5、丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(zhì)量比為31.不計(jì)質(zhì)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(shè)彈丸的質(zhì)量為4m，則甲的質(zhì)量為3m，乙的質(zhì)量為m，炮彈到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)爆炸時(shí)，爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力(外力)，遵守動(dòng)量守恒定律，則有：4mv0＝3mv1＋mv2；兩塊彈片都做平拋運(yùn)動(dòng)，高度一樣，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，t＝＝＝1 s；水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)x1＝v1t，x2＝v2t，綜上可得，數(shù)值上8＝3x1＋x2.結(jié)合圖象可知，B的位移滿足上述表達(dá)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(gè)塑料小球，經(jīng)過時(shí)間t，塑料小球回到液面，回到液面時(shí)塑料小球的速度大小為v2，已知塑料小球在運(yùn)動(dòng)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(shí)間t的四個(gè)表達(dá)式中只有一個(gè)是合理的，你可能不會(huì)求解t，但是你可以通過一定的物理分析，對(duì)下列表達(dá)式的合理性做出判斷，根據(jù)你的判斷，你認(rèn)為t的合理表達(dá)式應(yīng)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(shí)間為零，與實(shí)際情況矛盾，故B錯(cuò)誤；等式兩邊的單位應(yīng)該是相同的，D項(xiàng)表達(dá)式右邊單位是m，左邊
7、單位是s，等式顯然不成立，故錯(cuò)誤；若k略大于1，即浮力略大于重力，塑料小球返回時(shí)加速度很小，時(shí)間很長，但A選項(xiàng)求解的時(shí)間不是很長，C選項(xiàng)求解的時(shí)間很長，故A錯(cuò)誤，C正確．
二、多項(xiàng)選擇題
7．如圖所示，質(zhì)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(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球在軌道左側(cè)邊緣由靜止釋放，則( BD )
A．在下滑過程中小球機(jī)械能守恒
B．小球可以到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)
C．小球在右側(cè)軌道上滑時(shí)，小車也向右運(yùn)動(dòng)
D．小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)，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(duì)小球的支持力對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能不守恒，但由小球
8、和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒且水平方向動(dòng)量守恒，小球可以到達(dá)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，B正確；小球在右側(cè)軌道上滑時(shí)，小車仍向左運(yùn)動(dòng)，但做減速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；由小球和小車水平方向動(dòng)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(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時(shí)小車和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，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(yùn)動(dòng)，同時(shí)小車也向
9、右運(yùn)動(dòng)
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(yùn)動(dòng)
D．C與油泥粘在一起后，小車?yán)^續(xù)向右運(yùn)動(dòng)
解析：小車與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)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(shè)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(cuò)誤．
9．如圖所示，傾角為θ的固定斜面足夠長，一質(zhì)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(shí)刻將質(zhì)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(dòng)
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(dòng)量為mv0時(shí)，小滑塊B的動(dòng)量為mv0
解析：只有木板A時(shí)，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(duì)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(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由分析可知，整體在沿斜面方向受力平衡，故整體動(dòng)量守恒，故合外力的沖量一定為零，選項(xiàng)C正
11、確；因動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量保持不變，由動(dòng)量守恒定律可知：mv1＋2mv2＝mv0，故當(dāng)A動(dòng)量為mv0時(shí)，B的動(dòng)量為mv0，選項(xiàng)D正確．
10．在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep＝10.8 J的彈性勢(shì)能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)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(yùn)動(dòng)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(shí)獲得的速度為
12、9 m/s
C．若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點(diǎn)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(duì)m的沖量大小為1.8 N·s
解析：釋放彈簧過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒得：mv1－Mv2＝0，由機(jī)械能守恒得：mv＋Mv＝Ep，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；m從A到B過程中，由機(jī)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(dòng)量定理得，球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)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(shí)獲得的速度為3 m/s，故B錯(cuò)誤；設(shè)圓軌道半徑為r時(shí)，飛出B后水平位移最大，從A到B由機(jī)械能守恒定律得：mv＝mv1′2＋mg·2r，在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg＋N＝m，m從B點(diǎn)飛出，需要滿足：N≥0，飛出后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)：2r＝gt2，x＝v1′t，當(dāng)8.1－4r＝4r時(shí)，即r＝1.012 5 m時(shí)，x為最大，球m從B點(diǎn)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(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，彈簧彈開過程，彈力對(duì)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(jì)算題
14、
11．假設(shè)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(jìn)入塵埃云時(shí)，飛船立即開啟內(nèi)置的離子加速器．已知該離子加速器是利用電場(chǎng)加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的高速(遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于飛船速度)粒子流，從而對(duì)飛行器產(chǎn)生推力的．若發(fā)射的是一價(jià)陽離子，每個(gè)陽離子的質(zhì)量為m，加速電壓為U，元電荷為e.在加速過程中飛行器質(zhì)量的變化可忽略，求單位時(shí)間內(nèi)射出的陽離子數(shù)．(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(shè)在很短的時(shí)間Δt內(nèi)，與飛船碰撞的塵埃的質(zhì)量為m′，所受飛船的作用力為f′，飛船的質(zhì)量為M.飛船與塵埃發(fā)生的是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒
15、定律和機(jī)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(duì)塵埃，根據(jù)動(dòng)量定理有f′Δt＝m′v2，其中m′＝ρSv0Δt
則飛船所受阻力f′＝2ρSv
設(shè)一個(gè)離子在電場(chǎng)中加速后獲得的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有eU＝mv2
設(shè)單位時(shí)間內(nèi)射出的離子數(shù)為n，在很短的時(shí)間Δt內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理，有FΔt＝nΔtmv
則飛船所受動(dòng)力F＝nmv
飛船做勻速運(yùn)動(dòng)，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(zhì)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(cè)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(diǎn)O′相切．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)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(duì)靜止時(shí)，它距點(diǎn)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(dòng)量守恒，設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)，二者的共同速度為v1
由動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①
由能量守恒得：mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL②
聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝5 m/s③
(2)設(shè)小物塊最終與車相對(duì)靜止時(shí)，二者的共同速度為v2，從小物塊滑上平板車，到二者相對(duì)靜止的過程中，由動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④
設(shè)小物塊與車最終相對(duì)靜止時(shí)，它距O′點(diǎn)的距離為x，由能量守恒得：mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)⑤
聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5 m.
答案：(1)5 m/s (2)0.5 m
7
2018-2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)訓(xùn)練7 動(dòng)量守恒定律
