2027新高考物理复习53A版1-第七章 动量守恒定律

专题七动量守恒定律考点1动量、冲量和动量定理考向1动量、冲量和动量定理的理解10.(2025广东,10,6分)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有()A.受到空气作用力的方向会变化B.受到拉力的冲量大小为F0C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+F0D.T时刻受到空气作用力的大小为3答案ABD解析由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故无人机处于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作用力方向必然变化(点拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题),A正确;无人机在0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有IF=F0+F0-kT2T=F0-12kTT,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和,C错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向的分力Fx和竖直方向的分力Fy,则有F空气=Fx2+Fy2,其中Fx=(F0-kT)cos30°=32(F0-kT),Fy=mg+(F考点2动量守恒定律及其应用考向1动量守恒定律的理解及基本应用7.(2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是() 答案A解析由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。10.(2025湖南,10,5分)(多选)如图,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质量分别为3m、m、5m,s1=hμ,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则()A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等B.D的初动能与其落地时的动能相等C.弹药释放的能量为36mgh1+D.弹药释放的能量为48mgh1+答案BD模型建构解析弹药爆炸过程中,由动量守恒定律可得3mvA=mvB,解得vA=vB3,爆炸后瞬间A的动能EkA=12×3mvA2=16mvB2;B嵌入C形成D的过程中,由动量守恒定律可得mvB=(5m+m)vD,解得vD=vB6,D的初动能EkD=12×6mvD2=112mvB2,A错误。从D沿滑轨开始运动至落到地面上的过程中,由动能定理可得-6μmgs1+6mgh=E'kD-EkD,由于s1=hμ,解得E'kD=EkD,B正确。D从抛出到落地的过程,由平抛运动规律可得D离开滑轨末端的速度为vD1=s22hg,D从开始运动到刚要抛出的过程,有vD12-vD2=-2μgs1,解得vD2=2gh+gs227.(2025河南,7,4分)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则()A.mP>mN>mQB.mN>mP>mQC.mQ>mP>mND.mQ>mN>mP答案D解析假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN,碰撞后的速度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',根据能量守恒有12mPvP2+12mNvN2=12mPvP'2+12mNvN'2,联立解得vP'=(mP-mN)vP+2mNvNmP+mN,由题图1知vP'<vN,所以vP'-vN<0,代入vP'得(mP-mN)(vP-vN)mP+mN<0,由题图1知vP>vN,所以mP<mN;对于Q、N间的碰撞,根据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',根据能量守恒有12mQvQ2+12mNvN2=12mQvQ'2+12mNvN'2总结归纳最好能记住弹性碰撞的二级结论通式v1'=(m1考点2动量守恒定律及其应用考向2动量守恒中的常见模型6.(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则()A.t1<t2 B.t1>t2C.x1>x2 D.x1<x2答案A解析设物块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为t1';滑出MN之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-12mv02,解得x1'+x2'=v02-2μ1gx02μ2g,而x总=x1'+x2'+x0=v022μ2g-μ1-μ2μ2x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'=v0μ2g-μ1μ2t0,总时间t总=t1'+t2'+t0=v015.(2025湖北,15,18分)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为βμgL(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。提示:12+22+…+k2=16答案(1)(β-4)μgL(2)vj+1=j解析(1)由2μmg<4μnmg可知在第1个滑块与第2个滑块碰撞前木板静止(n为大于1的整数),解法一:滑块1的加速度大小a=2μmgmv12-代入v1=βμgL得v1t=(解法二:对滑块1,由动能定理得-2μmgL=12mv1t2-解得v1t=((2)木板保持静止,设第j个滑块与第j+1个滑块碰撞前速度为vjtvj2-碰撞过程动量守恒,有jmvjt=(j+1)mvj+1得(j+1)vj+1=jv得vj+1=j(3)由(2)问的分析可得(j+1)2vj+12=j2vj2同理,有j2vj2=(j-1)2v……22v22=12v12所有等式两边各自相加得(j+1)2vj+12=v12-4μgL(12+22+32+则(j+1)2vj+12=v1解得vj+1=β设第x个滑块开始运动时木板才能滑动,则满足x·2μmg>μ·4nmg≥(x-1)·2μmg,即2n+1≥x>2n,可知第2n+1个滑块开始运动时木板才能滑动代入j=2n此时v2n+1=β木板及未相对木板滑动的滑块组成的整体的加速度a'=2μ(2n+1)作出v-t图像如图,滑块间恰好不再相碰时vt=v2n+1-aΔt=a'ΔtL=12v2n+1即β(2n+1)β=4n(2n+1)17.(2025山东,17,14分)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m=12kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg,b的质量mb=34kg,方形物体的质量M=92kg,重力加速度大小g=10m/s2,弹簧的劲度系数k=50N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=12kx2(x为弹簧的形变量(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。答案(1)6m/s23m/s(2)23m/s2.5审题指导小球在方形物体中运动的过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向动量守恒,且系统机械能守恒,可类比人船模型。小球平抛运动过程水平方向速度不变,与物块a作用并粘在一起的过程在水平方向可视为完全非弹性碰撞,一起拉弹簧至弹力为15N,然后a和小球整体拉着弹簧带动物块b运动,小球、a、b及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,弹簧的弹性势能最大时,小球、a、b三者共速。解析(1)小球从开始下落到运动至P处的过程,对小球与方形物体组成的系统,根据水平方向动量守恒,有mv1=Mv2根据机械能守恒,有mgh=12mv12+代入数据解得v1=6m/s,v2=23(2)设小球与物块a粘在一起共速的速度大小为va0由水平方向动量守恒得mv1=(m+ma)va0代入数据解得va0=2m/sF=15N时弹簧的伸长量x1=Fk=310设b被解除锁定瞬间小球和a的速度大小为va1对弹簧、小球及a组成的系统由能量守恒得12(m+ma)va02=12(m+ma)v代入数据解得va1=1m/s对物块a、小球、b及弹簧组成的系统由动量守恒得(m+ma)va1=(m+ma+mb)vb代入数据解得vb=23由能量守恒得12(m+ma)va12+12kx12=12(m+m代入数据解得Epm=2.5J考点2动量守恒定律及其应用考向3动力学、动量和能量观点的综合应用8.(2025福建,8,6分)(多选)传送带沿顺时针方向运行的速度大小恒为1m/s。两个物块A、B用一根轻弹簧连接,A的质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,将两物块放置在传送带上,给A一个向右的初速度v0=2m/s,B的速度为零,弹簧自然伸长。在t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧的弹性势能Ep=0.75J,传送带足够长,g取10m/s2,A可在传送带上留下痕迹,则()A.在t=t02时,B的加速度大于B.t=t0时,B的速度大小为0.5m/sC.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2mD.0~t0过程中,A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05m答案BD解析根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等,且都为f=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5N,初始时A向右减速,滑动摩擦力方向向左,B向右加速,滑动摩擦力方向向右,可知在A与传送带第一次共速前,A、B整体所受合力为零,系统动量守恒,有mAv0=mAv+mBvB,v=1m/s,代入数据解得在t=t0时,B的速度大小为vB=0.5m/s,在A与传送带第一次共速前,在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA=mBaB,由于mA<mB,可知aA>aB,A错误,B正确。在0~t0时间内,设A、B向右运动的位移分别为xA、xB,由功能关系有-fxA+fxB+12mAv02=12mAv2+12mBvB2+Ep,解得xA-xB=0.1m,故t=t0时弹簧的压缩量Δx=xA-xB=0.1m,C错误。0~t0时间内,A与传送带的相对位移大小x相A=xA-vt0,B与传送带的相对位移大小x相B=vt0-xB,可得x相A+x相B=xA-xB=0.1m,由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且满足aA=2aB,可知x相A对应图形MNA的面积,x相B对应图形NOBA的面积,结合图像可知x相A<x相B,解得x相A<0.05m,D正确。15.(2025陕晋青宁,15,16分)如图,有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B,初始时刻相距l0,粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动,此时A、B两粒子系统的电势能等于125mv02。经时间t1粒子B到达P点,此时两粒子速度相同,同时开始给粒子B施加一恒力,方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时,粒子A恰好运动至P点且速度为0,A、B粒子间距离恢复为l0,这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比,忽略两粒子所受重力。求:(m、l0、v0、t1(1)粒子B到达P点时的速度v1;(2)t1时间内粒子B的位移xB;(3)恒力作用的时间t2。答案(1)15v0,方向水平向右(2)v0t15-2l解析(1)从初始时刻到B运动至P点的过程,A、B组成的系统动量守恒,有mv0=(m+4m)v1解得v1=15v0,(2)设B到达P点(A、B共速)时,系统的电势能为Ep2,则由能量守恒得12mv02+Ep1=12代入Ep1=125m解得Ep2=1125m设A与B共速时A、B间距离为r,因电势能与距离成反比,则有Ep1解得r=l在t1时间内,由动量守恒有mv0=mvA+4mvB,可得mv0Δt=mvA·Δt+4mvB·Δt两边对时间累加求和,有mv0t1=mxA+4mxB由位移关系得l0+xB=xA+r联立解得xB=v0t15(3)在恒力作用的t2时间内,对A、B系统,由功能关系得Fl0+12(m+4m)v12+1125mv02=12解得F=3m由动量定理得Ft2=0+4mv0-5mv1解得t2=215.(2025湖南,15,16分)某地为发展旅游经济,因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中,需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点,图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行,机器人从B点以初速度v竖直向下运动,B点位于轨道平面上,且在A点正下方,AB=1.2L。滑杆始终与轨道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻力,轻绳不可伸长,sin37°=0.6,重力加速度大小为g。(1)若滑杆固定,v=gL,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小;(2)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v的大小;(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v与k的关系式及v的最小值。答案(1)4mg(2)37(3)v=9k10(解析(1)在机器人从初始位置下降到最低点的过程,由动能定理有mgL=12mv12-1在最低点对机器人根据牛顿第二定律有F1-mg=mv1将v=gL代入,联立①②式解得F1=4mg(2)若滑杆固定,从抛出点C到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图1所示机器人做斜抛运动,在水平方向上有L+Lcos37°=v2tsin37°③在竖直方向上有1.2L-Lsin37°=v2tcos37°-12gt2由③④式解得t=18Lv2=3Lt=机器人从B点运动到C点的过程机械能守恒,有12mv2=12mv22+mgLsin解得v=37(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,从抛出点D到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图2所示机器人与滑杆组成的系统水平方向动量守恒应用人船模型规律可得mx2=Mx1⑥根据几何关系有x1+x2=L(1+cos37°)⑦将M=km代入,由⑥⑦式得x2=1在抛出点D时,设机器人速度为vD,滑杆速度为v滑将机器人的速度vD沿水平方向和垂直于轻绳方向分解,如图3所示,根据关联速度知识可知vA=v滑,则机器人抛出后在水平方向做匀速直线运动的速度大小vDx=v相sin37°-vA⑧根据几何关系可知,机器人在竖直方向做竖直上抛运动的初速度大小vDy=v相cos37°⑨由水平方向动量守恒有mvDx=Mv滑⑩机器人松开轻绳后做斜抛运动,在水平方向有x2=vDxt在竖直方向有1.2L-Lsin37°=vDyt-12gt2由机械能守恒定律有12mv2=12Mv滑2+12m(vDx2+v已知M=km联立⑥~式解得v=9k10当k=1时,v取最小值,有vmin=314.(2025河南,14,12分)如图,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块P,另一质量为m2=4kg的小物块Q以v0=7m/s的速度向右运动并与P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10m/s2。求(1)该碰撞过程中损失的机械能;(2)P从开始运动到静止经历的时间。答案(1)24.5J(2)5s解析(1)Q与P发生正碰且碰撞时间极短,由动量守恒有m2v0=m1v+m2vQ代入数据解得vQ=3.5m/s碰撞中损失的机械能ΔE损=12m2v02-12m1v2-代入数据解得ΔE损=24.5J(2)P在防滑带上的加速度大小a=μg=5m/s2设P通过防滑带的总长度为x1,则0-v2=-2ax1解得x1=4.9m所以x1l2=4.92设在防滑带上运动的时间为t0,由0=v-at0得t0=va=75s=1.4设经过第1个光滑区的速度为v1,经过第2个光滑区的速度为v2,由v12-v2=-2al2得v1=5在第1个光滑区运动的时间t1=l1v1=35由v22-v12=-2al2得v在第2个光滑区运动的时间t2=l1v2=31P从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5s考点4动量守恒定律及其应用考向4弹性碰撞的一般规律及其应用15.(2025四川,15,16分)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小;(2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值m2m(3)在满足(2)问中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能满足的条件。答案(1)gsinθ(2)m2m1≤1或m2m1=7(3)172m1gRsinθ≤Ek0模型建构审读试题,明确此题为质点在斜面上的运动模型,需应用“空间转平面”方法提炼出常规运动模型,有以下三类常规模型。第一,类竖直面内的圆周运动模型。本题中bcd段为“单轨道内侧圆周运动模型”,考查能够做完整圆周运动的临界条件。临界条件为在等效最高点时(本题对应斜面上圆周运动的最高点)对轨道的压力等于零,沿径向方向的合力提供小球做圆周运动所需的向心力。第二,碰撞模型。本题为具有初速度的小球甲与静止的小球乙进行弹性碰撞,碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒。第三,类平抛运动模型。本题涉及小球乙在斜面上做类平抛运动,将恒定合力由重力变为重力沿斜面向下的分力,解决类平抛运动这类曲线运动问题一般选择运动的合成与分解方法,在斜面上沿水平方向(即初速度方向)与沿斜面向下方向分解。解析(1)小球甲由a运动到b的过程中,对小球甲,由牛顿第二定律有m1gsinθ=m1a解得a=gsinθ(2)设小球乙的质量为m2,小球甲与小球乙碰撞前瞬间的速度大小为v甲,碰撞后小球甲的速度为v1,小球乙的速度为v2已知小球甲恰好能到达c点,则其到达c点时由牛顿第二定律有m1gsinθ=m1v两球发生弹性碰撞,由水平方向动量守恒和机械能守恒有m1v甲=m1v1+m2v212m1v甲2=12m1v1联立解得v1=m1-m2由于碰撞后小球乙能运动到e点,则考虑有两种情况,第一种情况是碰撞后小球乙做圆周运动到d点,紧接着沿着斜面下滑到e点,则碰撞后瞬间小球乙需满足对挡板压力大于等于0,即N+m2gsinθ=m2v22R解得v2≥gRsinθ,在此情况下小球乙和小球甲的质量之比满足的条件为m第二种情况是碰撞后小球乙在斜面上做类平抛运动刚好过e点,设小球乙碰撞后经t时间到达e点,则将小球的运动沿水平方向与沿斜面向下方向分解,水平方向有v2t=R沿斜面向下有12gsinθ·t2解得v2=14gRsinθ故在题给条件下,小球乙和小球甲的质量之比为m2m1≤1(3)当m2m1≤1时,碰撞后小球乙从c到d一定做圆周运动,则小球乙从d到e做直线运动,无法穿过线段de,此情况无需讨论,只需讨论m2m1=7的情况。已知碰撞后小球乙能穿过线段de,则碰撞后小球乙只能做类平抛运动,故小球乙在c点碰撞后速度v2'小于做圆周运动的临界速度gRsinθ,即v2'<gRsinθ,且同时满足类平抛运动过线段de,设小球乙在t'时间内水平方向上运动距离为水平方向有R=