06　第一阶段　专题二　第5讲　动量定理和动量守恒定律-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

动量定理和动量守恒定律【备考指南】1．高考对本讲的命题，以选择题的形式考查动量、冲量及动量定理的应用，难度相对较小，以计算题形式考查动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大。2．关注力学及电磁学、原子物理的结合，这类题选材密切联系实际，情境新颖，综合性强。3．强化数学应用能力的训练，会用微分思想处理流体问题。4．注意碰撞与运动图像的结合，训练从图像中获取运动信息的能力。突破点一动量定理及其应用1．应用动量定理时的四个注意点(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度。注意：这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各个外力冲量的矢量和)。(2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)。(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量。(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。2．动量定理在“四类”问题中的应用(1)求解缓冲问题。(2)求解平均力问题。(3)求解流体问题。(4)在电磁感应中求解电荷量问题。[典例1](求平均力问题)(多选)(2024·安徽卷)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则()A．物块始终做匀变速曲线运动B．t＝1s时，物块的y坐标值为2.5mC．t＝1s时，物块的加速度大小为53m/s2D．t＝2s时，物块的速度大小为102m/sBD[根据题图乙可得F1＝4－t(N)，F2＝3t(N)，故两力的合力为F＝4＋2t(N)，物块在y轴方向受到的力不变为mgsin30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；在y轴方向的加速度为ay＝mgsin30°m＝gsin30°＝5m/s2，故t＝1s时，物块的y坐标值为y＝12ayt2＝2.5m，故B正确；t＝1s时，F＝6N，故此时加速度大小为a＝ax2+ay2＝61.22+52m/s2＝52m/s2，故C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理有Ft＝mvx－0，由于F与时间t呈线性关系，故可得4+2×0+4+2×22×2m/s＝1.2vx，解得vx＝10m/s，此时y轴方向速度为vy＝[典例2](流体问题)(2024·河北沧州期中)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算“雨打芭蕉”产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状，所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为v5，另一半则留在叶面上。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为(A．11ρhv10tB．9ρhv10tA[设极短时间Δt内落到芭蕉叶上面的雨滴质量为m，则m＝ρSΔh·Δt，其中Δh为单位时间杯中水面上升的高度，即Δh＝ht，以向四周散开的一半雨滴为研究对象，竖直向上为正方向，由动量定理得F1Δt＝12m·v5--12mv，以留在叶面上的一半雨滴为研究对象有F2Δt＝0－-12mv，雨滴受到的撞击力大小为F＝F1＋F2，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶上受到的冲击力大小为F′＝F，根据压强定义式得用动量定理解决连续的流体问题的分析步骤[典例3](电荷量问题)(多选)(2024·河南开封二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰好为0，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是()A．q1＝q2 B．q1＝2q2C．v＝1.0m/s D．v＝1.5m/sBD[根据q＝ΔΦR＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理得-I1LBΔt1＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－I2LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，联立解得v＝13v0【教师备选资源】(多选)(2023·新课标卷)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/sBC[由公式W＝Fx可知，W­x图像中图线的斜率为物体所受的拉力大小，由题图可知0～2m内物体所受的拉力大小F1＝6N，2～4m内物体所受的拉力大小F2＝3N。由题意可知物体所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10N＝4N。0～1m的过程中对物体由动能定理得W1－Ffx1＝12mv12，解得v1＝2m/s，由公式P＝F1v1，得拉力的功率为12W，A错误；0～4m的过程中，对物体由动能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入数据解得Ek＝2J，B正确；0～2m的过程中，物体克服摩擦力做的功WFf＝Ffx3＝4×2J＝8J，C正确；由于F2＜Ff，所以物体在2～4m的过程中做匀减速直线运动，因此物体在2m处的速度最大，动量最大，对物体由动能定理得W3－Ffx3＝12mv22，代入数据解得v2＝22m/s，物体动量的最大值p＝mv2＝突破点二动量守恒定律的应用1．人船模型(1)一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足：①动量守恒：mv1＝Mv2，可推导mx1＝Mx2。②位移关系：x1＋x2＝l，则x1＝Mm+Mlx1x2＝Mm，其中x1、x2为两部分的对地位移(2)常见模型及拓展2．爆炸与反冲的三个特点(1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)爆炸过程有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。[典例4](人船模型)(2024·河北卷节选)如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离；(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。[解析](1)设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知：Mx1＝mx2根据位移关系有x1＋x2＝LA联立解得木板A向左移动的位移x2＝1.5m因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时，A、B木板间的水平距离为x2＝1.5m。(2)机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则水平方向上有x2＝v0cosθ·t竖直方向上有v0sinθ＝g·t联立解得v0＝g机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有Mv0cosθ＝mvA根据功能关系有W＝1联立可得W＝3gx21+3cos2θsin当且仅当tanθ02＝2tanθ0，即tanθ0＝2时，W取最小值，[答案](1)1.5m(2)90J2【教师备选资源】(2023·湖南卷)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的长半轴和短半轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。求：(1)小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；(2)在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程；(3)若Mm＝ba-b，小球下降h＝b2高度时，相对于地面的速度大小(结果用a、b及g[解析](1)小球和凹槽组成的系统在运动过程中水平方向动量守恒，小球在凹槽最低点时只有水平方向的速度，设小球、凹槽此时的速度大小分别为vm、vM，由水平方向动量守恒，有mvm＝MvM ①由机械能守恒定律，有12mvm2联立解得vM＝2m2gb由①易得mxm＝MxM ④且小球第一次运动到凹槽的最低点时有xm＋xM＝a ⑤联立解得xM＝maM+m。 (2)小球相对于凹槽一直做轨迹为半个椭圆的运动，在固定坐标系xOy中描述小球的运动轨迹，设小球对地速度的水平分量大小为v1，凹槽对地速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝Mv2 ⑦从初始时刻开始，设某时刻小球对地水平位移大小为x1，凹槽的对地位移大小为x2。由⑦易得mx1＝Mx2 ⑧设某时刻小球在xOy坐标系中坐标为(x，y)，易得x＝a－x1 ⑨根据坐标平移相关知识及椭圆规律有a-x1-x2联立⑧⑨⑩可得小球在xOy中的轨迹方程为M+mx-ma2M2a2+y(3)将Mm＝ba-b代入⑪[x－(a－b)]2＋y2＝b2，轨迹为圆 ⑫故当y＝－b2时，x＝(a－b)±32b 考虑到对称性，不妨取x＝(a－b)＋32b来计算速度大小，由圆的几何知识推导可知，在这个位置上的小球，速度大小v′m＝2v′mx 由系统水平方向动量守恒有mv′mx＝Mv′M ⑮由系统机械能守恒可得12mvm'2+联立⑭⑮⑯可得v′m＝2bga+3b。 [答案](1)2m2gbM2+MmmaM+m(2)[典例5](爆炸问题)(多选)(2024·河北衡水5月质检)国庆节某游乐场在确保安全的情况下燃放烟花。质量m＝0.3kg的烟花点燃后，在t＝0.01s时间内发生第一次爆炸，向下高速喷出少量高压气体(此过程烟花位移可以忽略)，然后被竖直发射到距地面h＝20m的最高点。在最高点时剩余火药在极短时间内发生第二次爆炸，爆炸过程中释放的能量有40%转化为机械能，烟花被炸成两部分，其中质量为m1＝0.2kg的部分以v1＝20m/s的速度向东水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A．第一次火药爆炸过程中高压气体对烟花平均作用力大小为500NB．第二次火药爆炸后另一部分烟花的速度大小为10m/s，方向水平向西C．第二次火药爆炸后两部分烟花落地点间距为120mD．第二次火药爆炸中释放的能量为300JCD[第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v2＝2gh，解得v＝20m/s，第一次火药爆炸过程对烟花由动量定理有(F－mg)t＝mv－0，解得高压气体对烟花平均作用力大小为F＝603N，故A错误；第二次爆炸，水平方向动量守恒，有m1v1－(m－m1)v2＝0，解得v2＝40m/s，所以另一部分烟花的速度大小为40m/s，方向水平向西，两部分烟花下落的时间相等，均为t′＝2hg＝2s，所以两部分烟花落地点间距为x＝(v2＋v1)t′＝120m，故B错误，C正确；第二次火药爆炸中释放的能量为E＝12m1v12突破点三碰撞模型及其拓展1．碰撞过程遵循的“三个原则”2．弹性正碰模型——“一动碰一静”m1：运动小球，m2：静止小球，v1：m1碰撞速度，v1'：m1碰后速度，v2'：v1'＝m1-m2m1讨论：(1)当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1(质量相等(2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0且v2'>v(3)当m1<m2时，v1'<0，v2'>0(小碰大[典例6](弹性碰撞)(多选)(2024·广东卷)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有()A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C．乙的运动时间与H乙无关D．甲最终停止位置与O处相距HABD[两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙sinθ＝12gsinθt12，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲的碰前速度为初速度做匀减速运动的时间为t3，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v乙2＝2μgx，联立可得x＝【教师备选资源】(2023·浙江卷6月)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝221m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2(x为形变量)，重力加速度g取10m/s2(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。[解析](1)滑块a从D处进入，经DEF管道到达最低点的过程中，由动能定理得mg·2R＝1解得vF＝10m/s在最低点F由牛顿第二定律得FN－mg＝m解得FN＝31.2N。(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s,设碰后滑块a的速度大小为va，则由动能定理有－mg·2R－μmgL＝1解得va＝5m/s滑块a、b碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向，有mvF＝－mva＋3mvb解得vb＝5m/s滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE＝1解得ΔE＝0J。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设碰撞后a、b的共同速度为v，由动量守恒定律得mvF＝(m＋3m)v当弹簧最长或最短时，a、b与c均达到共速，设为v′，由动量守恒定律得(m＋3m)v＝(m＋3m＋2m)v′弹簧的最大弹性势能Ep＝12(m＋3m)v2－12(m＋3m＋2m又Ep＝12kx系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统的动能相等，所以弹簧最长或最短时，弹簧的形变量相同，故弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x联立解得Δx＝0.2m。[答案](1)10m/s31.2N(2)0J(3)0.2m[典例7](类碰撞模型)(多选)(2024·湖南长沙雅礼中学9月质检)如图甲所示，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的加速度a随时间t变化的图像(a­t图像)如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是()A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1B．mAmC．S1－S2<S3D．t2时刻弹簧的伸长量大于t＝0时刻弹簧的压缩量AB[t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有p总＝mAv1＝mAS1，A正确；由题图可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1－v2＝S2，B球的速度变化量大小为ΔvB＝v2－0＝S3，从t1到t2过程，A、B组成的系统动量守恒，则有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，联立可得mAmB＝S3S2，B正确；由A、B项分析可得S1－S2＝v2＝S3，C错误；从t＝0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，则有Ep0＝12mA+mBv22＋Ep2，说明t＝0时刻弹簧的弹性势能大于t2碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)达到共速再次分离相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量无损耗，满足12m(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能1．(热点情境·生产生活)高压水枪冲洗物体时，在物体表面将产生一定的压力。若水从枪口喷出时的速度大小为v＝100m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d＝5mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，假设水喷射到物体表面时速度在短时间内变为0。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水枪在物体表面产生的冲击力约为()A．98NB．196NC．393ND．785NB[设Δt时间内从枪口喷出的水的质量m＝ρvπd24Δt，以Δt时间内喷出的水为研究对象，设水枪在物体表面产生的冲击力大小为F，以喷水的方向为正方向，则由动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F≈196N，B项正确2．(热点情境·体育娱乐活动)(多选)(2024·安徽淮北8月开学检测)如图甲所示，在某次冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均可视为质点，由图乙可得()A．红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞B．碰撞前瞬间，红壶瞬时速度为1.0m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4mD．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1∶4BD[红壶与蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，可认为系统水平方向动量守恒，设碰撞后蓝壶的速度为v，由题图乙可知，碰撞前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰撞后速度为v1＝0.2m/s，则有mv0＝mv1＋mv，得碰撞后蓝壶的瞬时速度v＝0.8m/s，碰撞前两壶的机械能为Ek1＝12mv02＝0.5m(J)，碰撞后两壶的机械能为Ek2＝12mv12＋12mv2＝0.34m(J)，碰撞前后机械能变化量为ΔEk＝Ek1－Ek2＝0.16m(J)，所以红、蓝两壶的碰撞是非弹性碰撞，A错误，B正确；由题图乙可知，碰后红壶与蓝壶都做匀减速运动，蓝壶移动的距离为x＝v+02t＝0.82×5m＝2.0m，C错误；红、蓝两壶碰后至停止运动的过程中，所受摩擦力的冲量大小等于两壶碰后动量的损失量，由动量定理得I红＝mv1＝0.2m(N·s)，I蓝＝mv＝0.8m(N·s)，则两壶所受摩擦力的冲量之比为3．(经典模型·学科内融合)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长平行金属导轨宽度为L＝1m，其上端连接电阻R＝2Ω，等高的两点P、Q上方导轨光滑，其空间内有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝3T，P、Q两点下方导轨不光滑，空间无磁场。质量为3kg、电阻为2Ω的金属棒b放置在P、Q位置，将质量为1kg、电阻为1Ω的金属棒a从P、Q上方某位置由静止释放，当a棒匀速运动时与静止的b棒发生弹性碰撞，碰撞后a棒运动13m到达最高点。两棒与不光滑导轨间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金属棒与导轨接触良好，其他电阻不计。以下说法正确的是(A．a棒匀速运动速度大小为5m/sB．b棒运动的位移大小为5mC．a棒沿导轨向上运动到最高点所用时间为0.25sD．两棒可以发生两次碰撞BC[a棒匀速运动，由平衡条件得mgsin37°＝BIL，又有E＝BLv，I＝ERa+R2，解得v＝4m/s，故A错误；两棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有mv＝mva＋Mvb，12mv2＝12mva2+12Mvb2，得va＝－2m/s，vb＝2m/s，b棒沿斜面向下做减速运动，b棒运动位移大小为xb，由动能定理Mgsin37°xb－μMgcos37°xb＝-12Mvb2，解得xb＝5m，故B正确；碰撞后a棒沿斜面向上运动到最高点所用时间为t，其位移x＝13m，由动量定理有－mgsin37°t－BILt＝mva，通过a棒的电荷量q＝It＝BLxRa+R专题限时集训(五)1．(2022·北京卷)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是()A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间B[助滑阶段，运动员深蹲是为了减小空气阻力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力来增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，延长力的作用时间可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。]2．(多选)以前人们在建造房屋时，通常用“打夯”的方式将地基夯实。如图所示为“打夯”的情境，两人用绳子拴接质量m＝80kg的石块，保持两侧的绳子与竖直方向间的夹角为α＝37°不变，两侧绳子拉力的大小恒为F＝1000N，使石块由地面竖直向上运动h＝0.45m后将拉力F撤去，石块从施力到静止所用的总时间为t＝1.04s，重力加速度为g＝10m/s2，2＝1.41，sin37°＝0.6。忽略空气阻力。则下列说法正确的是()A．拉力F作用的时间为0.6sB．石块上升的最大高度为0.9mC．石块落地瞬间的速度大小约为6m/sD．石块与地面碰撞时，地面对石块的平均作用力约为20706NBD[撤去拉力F前，对石块，由牛顿第二定律得2Fcos37°－mg＝ma，代入数据解得a＝10m/s2，则由公式h＝12at12得t1＝2ha，解得拉力F作用的时间为t1＝0.3s，A错误；撤去拉力F瞬间，石块的速度为v＝at1，解得v＝3m/s，撤去拉力F后石块做竖直上抛运动，从撤走拉力到最高点的过程中石块上升的高度为h1＝v22g，解得h1＝0.45m，所以石块上升的最大高度为H＝h＋h1，解得H＝0.9m，B正确；设石块落地瞬间的速度大小为v′，则由v2'＝2gH得v′＝2gH，代入数据解得v′＝32m/s＝4.23m/s，C错误；从撤去拉力F到石块运动到最高点所用的时间为t2＝vg＝310s＝0.3s，石块由最高点到落在地面的过程所用的时间为t3＝2Hg，解得t3＝0.423s，石块落地后与地面相互作用的时间为Δt＝t－t1－t2－t3＝0.017s，石块与地面相互作用的过程中，由动量定理得F·Δt－mg·Δt＝3．娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为0，则气流速度大小为()A．mg4ρSB．mg2ρSC．C[在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt。设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，气流给人的力大小为F′＝F，人受力平衡，所以F′＝mg，解得v＝mgρS，故选C。4．(多选)(2024·1月九省联考河南卷)α粒子(24He)以一定的初速度与静止的氧原子核(816O)发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，A．t1时刻816O的动量为p0－B．t1时刻816C．t2时刻816D．t2时刻系统的电势能最大AB[α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，t1时刻816O的动量为p2＝p0－p1，故A正确；t1时刻图线的切线斜率最大，则α粒子的动量变化率最大，根据p＝mv，可知α粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的静电力最大，则氧原子核受到的静电力也最大，816O的加速度达到最大，故B正确；t2时刻，α粒子速度为零，由题图可知t2时刻后，α粒子反向运动，系统动量守恒，可知在t2时刻之后，816O的动量达到最大，816O的速度达到最大，816O的动能达到最大，故C错误；t1时刻，氧原子核受到的电场力最大5．(2024·广东深圳中学8月质检)皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员(包括除子弹外的装备)及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v1，子弹动能为Ek1；在皮划艇上射击时子弹的射出速度为v2，动能为Ek2，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是()A．v1＝Em B．EkC．v2＝2M-mEMm D．D[在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有Ek1＝12mv12＝E，解得v1＝2Em，故A错误；在皮划艇上射击时，系统在水平方向上不受外力，由于反冲作用，射击后皮划艇会获得反向的速度，水平方向动量守恒，有0＝Mv3＋mv2，由能量守恒定律知E＝12Mv32+12mv22，联立解得v2＝2MEM+mm，v1v2＝M+mM6．(2024·山东潍坊一模)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块到达斜面底端时的动能为mgLtanαD．此过程中斜面向左滑动的距离为mLD[当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；B下降的高度为Ltanα，其重力势能的减小量等于mgLtanα，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtanα，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得Mx1t－mx2t＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝mLM+m，故D正确7．(多选)(2024·1月九省联考安徽卷)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．小球落地时重力的功率为mgvB．小球下落的时间为mvC．小球下落过程中的水平位移大小为mD．小球下落过程中空气阻力所做的功为12mBCD[小球落地时重力的功率为PG＝mgvsinθ，故A错误；小球下落过程在竖直方向根据动量定理得mvsinθ＝mgt－k(vy1＋vy2＋vy3＋…＋vyn)t，vy1+vy2+vy3+…+vynt＝h，解得小球下落的时间为t＝mvsinθ+khmg，故B正确；小球在水平方向根据动量定理得mvcosθ－mv0＝－k(vx1＋vx2＋vx3＋…＋vxn)t，vx1+vx2+vx3+…+vxnt8．(2024·湖南衡阳模考)如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2m，弹珠B与坑的间距x2＝0.9m。某同学将弹珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后瞬间弹珠A的速度大小为1m/s，方向向右，且不再与弹珠B发生碰撞。已知两弹珠的质量均为25g，取重力加速度g＝10m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，弹珠进入坑中不再滑出。(1)求碰撞前瞬间弹珠A的速度大小v1和在地面上运动时的加速度大小a；(2)求两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出。[解析](1)对弹珠A，由运动学公式得x1＝v0t1-12at1联立解得v1＝4m/s，a＝5m/s2。(2)设碰后瞬间弹珠B的速度为v2'，由动量守恒定律得mv1＝mv1解得v2'所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔE＝1解得ΔE＝7.5×10-2J碰后弹珠B运动的距离为Δx＝v2'22所以弹珠B恰好进坑，故能胜出。[答案](1)4m/s5m/s2(2)见解析9．(2024·安徽芜湖二模)如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短)，则下列说法正确的是()A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为kB．子弹射入物块A的