熱點(diǎn)7　動(dòng)量和動(dòng)量守恒-2025高考物理

熱點(diǎn)7動(dòng)量和動(dòng)量守恒［分值：50分］1~4題每題5分，5~9題每題6分，共50分1.(多選)(2024·廣西卷·8)如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在()A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v答案BC解析由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即vM=0，vN=v，碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選B、C。2.(2024·安徽省名校聯(lián)盟大聯(lián)考)2023年10月1日，在鹽官觀潮景區(qū)，錢塘江潮水沖上景區(qū)占鰲塔東側(cè)海塘，沖倒護(hù)欄25米。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，若水正對沖擊護(hù)欄時(shí)水的速度為20m/s，沖擊護(hù)欄后水的速度忽略不計(jì)，可估算潮水對護(hù)欄沖擊的水壓約為()A.4×105Pa B.2×105PaC.1×106Pa D.4×106Pa答案A解析設(shè)護(hù)欄的橫截面積為S，當(dāng)水流撞擊到護(hù)欄上時(shí)-Ft=0-mv，p=FS，m=則壓強(qiáng)p=ρv2代入數(shù)據(jù)得p=4×105Pa，故選A。3.(多選)(2023·重慶卷·8)某實(shí)驗(yàn)小組測得在豎直方向飛行的無人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點(diǎn)，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則()A.EF段無人機(jī)的速度大小為4m/sB.FM段無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)C.FN段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg·m/sD.MN段無人機(jī)機(jī)械能守恒答案AB解析根據(jù)EF段方程y=4t-26，可知EF段無人機(jī)的速度大小為v=ΔyΔt=4m/s，故A正確；根據(jù)y-t圖像的切線斜率表示無人機(jī)的速度，可知FM段無人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；根據(jù)MN段方程y=-2t+140，可知MN段無人機(jī)的速度為v'=Δy'Δt'=-2m/s，則有Δp=mv'-mv=2×(-2)kg·m/s-2×4kg·m/s=-12kg·m/s，可知FN段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg·m/s，故4.(多選)(2024·廣東肇慶市二模)在水平面上靜置有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上，一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下，a、b在運(yùn)動(dòng)過程中未相撞，a、b的v-t圖像如圖所示，圖中Ata平行于Btb，整個(gè)過程中a、b的最大速度相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比ta∶tb=3∶4。則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A.物體a、b受到的摩擦力大小相等B.兩水平推力對物體的沖量之比為I1IC.兩水平推力對物體的做功之比為W1WD.兩水平推力的大小之比為F1F答案ABC解析由題圖知，Ata平行于Btb，說明撤去推力后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體受到的合力等于摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理可知F1tA-μmgta=0，F(xiàn)2tB-μmgtb=0解得F1F根據(jù)題圖可知tA<tB，解得F1F2>tatb=根據(jù)動(dòng)量定理有I1-μmgta=0，I2-μmgtb=0解得I1I2=tat根據(jù)動(dòng)能定理可得W1-μmgsa=0，W2-μmgsb=0sa=12tavm，sb=12tb解得W1W2=tat5.(2024·江西贛州市模擬)如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質(zhì)量分別為2kg、6kg，B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003N/m的水平輕質(zhì)彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運(yùn)動(dòng)，從A接觸彈簧開始計(jì)時(shí)至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長度l與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi)，已知彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)，則(A.在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速B.整個(gè)過程中，A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.v0=2m/sD.物塊A在t0時(shí)刻速度最小答案C解析在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即B受到的彈力始終向右，所以B物塊始終做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過程中，A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，在t0時(shí)刻，彈簧被壓縮到最短，則此時(shí)A、B共速，此時(shí)彈簧的形變量為x=0.4m-0.1m=0.3m彈簧的彈性勢能為Ep=12kx2=3則根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有m1v0=(m1+m2)v根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v聯(lián)立解得v0=2m/s，故C正確；在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即A受到彈力始終向左，所以A物塊始終做減速運(yùn)動(dòng)，則物塊A在2t0時(shí)刻速度最小，故D錯(cuò)誤。6.(多選)(2024·福建卷·7)物體(質(zhì)量為m)置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t=0時(shí)刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法正確的是()A.0~4t0，物體一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)B.0~4t0，合外力的總沖量為0C.t0時(shí)動(dòng)量是2t0時(shí)的一半D.2t0~3t0過程物體的位移小于3t0~4t0的位移答案AD解析根據(jù)題圖可知當(dāng)F=2mgsinθ時(shí)，物體加速度為a=2mgsinθ+mgsin當(dāng)F=-2mgsinθ時(shí)，物體加速度為a=-2mgsinθ+mgsin方向沿斜面向上，作出物體0~4t0內(nèi)的v-t圖像根據(jù)圖像可知0~4t0，物體一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，故A正確；根據(jù)圖像可知0~4t0，物體的末速度不等于0，根據(jù)動(dòng)量定理得I合=Δp≠0，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知t0時(shí)物體速度大于2t0時(shí)物體的速度，故t0時(shí)動(dòng)量不是2t0時(shí)的一半，故C錯(cuò)誤；v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0~3t0過程物體的位移小于3t0~4t0的位移，故D正確。7.如圖所示，足夠長的長木板A放在光滑的水平面上，另一物體B靜止在長木板A的右端，t=0時(shí)刻對A施加水平向右且隨時(shí)間均勻增大的力F(F=kt)，t0時(shí)刻A、B共同運(yùn)動(dòng)的速度為v0，2t0時(shí)刻撤去力F，由于A、B間存在摩擦，經(jīng)過一段時(shí)間兩者再次達(dá)到相同速度，則下列說法正確的是()A.A、B發(fā)生相對滑動(dòng)前，B的加速度保持不變B.二者最后共速時(shí)速度為2v0C.A、B發(fā)生第一次相對滑動(dòng)一定在t0~2t0之間D.A與B的質(zhì)量一定相等答案C解析A、B發(fā)生相對滑動(dòng)前，A、B的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律F=kt=(mA+mB)a由此可知，加速度隨時(shí)間均勻增大，故A錯(cuò)誤；0~t0、0~2t0，根據(jù)動(dòng)量定理可得F1t0=kt022=(mA+F2·2t0=2kt02=mAvA+m由于2t0時(shí)刻撤去力F，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mAvA+mBvB=(mA+mB)v所以v=4v0所以二者最后共速時(shí)速度為4v0，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，t0時(shí)刻A、B共同運(yùn)動(dòng)的速度為v0，而2t0時(shí)刻撤去力F，一段時(shí)間兩者再次達(dá)到相同速度4v0，說明2t0時(shí)刻后A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后共速，則A、B發(fā)生第一次相對滑動(dòng)一定在t0~2t0之間，故C正確；無法確定二者質(zhì)量關(guān)系，故D錯(cuò)誤。8.(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H答案ABD解析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；則如果不發(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9.(多選)(2024·東北三省四市聯(lián)考二模)如圖(a)，一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點(diǎn)切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點(diǎn)沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點(diǎn)沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為v1、v2，作出某段時(shí)間內(nèi)v1-v2圖像如圖(b)所示，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動(dòng)量守恒B.當(dāng)滑塊的速度為0.5v0時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)C.小球與滑塊的質(zhì)量比為1∶2D.小球的初速度大小可能為2.5答案AC解析小球、滑塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動(dòng)量守恒，故A