2025屆高中物理三輪沖刺練習(xí)-專題二微專題10動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律習(xí)題

微專題10動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律1.計(jì)算動(dòng)量、沖量及應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律解決問題時(shí)，均需要規(guī)定正方向。2.解決不涉及加速度、位移的問題時(shí)，用動(dòng)量定理比運(yùn)用牛頓第二定律更簡(jiǎn)便。3.兩個(gè)以上物體構(gòu)成的系統(tǒng)，若系統(tǒng)的合外力(或某一方向合外力)為零，可運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解；若系統(tǒng)的合外力不為零，可對(duì)每個(gè)物體分別運(yùn)用動(dòng)量定理列式再聯(lián)立求解。4.正碰僅指一維碰撞，即碰撞前后兩物體速度始終共線，但不一定是彈性碰撞。5.彈簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，兩物體共速時(shí)，動(dòng)能損失最大；兩物體分離后，兩物體相當(dāng)于發(fā)生了彈性碰撞?？键c(diǎn)一動(dòng)量定理及應(yīng)用1.(多選)(2024·全國(guó)甲卷·20)蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在t=0時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作用力大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是：A.t=0.15s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大B.t=0.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10m/sC.t=1.00s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N2.(2024·甘肅酒泉市三模)乒乓球被稱為中國(guó)的“國(guó)球”，是一種世界流行的球類體育項(xiàng)目，如圖所示為某同學(xué)訓(xùn)練時(shí)的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0=2m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時(shí)使乒乓球拍的接球面保持水平且以1m/s的速度水平移動(dòng)，乒乓球與球拍碰撞反彈后的高度與下落高度相等。已知乒乓球與球拍之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=54(乒乓球不旋轉(zhuǎn))A.4m/s B.3m/s C.2m/s D.1m/s3.(2024·海南?？谑幸荒?雨打芭蕉是中國(guó)古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為ρ，不計(jì)雨滴重力。壓強(qiáng)p為：A.ρht(v0-v)B.ρht(v0+v)C.ρ(v02-v2)D.ρ(v【點(diǎn)撥·提煉】1.沖量、動(dòng)量變化、平均沖力的求解(1)沖量的三種計(jì)算方法：公式法(I=Ft)；F-t圖像法；動(dòng)量定理法(I=Δp)(2)動(dòng)量的變化Δp=p'-p=F合t求某一方向的平均沖力可應(yīng)用分方向的動(dòng)量定理解決問題(3)平均沖力在變加速運(yùn)動(dòng)或瞬時(shí)碰撞問題中，F(xiàn)為平均沖力，一般由動(dòng)量定理求解。由F·Δt=mv'-mv=Δp得F=Δ2.微元法和柱體模型解決流體(或微粒)對(duì)界面的沖力問題(如圖所示)(1)首先建立模型：沿流速v方向選取一段柱狀流體，其橫截面積可設(shè)為S；(2)將柱體內(nèi)流體(或微粒)的質(zhì)量表示出來；(3)由動(dòng)量定理建立方程。考點(diǎn)二碰撞模型及拓展4.(多選)(2024·河北省二模)如圖所示，足夠長(zhǎng)光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端與質(zhì)量為2m的B滑塊相連，右端與質(zhì)量為m的滑塊A接觸而不固連，彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個(gè)水平向左的初速度v0，經(jīng)一段時(shí)間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，則下列說法正確的是：A.A與彈簧分離前任一時(shí)刻，A與B的動(dòng)量之比為1∶2B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢(shì)能為1.5EpC.A與彈簧分離后A、B的動(dòng)能之比為1∶8D.若事先在距B左側(cè)很遠(yuǎn)處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A5.(多選)(2024·廣東卷·10)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有：A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距H6.(2024·遼寧省部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質(zhì)量為m的小球B壓縮彈簧(B與彈簧不連接)，由靜止釋放小球，小球被彈開后運(yùn)動(dòng)到圓弧體的最高點(diǎn)時(shí)，恰好與圓弧體相對(duì)靜止，不計(jì)小球的大小，重力加速度為g。求：(1)(3分)彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；(2)(3分)小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對(duì)圓弧面的壓力大?。?3)(4分)小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度?！军c(diǎn)撥·提煉】首先區(qū)分彈性碰撞和完全非彈性碰撞(1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒舉例：一動(dòng)碰一靜m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v1得v1=m1-m2m1+m2(2)完全非彈性碰撞：碰后兩物體粘在一起(有共同速度)，機(jī)械能損失最大。考點(diǎn)三動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用7.(2024·黑龍江省模擬)如圖所示，半徑為R的光滑14圓弧槽靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平地面上，圓弧底端與水平地面相切，其最低點(diǎn)的右側(cè)相距為R處有厚度不計(jì)、上表面粗糙程度處處相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑塊，薄木板右端固定一豎直擋板，擋板左側(cè)連有一水平輕質(zhì)彈簧。現(xiàn)將一小球從圓弧槽最高點(diǎn)正上方的一定高度處由靜止釋放，小球落入圓弧槽后從圓弧槽最低點(diǎn)滑離；然后以大小為v0的速度與小滑塊發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短；隨后小滑塊相對(duì)薄木板向右滑動(dòng)，壓縮彈簧后反彈，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圓弧槽的質(zhì)量均為m，小滑塊的質(zhì)量為2m，薄木板以及固定擋板的總質(zhì)量為4m，小球和小滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g(1)(2分)小球開始下落時(shí)距離水平地面的高度h；(2)(4分)小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x；(3)(6分)彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm。1.(2024·山西運(yùn)城市模擬)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切。一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為R3。則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶MA.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶12.(多選)(2024·浙江6月選考·15)如圖所示，一根固定的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過程：A.合力沖量大小為mv0cosθ B.重力沖量大小為mv0sinθC.洛倫茲力沖量大小為qBv022gsinθ 3.(2024·山東菏澤市模擬)如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直徑相同，小球A以初動(dòng)量p0沿直線運(yùn)動(dòng)，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過程中，小球A的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖乙所示，t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大，此時(shí)縱坐標(biāo)為p1，t2時(shí)刻縱坐標(biāo)為零。則：A.小球A、B的質(zhì)量之比為pB.t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大C.小球A的初動(dòng)能和彈簧最大彈性勢(shì)能之比為pD.0~t2時(shí)間內(nèi)，小球B的動(dòng)量變化量為p0-p14.(2024·安徽卷·14)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)L=1.25m，小球質(zhì)量m=0.20kg，物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長(zhǎng)s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)(2分)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大??；(2)(3分)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；(3)(5分)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。

答案精析高頻考點(diǎn)練1.BD[根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t=0.15s時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員從t=0.30s離開蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s，則在t=1.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，t=0.30s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小v=10×1m/s=10m/s，故B正確，C錯(cuò)誤；同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)其中Δt=0.30s代入數(shù)據(jù)可得F=4600N根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N，故D正確。]2.B[由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相等，則碰后豎直方向的速度大小為vy=v0=2m/s，設(shè)乒乓球的質(zhì)量為m，乒乓球與球拍的碰撞時(shí)間為Δt，在豎直方向上，根據(jù)動(dòng)量定理有FN·Δt=mvy-(-mv0)，在水平方向上，根據(jù)動(dòng)量定理有Ff·Δt=μFN·Δt=mvx，聯(lián)立解得vx=5m/s，v=vx2+vy2=33.B[設(shè)極短時(shí)間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為Δm，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，選豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)，由于圓柱形量筒置于雨中，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時(shí)間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為m0=ρS圓htS圓=ρht，則極短時(shí)間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量Δm=m0SΔt=ρhSΔtt，根據(jù)牛頓第三定律有雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均沖力F2=F1，雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p=F2S4.BC[A與彈簧分離之前任一時(shí)刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動(dòng)量大小之比不一定為1∶2，A錯(cuò)誤；A、B運(yùn)動(dòng)過程中，二者相對(duì)靜止時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律有mv0=3mv，即Ep=12mv02-12×3m×v029=13mv02，B固定，則A速度減小為0時(shí)彈性勢(shì)能最大，可得Ep'=12mv02=1.5Ep，B正確；整個(gè)過程系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒可得mv0=mvA+2mvB，12mv02=12mvA2+12×2mvB2，解得vA=-v03，vB=2v03，即有EkA=12mvA2=118mv02，E5.ABD[兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙=12gsinθ·在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2+t3由于t1和t2與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同，而如果不發(fā)生碰撞，乙下滑過程有mgH乙=12m乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有v乙2聯(lián)立可得x=H即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距H乙μ。故D6.(1)1.25mgR(2)3.5mg(3)0.04R解析(1)設(shè)彈簧開始具有的最大彈性勢(shì)能為Ep，設(shè)小球被彈開后速度大小為v0，滾上圓弧面最高點(diǎn)后速度大小為v1，根據(jù)能量守恒有Ep=12×5mv1Ep=12m根據(jù)A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有mv0=5mv1解得Ep=1.25mgR(2)由(1)可解得v0=5小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間FN-mg=mv解得FN=3.5mg根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧面的壓力大小FN'=FN=3.5mg(3)設(shè)小球第一次離開圓弧面時(shí)，小球的速度大小為v2、圓弧體的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒有mv0=4mv3-mv2根據(jù)能量守恒有12mv02=12×4mv從小球第二次滾上圓弧面到上升到最高點(diǎn)過程中，設(shè)上升到最高點(diǎn)時(shí)共同速度為v4，上升的最大高度為h，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有4mv3+mv2=5mv4根據(jù)能量守恒有12×4mv32+12mv22=解得h=0.04R。7.(1)v02g(2)3R(解析(1)設(shè)小球滑離圓弧槽時(shí)，圓弧槽的反沖速度大小為v1，方向水平向左，由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1解得v1=v0從小球開始下落至球、槽第一次分離過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。由機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv02+解得h=v(2)設(shè)小球從開始下落至剛好滑離圓弧槽，相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)x1，圓弧槽相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)x2，由平均動(dòng)量守恒可得mx1=mx2x1+x2=R解得x1=12R，x2=1小球要繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)x2+R，歷時(shí)t，則t=x2+圓弧槽在t時(shí)間內(nèi)向左繼續(xù)滑行的距離為x槽=v1t=v0×3R2小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x=x槽+x2+R=3R(3)規(guī)定向右為正方向，小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒mv0=mv0'+2mv212mv02=12mv0'2+解得v0'=-v0v2=2v滑塊與薄木板共速時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得2mv2=(2m+4m)v解得v=2因滑塊壓縮彈簧后反彈恰好回到薄木板的最左端，故滑塊相對(duì)薄木板向右運(yùn)動(dòng)和返回時(shí)向左運(yùn)動(dòng)過程摩擦生熱相同，設(shè)為Q，滑塊向右運(yùn)動(dòng)與薄木板達(dá)到共速的過程由能量守恒定律得12×2mv22=12(2m+4m)v2+滑塊恰好回到薄木板的最左端時(shí)仍共速，速度仍為v，故Epm=Q解得Epm=4m補(bǔ)償強(qiáng)化練1.C[當(dāng)圓弧滑塊固定時(shí)，有12mv02=mgR，當(dāng)圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有mv0=(m+M)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv02=mg·R3+12(m+M)v2，聯(lián)立解得m∶M2.CD[根據(jù)動(dòng)量定理有I=0-mv0=-mv0故合力沖量大小為mv0，故A錯(cuò)誤；小球上滑的時(shí)間為t=v重力的沖量大小為IG=mgt=mv0sin小球所受洛倫茲力大小為Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0，其中a=gsinθ洛倫茲力大小隨時(shí)間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為I洛=q×v02×B×v0gsin若v0=2mgcosθqB，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為Bqv0小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得Bqv=mgcosθ+FN即FN=Bqv-mgcosθ=Bq(v0-at)-mgcosθ=mgcosθ-Bqtgsinθ