专题7 动量-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

专题七　动量 1．(多选)(2024·广西卷)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N.M水平向右运动，速度大小为v.M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒．若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　BC　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动．故选BC. 2．(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(1)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(2)所示．已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．则(　BD　) A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s 解析：将物块的运动沿x轴方向和y轴方向分解，x轴方向物块的初速度为零，由题图(2)可知沿x轴正方向的两个力的函数表达式分别为F1＝4－t、F2＝3t，则沿x轴方向的加速度的表达式为ax＝＝＝，沿y轴方向的初速度为零，加速度ay＝g sin 30°＝5 m/s2.综上可知，物块的初速度为零，加速度大小和方向随时间变化而变化，速度与加速度的方向无法一直沿同一直线，故物块做曲线运动，但不是匀变速曲线运动，A错误；t＝1 s时，y＝ayt2＝2.5 m，B正确；t＝1 s时，ax＝5 m/s2，则物块的加速度大小a＝＝5 m/s2，C错误；F ­t图像中图线与t轴围成图形的面积表示冲量，前2 s内，根据动量定理，沿x轴方向有IF1＋IF2＝mvx，代入数据解得vx＝10 m/s，沿y轴方向有vy＝ayt＝10 m/s，则物块的速度大小v＝＝10 m/s，D正确． 3．(多选)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块．设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常量).改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　AD　) A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 解析：子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小为v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有mv＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小．综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确． 4．(多选)物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　AD　) A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0～4t0，合外力的总冲量为0 C．t0 时动量是2t0 时的一半 D．2t0～3t0 过程物体的位移小于3t0～4t0 的位移 解析：根据图像可知当F＝2mg sin θ 时，物块加速度为a＝＝3g sin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mg sin θ 时，物块加速度大小为a＝＝g sin θ，方向沿斜面向上，作出物块0～4t0 内的v­t图像 根据图像可知0～4t0，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0～4t0，物块的末速度不等于0，根据动量定理I合＝Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0 时物块速度大于2t0 时物块的速度，故t0 时动量不是2t0 时的一半，故C错误；v­t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移，故D正确．故选AD. 5．嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求： (1)分离后A的速度v1大小； (2)分离时A对B的推力大小． 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有 (m＋M)v0＝Mv＋mv1 解得v1＝ 方向与v0相同； (2)以B为研究对象，对B列动量定理有 FΔt＝Mv－Mv0 解得F＝. 答案：(1)　(2) 6．如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°.质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端．剪断细绳O′P，小球A开始运动．(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)A在最低点时，细绳OP断裂．A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动．求碰后C的速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速．求C和B之间的动摩擦因数． 解析：根据题意，设AC质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP 长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°. (1)A开始运动到最低点有 mgl(1－cos θ)＝mv－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F－mg＝ 解得 v0＝4 m/s，F＝40 N. (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 mv0＝0＋mvC 故解得 vC＝v0＝4 m/s. (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得 mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒得 μmgL相对＝mv－(m＋M)v2 联立解得 μ＝0.15. 答案：(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 7．(2024·湖南卷)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA＞mB).初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞．不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动． (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比； (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1)，求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间小球B通过的路程． 解析：(1)对A、B系统，碰撞前、后动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为v， 由动量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v 碰撞后，对组合体，由牛顿第二定律有 Fn＝(mA＋mB) 联立解得v＝，Fn＝. (2)设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，对A、B系统有 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv＝mAv＋mBv 联立解得vA＝，vB＝， 分两种情况讨论： 第一种情况，若第二次碰撞发生在图中的b点．则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，其中k1＝0，1，2，3，…，则＝， 联立解得＝，显然k1只能取0，则＝2 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为v′A、v′B，则mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′ 联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意． 第二种情况，若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，其中k2＝0，1，2，3，…，则＝， 联立解得＝，显然k2只能取0， 则＝5 同理可得第二次碰撞后v′A＝v0，v′B＝0，则第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意． 综上所述，＝2或5. (3)第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v1相＝ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有t1＝， 第一次碰撞有mAv0＝mAvA1＋mBvB1， 第一次碰撞后有v1相＝vB1－vA1＝ev0， 解得vB1＝(v0＋v1相) B球运动的路程s1＝vB1t1＝＝， 第二次碰撞的相对速度大小为 v2相＝ev1相＝e2v0，t2＝， 第二次碰撞有mAv0＝mAvA2＋mBvB2， 第二次碰撞后有v2相＝vA2－vB2， 解得vB2＝(v0－v2相). B球运动的路程 s2＝vB2t2＝＝， 由以上规律可以归纳为第2n＋1次碰前一共碰撞了2n次． s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n ＝， 解得s＝·. 答案：(1)　　 (2)2∶1或5∶1　(3)· 学科网（北京）股份有限公司 $$