UePlus - 试卷云

专题13  动量定理和动量守恒定律

考点01 动量和动量定理

1. （2024年高考江苏卷）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；

（2）分离时A对B的推力大小。

【答案】（1）；（2）

【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

（2）以B为研究对象，对B列动量定理有

FΔt = Mv－Mv₀

解得

2. （2024年高考广西卷）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　）

A. 进入过程，木料对木栓的合力的冲量为

B. 进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为

C. 进入过程，木料和木栓的机械能共损失了

D. 木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩探力大小约为

【答案】BCD

【解析】

锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；

锤子撞击木栓后木栓获得的动能为

木栓进入过程根据动能定理有

解得平均阻力为

故B错误；

木栓进入过程损失的机械能即为阻力做的功，所以

故C正确；

对木栓的一个侧面受力分析如图

由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有

且根据B选项求得平均阻力

又因为

联立可得

故D正确。

3.  （2024高考江苏卷）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）

A. 弹簧原长时物体动量最大

B. 压缩最短时物体动能最大

C. 系统动量变大

D. 系统机械能变大

【答案】A

【解析】

对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得

设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得

联立得

故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。

4.. （2024年高考广东卷）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。

（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。

（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：

①碰撞过程中F的冲量大小和方向；

②碰撞结束后头锤上升最大高度。

【名师解析】

（1）敏感球受到向下的重力mg、压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律可得

解得  

（2）①由图丙的图像面积表示冲量，可知碰撞过程中力F的冲量大小为

方向竖直向上。

②头锤落到气囊上时的速度

与气囊作用过程，取向上方向为正方向，由动量定理，

解得  v=2m/s

则上升的最大高度  

5．（2023年全国高考新课程卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（    ）

A．甲的速度大小比乙的大                   

B．甲的动量大小比乙的小

C．甲的动量大小与乙的相等                 

D．甲和乙的动量之和不为零

【参考答案】BD

【名师解析】在它们相互接近过程中的任一时刻，相互吸引力大小相等，甲的质量大于乙的质量，甲受到的滑动摩擦力大于乙受到的滑动摩擦力，甲所受合外力小于乙所示合外力。由牛顿第二定律，可知甲的加速度小于乙的加速度，甲的速度大小比乙的小，A错误；甲所受合外力冲量小于乙所示合外力冲量。由动量定理，可知甲的动量变化小于乙的动量变化，即甲的动量大小比乙的小，B正确C错误；对甲乙构成的系统，由于甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等，系统所受合外力不为零，动量不守恒，所以甲和乙的动量之和不为零，D正确。

6. （2022年山东物理卷）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（    ）

A. 火箭的加速度为零时，动能最大

B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能

C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量

D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量

【参考答案】A

【命题意图】本题考查受力分析、动量定理、能量守恒定律及其相关知识点。

【名师解析】

火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。

7. （2022年全国理综乙卷第20题）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）

A. 时物块的动能为零

B. 时物块回到初始位置

C. 时物块的动量为

D. 时间内F对物块所做的功为

【参考答案】AD

【名师解析】

物块与地面间摩擦力为

对物块从内由动量定理可知

即

得

3s时物块的动量为

设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得

即，解得

所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；

物块发生的位移为x₁，由动能定理可得

即，得

过程中，对物块由动能定理可得

即，解得

物块开始反向运动，物块的加速度大小为

发生的位移为

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

物块在6s时的速度大小为

拉力所做的功为，故D正确。

8. （2022高考湖北物理）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W₁和W₂，合外力的冲量大小分别为I₁和I₂。下列关系式一定成立的是（　　）

A.  ， B.  ，

C. ， D. ，

【参考答案】D

【命题意图】本题考查曲线运动，动能定理，动量定理。

【解题思路】由动能定理，速度由v增大到2v，合外力做功

；速度由2v增大到5v，合外力做功，所以W₂= 7W₁；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是，，比较可得一定成立。选项D正确。

9．（2022新高考海南卷）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（    ）

A．大小相等，方向相反     

B．大小相等，方向相同

C．的冲量大于的冲量      

D．的冲量小于的冲量

【参考答案】A

【名师解析】甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，这两个力大小相等，方向相反，根据冲量的定义，可知的冲量等于于的冲量，选项A正确BCD错误。

10．（2022年重庆高考卷）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（    ）

A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积    

B．动量大小先增大后减小

C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积       

D．加速度大小先增大后减小

【参考答案】D

【名师解析】若假人头部只受到安全气囊的作用，则所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积表示合外力冲量，由动量定理可知作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积也表示动量的变化量，选项AB错误；由动能与动量的关系可知，动能变化与动量变化不是成正比，所以动能变化不是正比于曲线与横轴围成的面积，选项C错误；由牛顿第二定律可知，加速度大小先增大后减小，选项D正确。

11. （2022年1月浙江选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）

（1）在直道AB上的加速度大小；

（2）过C点的速度大小；

（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

【参考答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N

【名师解析】（1）设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有 、

解得：、

（2）解法一：由题知物体从全程的运动时间，设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有        

代入数据解得：、

解法二：由于物体在做匀变速运动，故

解得：

故其加速度

（3）解法一：设物体在运动时受到的阻力为，根据牛顿第二定律有

代入数据解得：

解法二：物体在上运动由动量定理有

代入数据解得：

解法三：对物体从由动能定理有

解得：

易错警示：对于多过程问题一定要分清楚每一阶段的受力情况和运动情况。

（1）AB段

解得

（2）AB段，

解得   

BC段，t₂=5.0s-t₁=2s，

解得

过C点的速度大小

（3）在BC段有牛顿第二定律

解得

12．（9分）

（2022年高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；

（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；

（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。

【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。

【名师解析】

（1）设排球在空中飞行的时间为t，则

得

则排球在空中飞行的水平距离

（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小

得

则

得

设速度方向与水平方向夹角为（如答图2所示），

则

（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小

考点02 动量守恒定律

1. （2024年高考辽吉黑卷）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：

（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；

（2）物块与桌面间动摩擦因数μ；

（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。

【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J

【解析】

（1）对物块A，由平抛运动规律，h=，x_A=v_At，

联立解得：v_A=1m/s

弹簧将两物块弹开，由动量守恒定律，m_A v_A= m_B v_B，

解得v_B= v_A=1m/s

（2）对物块B，由动能定理，-μm_B g x_B=0-

  解得：μ=0.2

（3）由能量守恒定律，整个过程中，弹簧释放的弹性势能

△E_p=μm_B g×△x+μm_A g×△x++=0.12J

2．（14分）（2024年高考新课程卷）

如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求

（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；

（2）平台距地面的高度。

  解题思路   本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。

（1）设物块质量m，初速度为v0，薄板质量m，物块滑上薄板，由动量守恒定律    mv₀=mv₁+mv₂

   μmgl= mv₀²-mv₁²-mv₂²

物块在薄板上运动加速度a₁=μg=3m/s²

物块在薄板上运动位移s=7l/6

v₀²-v₁²=2a₁s

联立解得：v₀=4m/s，v₁=3m/s，v₂=1m/s

由v₀-v₁=at₁，解得t₁=s

（2）物块抛出后薄板匀速运动，=v₂t₂

解得t2=s

平台距地面的高度  h==m

2. （2023年高考湖南卷）如图，质量为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，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，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，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；

（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；

（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．

【参考答案】（1），；

（2）；（3）

【思维导图】

（1）人船模型→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→凹槽速度大小→凹槽相对于初始时刻向右运动的距离

（2）椭圆标准方程→人船模型→小球运动的轨迹方程

（3）M/m=→小球运动的轨迹方程→小球轨迹为半径为b的圆→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→小球相对于地面速度大小

【名师解析】

（1）小球第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向由动量守恒定律，m v₁=Mv₂，

由机械能守恒定律，mgb=+

联立解得：v₂=

根据人船模型，mx₁=Mx₂，x₁+x₂=a

解得：凹槽相对于初始时刻向右运动的距离x₂=

（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据人船模型有

则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为

整理得

 （）

（3）将代入小球的轨迹方程化简可得

即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图

此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒

系统机械能守恒

联立得

3. （2023年高考选择性考试辽宁卷）如图，质量m₁= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m₂= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E_p与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s²，结果可用根式表示。

（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x₁；

（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x₂及此时木板速度v₂的大小；

（3）已知木板向右运动的速度从v₂减小到0所用时间为t₀。求木板从速度为v₂时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU（用t表示）。

【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）

【名师解析】

（1）由于地面光滑，则m₁、m₂组成的系统动量守恒，则有

m₂v₀= (m₁＋m₂)v₁

代入数据有

v₁= 1m/s

对m₁受力分析有

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有

v₁²= 2a₁x₁

代入数据解得

x₁= 0.125m

（2）木板与弹簧接触以后，对m₁、m₂组成的系统有

kx = (m₁＋m₂)a_共

对m₂有

a₂= μg = 1m/s²

当a_共 = a₂时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量

x₂= 0.25m

对m₁、m₂组成的系统列动能定理有

代入数据有    
（3）木板从速度为v₂时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m₁的加速度大于木块m₂的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x₂时，则说明此时m₁的速度大小为v₂，共用时2t₀，且m₂一直受滑动摩擦力作用，则对m₂有

－μm₂g∙2t₀= m₂v₃－m₂v₂

解得

则对于m₁、m₂组成的系统有   

DU = －W_f

联立有