＋m g，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、乙的质量比为不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，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：4mv 0＝3mv 1＋mv 2；两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t ＝2h g ＝2×5m 10 m/s 2＝1 s ；水平方向做匀速运动x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，综上可得，数值上8＝3x 1＋x 2.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v 1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v 2，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 ＝v 1v 2kgB ．t ＝v 1－v 2k －gC ．t ＝v 1＋v 2k －gD ．t ＝v 1v 2k ＋g解析：若没有阻力，则v 1＝v 2，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 mC ．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v 1，小车的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m，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v 0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3g sin θB ．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13mv 0时，小滑块B 的动量为23mv 0 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mg sin θ＝μmg cos θ，若加上小滑块B 后，A 对斜面的压力增大，则摩擦力变为μ·3mg cos θ，而沿斜面方向上的力不变，故合外力为：3μmg cos θ－mg sin θ＝2mg sin θ，故加速度大小a ＝2g sin θ，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：mv 1＋2mv 2＝mv 0，故当A 动量为13mv 0时，B 的动量为23mv 0，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E p ＝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/s 2，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·sB ．M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC ．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：mv 1－Mv 2＝0，由机械能守恒得：12mv 21＋12Mv 22＝E p ，代入数据解得：v 1＝9 m/s ，v 2＝3 m/s ；m 从A 到B 过程中，由机械能守恒定律得：12mv 21＝12mv ′21＋mg ·2R ，解得：v 1′＝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 ＝mv 1′－mv 1＝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：12mv 21＝12mv 1′2＋mg ·2r ，在最高点，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 1′2r，m 从B 点飞出，需要满足：N ≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r ＝12gt 2，x ＝v 1′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 ＝mv 1＝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v 0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Mv 0＝Mv 1＋m ′v 212Mv 20＝12Mv 21＋12m ′v 22 解得v 2＝2M M ＋m ′v 0 由于M ≫m ′，所以碰撞后尘埃的速度v 2＝2v 0对尘埃，根据动量定理有f ′Δt ＝m ′v 2，其中m ′＝ρSv 0Δt则飞船所受阻力f ′＝2ρSv 20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 ＝12mv 2 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F Δt ＝n Δtmv 则飞船所受动力F ＝nmv飞船做匀速运动，则有F ＝f ′解得n ＝2eUm ρSv 20. 答案：2eUm ρSv 2012．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v 0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/s 2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v 0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v 1由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12mv 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL ② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，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：mv 0＝(M ＋m )v 2④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：12mv 20－12(M ＋m )v 22＝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。