2018_2019高考物理二轮复习专题限时训练7动量守恒定律.doc

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1、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)A7 m/s B6.7 m/sC6 m/s D5 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(342412) Ns15 Ns.根据动量定理有Imv，v m/s5 m/s.2台球以速度v0与球桌边框成角撞击O点，反弹后速度为v1，方向与球桌边框夹角仍为，如图所示如果v1m，物体A对地向左的最大位移是B若Mm，A所受的摩擦力fmg，对A，根据动能定理得：mgxA0mv，则得物体A对地向左的最大位移xA，

2、故A错误；若M1)，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)At BtCt Dt解析：若没有阻力，则v1v2，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

3、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0mv球mv车，则v球v车，D正确8

4、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BC与B端碰前，C与小车的速率之比为MmCC与油泥粘在一起后，小车立即停止运动DC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0mv1Mv2，得，故B正

5、确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0(Mm)v共，得v共0，故C正确，D错误9如图所示，倾角为的固定斜面足够长，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3gsinB木板A的加速度大小为零CA、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mgsinmgcos，若加上小滑块B后，A对斜面的压力增大，则摩擦力变为3mgc

6、os，而沿斜面方向上的力不变，故合外力为：3mgcosmgsin2mgsin，故加速度大小a2gsin，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：mv12mv2mv0，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M0.6 kg，m0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep10.8 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R0.425 m的竖直放置的光滑半圆

7、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 NsBM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 Ns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：mv1Mv20，由机械能守恒得：mvMvEp，代入数据解得：v19 m/s，v23 m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mvmvmg2R，解得：v18 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

8、到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：Ipmv1mv10.2(8) Ns0.29 Ns3.4 Ns，则合外力冲量大小为3.4 Ns，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：mvmv12mg2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mgNm，m从B点飞出，需要满足：N0，飞出后，小球做平抛运动：2rgt2，xv1t，当8.14r4r时，即r1.012 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Ipmv10.29

9、Ns1.8 Ns，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)解析：设在很短的时间t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，

10、根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有Mv0Mv1mv2MvMvmv解得v2v0由于Mm，所以碰撞后尘埃的速度v22v0对尘埃，根据动量定理有ftmv2，其中mSv0t则飞船所受阻力f2Sv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eUmv2设单位时间内射出的离子数为n，在很短的时间t内，根据动量定理，有Ftntmv则飞船所受动力Fnmv飞船做匀速运动，则有Ff解得nSv.答案：Sv12如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 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

11、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0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g10 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(Mm)v1由能量守恒得：mv(Mm)vmgRmgL联立并代入数据解得：v05 m/s(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(Mm)v2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(Mm)vmg(Lx)联立并代入数据解得：x0.5 m.答案：(1)5 m/s(2)0.5 m