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专题7 动量定理与动量守恒定律
　　
1.（2025·浙江金丽衢二模）2024年巴黎奥运会中国选手陈清晨和贾一凡获得羽毛球女双金牌。不计空气阻力，则发球时，羽毛球从飞出至落地的过程（　　）
A.运动至最高点时机械能最大
B.相同时间内，动量变化相同
C.重力做功越来越快
D.在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，重力冲量为0
2.如图是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁，分别标记为1，2，3…，已知车的质量为40 kg，每个沙袋质量为5 kg。当车经过一人身旁时，此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s投入到车内，沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为10 m/s，当车停止运动时，一共抛入的沙袋有（　　）
A.20个 B.25个
C.30个 D.40个
3.雨打芭蕉是一种常见的自然景象，如图所示。设雨水竖直匀速下落，某张芭蕉叶认为是水平的，该叶片的面积为S，水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹，测得叶片受到雨水的作用力大小为F。已知空中雨水的平均密度为ρ，不考虑落到叶片上雨水的重力。单位时间内雨水下落的高度为（　　）
A. B.
C. D.
4.（2025·浙江宁波三模）质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，m1＝1 kg，下列说法正确的是（　　）
A.m2＝1 kg
B.图线①为碰撞后m1的图线
C.碰撞后两物体的速度相同
D.两物体的碰撞为弹性碰撞
5.在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体，斜面的倾角为37°，高度为h，将一个可看作质点的小球从斜面顶端由静止释放，斜面体的质量是小球质量的两倍，小球运动到斜面底部的过程中（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（　　）
A.斜面体对小球不做功
B.小球的机械能守恒
C.斜面体和小球组成的系统的动量守恒
D.斜面体运动距离为h
6.我国“天问一号”着陆器在距离火星表面100米高度的地方处于悬停状态。质量为M的着陆器悬停时发动机要持续向下喷气，喷出的气体速度为u，之后适时下落，刚着地时的速度为v，此刻关闭发动机，这个最终速度采用着陆腿的缓冲机构来克服。已知，火星的质量和半径分别为地球的十分之一和二分之一，地球表面的重力加速度为g，不考虑火星表面大气阻力，忽略着陆器的质量变化。则下列说法正确的是（　　）
A.火星表面的重力加速度为0.2g
B.着陆器处于悬停时，单位时间内喷出的气体质量为
C.若悬停时间为t，则喷气发动机所做的功为
D.若着陆器开始接触地面到最后停稳的时间为Δt，则着陆器对地面的平均压力为0.4Mg＋
7.（多选）如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前、后的质量变化，重力加速度为g。则（　　）
A.爆竹分裂后P获得的速度大小为
B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为
C.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为
8.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块。现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M＋m0）g
C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g
D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
9.（多选）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核X）发生了一次α衰变。放射出的α粒子He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法正确的是（　　）
A.发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙
B.新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY＝R
C.α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝
D.若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝
10.（2024·安徽高考）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则（　　）
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D.在图乙位置，v3＝
11.光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D右侧面是半径为R的圆弧，圆弧面与平台相切，滑块B在平台右端。平台右侧有一长木板C放在光滑水平地面上，木板上表面与平台平齐。小球A从滑块D的最高点沿圆弧面从静止释放。已知A、B、C、D的质量分别为mA＝m、mB＝2m、mC＝m、mD＝3m，滑块B和木板间的动摩擦因数μ＝0.2，小球与滑块B均可视为质点，重力加速度为g。
（1）求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小；
（2）求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小；
（3）若初始时将滑块D固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B发生弹性碰撞（碰后小球即被取走），求滑块B与木板共速时，木板的运动距离d。
12.（2025·浙江衢州质量检测）如图为某传送装置的竖直截面示意图，其由水平轨道OA、顺时针转动的水平传送带、半径均为R的两个半圆形管道BC和水平粗糙平台CD组成，轨道间平滑连接。在轨道OA上安装了一弹簧发射器，原长小于OA，在轨道末端D的右侧紧靠着一右端带挡板的木板Q，其上表面与CD平齐。现将可视为质点的小滑块P压缩弹簧后由静止释放，经轨道运动后滑上木板并与其右端挡板发生弹性碰撞。已知P、Q质量均为m，释放P时弹簧弹性势能的大小Ep＝2.3mgR，传送带长度L1＝4R，传送带速度大小v＝，CD长度L2＝2R，P与传送带和木板Q间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，P与CD间的动摩擦因数μ2＝0.75，其余摩擦均不计，重力加速度为g，碰撞时间极短。
（1）求P到达B点时的速度大小vB。
（2）Q至少多长才能使P不脱离木板？
（3）P在管道内运动的过程中，经过E点（图中未画出）时重力的瞬时功率出现了最大值，求E点到CD的竖直高度h。
1.B　依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；根据动量定理有mg·Δt＝Δp，可得mg＝，可知相同时间内，动量变化相同，均为mg，故B正确；依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，竖直方向分速度先减小后增大，根据PG＝mgv竖直，可知重力做功先越来越慢后越来越快，故C错误；根据IG＝mgt，可知在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，时间不为0，则重力冲量不为0，故D错误。
2.A　设一共抛入n个沙袋，这些沙袋抛入车的过程，满足动量守恒，可得Mv0－n·mv＝0，解得n＝＝20个，即抛入20个沙袋，车恰好停止运动，故选A。
3.B　一定时间内，雨水落到叶片上时，对雨水，根据动量定理可知Ft＝mv－（－mv）＝mv，雨水的质量m＝ρSvt，解得v＝，雨水在空中匀速下落，则单位时间内雨水下落的高度为，故选B。
4.D　根据题意，由题图可知，因x-t图像的斜率等于速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为v1＝4 m/s、v2＝0，碰撞后两物体的速度分别为v1'＝－2 m/s、v2'＝2 m/s，则图线①为碰后m2的图线，碰撞后两物体的速度等大反向，以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，解得m2＝3 kg，碰前Ek0＝m1＋0＝8 J，碰后Ek1＝m1v1'2＋m2v2'2＝8 J，故两个物体发生的是弹性碰撞。故选D。
5.D　斜面体和小球组成的系统只有重力做功，满足机械能守恒，斜面体动能增大，则小球机械能减小，斜面体对小球做负功，A、B错误；斜面体和小球组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，C错误；斜面体和小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向满足动量守恒，设小球质量为m，水平位移为x1，斜面体质量为2m，水平位移为x2，根据动量守恒中的“人船模型”可得mx1－2mx2＝0，又x1＋x2＝，联立解得x2＝h，D正确。
6.D　根据星球表面万有引力与重力的关系得＝mg，＝mg，解得g火＝0.4g，A错误；着陆器处于悬停时，对单位时间喷出的气体根据动量定理得m'u＝Mg火，解得m'＝，B错误；若悬停时间为t，根据动能定理可知，喷气发动机所做的功为W＝m'tu2＝0.2Mgut，C错误；着陆时，对着陆器根据动量定理得（FN－0.4Mg）Δt＝0－（－Mv），解得FN＝0.4Mg＋，根据牛顿第三定律可得着陆器对地面的平均压力为0.4Mg＋，D正确。
7.AC　设P、Q质量分别为m和2m，在最高点爆炸过程根据动量守恒定律有0＝mv1－2mv2，可得v1＝2v2，爆炸后P、Q均做平抛运动，落地时间t＝，二者在水平方向均做匀速直线运动，则有x1＝v1t，x2＝v2t，又x1＋x2＝L，联立解得爆竹分裂后P部分获得的速度v1＝，Q部分获得的速度v2＝，故A正确，B错误；上层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE1＝m＋·2m＝，下层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE2＝3mgh，则上、下两层火药燃爆时爆竹增加的机械能的比值为＝，故C正确，D错误。
8.C　子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得速度大小v1＝，选项A错误；设绳子拉力为FT，子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律得FT－（M＋m0）g＝（M＋m0），可知绳子拉力大于（M＋m0）g，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg＞ （M＋m＋m0）g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。
9.BCD　由动量守恒定律可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，由圆周运动的半径公式R＝可知，α粒子半径大，由左手定则可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，A错误；由圆周运动的半径公式R＝，可知＝，解得RY＝R，B正确；圆周运动周期T＝，环形电流电流强度大小I＝＝，C正确；对α粒子，由洛伦兹力提供向心力知qvB＝m，可得v＝，由质量关系可知，衰变后新核Y质量为M＝m，衰变过程由动量守恒定律可得Mv'－mv＝0，可知v'＝v，系统增加的能量为ΔE＝Mv'2＋mv2，由质能方程得ΔE＝Δmc2，联立得Δm＝，D正确。
10.D　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知，系统受到的合力为零，故动量守恒，当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知，细线中的拉力相等，此时球3受到球1和球2的静电力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为零，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为零，故该过程中球3受到的合力在改变，故A、B错误；对系统根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和球2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒定律得m＋m＋m＝，联立解得v3＝，故C错误，D正确。
11.（1）R　（2）　（3）R
解析：（1）小球下滑过程，小球和滑块D组成的系统水平方向动量守恒，有mAxA＝mDxD，
由几何关系有xA＋xD＝R，
解得xA＝R。
（2）当小球滑到圆弧面底端时有mAvA＝mDvD，
由机械能守恒有mA＋mD＝mAgR
解得vD＝，vA＝
小球相对于滑块D的速度v＝vA＋vD
FN－mAg＝mA，
F压＝FN
解得F压＝。
（3）小球从滑块D上滑下，有mAgR＝mA
解得小球到达平台时的速度v0＝
小球和滑块B碰撞过程有mAv0＝mAv1＋mBv2，mA＝mA＋mB
解得碰后滑块B的速度v2＝v0
滑块B在木板上滑行过程有mBv2＝（mB＋mC）v共
对木板由动量定理有μmBgt＝mCv共
解得v共＝，t＝
所以d＝t＝R。
12.（1）　（2）R　（3）（）R
解析：（1）假设P在传送带上一直做匀减速运动，则由能量守恒定律有
Ep＝m＋μ1mgL1，
解得vB0＝＜v，
则假设不成立，即滑块在传送带上减速到与传送带共速后做匀速运动，所以滑块P到达B点的速度大小vB＝。
（2）P从B到C由动能定理有
mg·4R＝m－m，
解得vC＝3，
滑块从C到D过程中由动能定理有
－μ2mg·2R＝m－m，
解得vD＝，
滑块P滑上Q后，与木板右端的挡板相碰后反向运动，最后与木板共速时恰好在木板的左端，此时木板的长度最小，设为L3，由动量守恒定律有
mvD＝（m＋m）v共，
由能量守恒定律有
m＝（m＋m）＋μ1mg·2L3，
解得L3＝R。
（3）由功率公式知，滑块在BC运动过程中，竖直方向的分速度越大，重力的瞬时功率越大。所以在E点，竖直方向合外力为零，竖直分速度最大，重力的瞬时功率最大。设滑块在E点所受支持力的方向与竖直方向夹角为θ，竖直方向有
FNcos θ＝mg，
由牛顿第二定律有
FN－mgcos θ＝m，
滑块P从E到C过程，由动能定理有
mgR（1－cos θ）＝m－m，
联立以上各式，解得cos θ＝，
E点到C点的竖直高度
h＝R（1－cos θ）＝（）R。

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