5、丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為31.不計質量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是( B )
解析：規(guī)定向右為正，設彈丸的質量為4m，則甲的質量為3m，乙的質量為m，炮彈到達最高點時爆炸時，爆炸的內力遠大于重力(外力)，遵守動量守恒定律，則有：4mv0＝3mv1＋mv2；兩塊彈片都做平拋運動，高度一樣，則運動時間相等，t＝＝＝1 s；水平方向做勻速運動x1＝v1t，x2＝v2t，綜上可得，數值上8＝3x1＋x2.結合圖象可知，B的位移滿足上述表達式，故B正確．
6．在液面上以
6、大小為v1的初速度豎直向下射出一個塑料小球，經過時間t，塑料小球回到液面，回到液面時塑料小球的速度大小為v2，已知塑料小球在運動過程中受到的液體的浮力大小等于其重力的k倍(k>1)，液體阻力的大小與速度的大小成正比，重力加速度大小為g，下面給出時間t的四個表達式中只有一個是合理的，你可能不會求解t，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷，根據你的判斷，你認為t的合理表達式應為( C )
A．t＝ B．t＝
C．t＝ D．t＝
解析：若沒有阻力，則v1＝v2，但從等式看出時間為零，與實際情況矛盾，故B錯誤；等式兩邊的單位應該是相同的，D項表達式右邊單位是m，左邊
7、單位是s，等式顯然不成立，故錯誤；若k略大于1，即浮力略大于重力，塑料小球返回時加速度很小，時間很長，但A選項求解的時間不是很長，C選項求解的時間很長，故A錯誤，C正確．
二、多項選擇題
7．如圖所示，質量為m的小車靜止在光滑的水平地面上，車上有半圓形光滑軌道，現將質量也為m的小球在軌道左側邊緣由靜止釋放，則( BD )
A．在下滑過程中小球機械能守恒
B．小球可以到達右側軌道的最高點
C．小球在右側軌道上滑時，小車也向右運動
D．小球在軌道最低點時，小車與小球的速度大小相等，方向相反
解析：小球下滑的過程中，半圓形軌道對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，但由小球
8、和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒且水平方向動量守恒，小球可以到達右側軌道的最高點，B正確；小球在右側軌道上滑時，小車仍向左運動，但做減速運動，C錯誤；由小球和小車水平方向動量守恒，得0＝mv球－mv車，則v球＝v車，D正確．
8．如圖所示，小車放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時小車和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，隨后離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是( BC )
A．彈簧伸長過程中C向右運動，同時小車也向
9、右運動
B．C與B端碰前，C與小車的速率之比為Mm
C．C與油泥粘在一起后，小車立即停止運動
D．C與油泥粘在一起后，小車繼續(xù)向右運動
解析：小車與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，小車應向左運動，故A錯誤；設碰前C的速率為v1，小車的速率為v2，則0＝mv1－Mv2，得＝，故B正確；設C與油泥粘在一起后，小車、C的共同速度為v共，則0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正確，D錯誤．
9．如圖所示，傾角為θ的固定斜面足夠長，一質量為m上表面光滑的足夠長的長方形木板A正以速度v0沿斜面勻速下滑，某時刻將質量為2m的小滑塊B無初速度地放在木板A上，則滑塊與木板都在滑動
10、的過程中( CD )
A．木板A的加速度大小為3gsinθ
B．木板A的加速度大小為零
C．A、B組成的系統(tǒng)所受合外力的沖量一定為零
D．木板A的動量為mv0時，小滑塊B的動量為mv0
解析：只有木板A時，木板A勻速下滑，則說明木板A受到的重力的分力與摩擦力等大反向，即mgsinθ＝μmgcosθ，若加上小滑塊B后，A對斜面的壓力增大，則摩擦力變?yōu)棣獭?mgcosθ，而沿斜面方向上的力不變，故合外力為：3μmgcosθ－mgsinθ＝2mgsinθ，故加速度大小a＝2gsinθ，選項A、B錯誤；由分析可知，整體在沿斜面方向受力平衡，故整體動量守恒，故合外力的沖量一定為零，選項C正
11、確；因動量守恒，故總動量保持不變，由動量守恒定律可知：mv1＋2mv2＝mv0，故當A動量為mv0時，B的動量為mv0，選項D正確．
10．在光滑的水平桌面上有等大的質量分別為M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep＝10.8 J的彈性勢能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來處于靜止狀態(tài)．現突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R＝0.425 m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示．g取10 m/s2，則下列說法正確的是( AD )
A．球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 N·s
B．M離開輕彈簧時獲得的速度為
12、9 m/s
C．若半圓軌道半徑可調，則球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小
D．彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8 N·s
解析：釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒得：mv1－Mv2＝0，由機械能守恒得：mv＋Mv＝Ep，代入數據解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；m從A到B過程中，由機械能守恒定律得：mv＝mv′＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以向右為正方向，由動量定理得，球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為：I＝Δp＝mv1′－mv1＝0.2×(－8) N·s－0.2×9 N·s＝－3.
13、4 N·s，則合外力沖量大小為3.4 N·s，故A正確；M離開輕彈簧時獲得的速度為3 m/s，故B錯誤；設圓軌道半徑為r時，飛出B后水平位移最大，從A到B由機械能守恒定律得：mv＝mv1′2＋mg·2r，在最高點，由牛頓第二定律得：mg＋N＝m，m從B點飛出，需要滿足：N≥0，飛出后，小球做平拋運動：2r＝gt2，x＝v1′t，當8.1－4r＝4r時，即r＝1.012 5 m時，x為最大，球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯誤；由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正確．
三、計算題
14、
11．假設塵埃與飛船發(fā)生的是彈性碰撞，且不考慮塵埃間的相互作用．為了保證飛船能以速度v0勻速穿過塵埃云，在剛進入塵埃云時，飛船立即開啟內置的離子加速器．已知該離子加速器是利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的高速(遠遠大于飛船速度)粒子流，從而對飛行器產生推力的．若發(fā)射的是一價陽離子，每個陽離子的質量為m，加速電壓為U，元電荷為e.在加速過程中飛行器質量的變化可忽略，求單位時間內射出的陽離子數．(飛船可視為橫截面積為S的圓柱體，塵埃云分布均勻，密度為ρ)
解析：設在很短的時間Δt內，與飛船碰撞的塵埃的質量為m′，所受飛船的作用力為f′，飛船的質量為M.飛船與塵埃發(fā)生的是彈性碰撞，根據動量守恒
15、定律和機械能守恒定律，有Mv0＝Mv1＋m′v2
Mv＝Mv＋m′v 解得v2＝v0
由于M?m′，所以碰撞后塵埃的速度v2＝2v0
對塵埃，根據動量定理有f′Δt＝m′v2，其中m′＝ρSv0Δt
則飛船所受阻力f′＝2ρSv
設一個離子在電場中加速后獲得的速度為v，根據動能定理，有eU＝mv2
設單位時間內射出的離子數為n，在很短的時間Δt內，根據動量定理，有FΔt＝nΔtmv
則飛船所受動力F＝nmv
飛船做勻速運動，則有F＝f′
解得n＝ρSv.
答案：ρSv
12．如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0 kg的平板車，車的上表面是一段長L＝1.5 m的粗糙水平
16、軌道，水平軌道左側連一半徑R＝0.25 m的四分之一光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在點O′相切．現將一質量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質點)從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.5，小物塊恰能到達圓弧軌道的最高點A.取g＝10 m/s2，求：
(1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??；
(2)小物塊與車最終相對靜止時，它距點O′的距離．
解析：(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊到達圓弧軌道最高點A時，二者的共同速度為v1
由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①
由能量守恒得：mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL②
聯立①②并代入數據解得：v0＝5 m/s③
(2)設小物塊最終與車相對靜止時，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對靜止的過程中，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④
設小物塊與車最終相對靜止時，它距O′點的距離為x，由能量守恒得：mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤
聯立③④⑤并代入數據解得：x＝0.5 m.
答案：(1)5 m/s (2)0.5 m
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2018-2019高考物理二輪復習 專題限時訓練7 動量守恒定律
