命题区间5 动量定理和动量守恒定律
(满分52分)
题型一 动量、动量定理
1．(6分)(多选)(2024·全国甲卷T20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是( )
[A]t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
[B]t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
[C]t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
[D]运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
2．(6分)(多选)(2021·全国乙卷T19 姊妹题)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则( )
[A]在此过程中F所做的功为
[B]在此过程中F的冲量大小等于mv0
[C]物体与桌面间的动摩擦因数等于
[D]F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
3．(4分)(2020·全国Ⅰ卷T14 补偿题)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
[A]增加了司机单位面积的受力大小
[B]减少了碰撞前后司机动量的变化量
[C]将司机的动能全部转换成汽车的动能
[D]延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
题型二 动量守恒定律的应用
1．(4分)(2021·全国乙卷T14 补偿题)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢，使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
[A]动量守恒，机械能守恒 [B]动量守恒，机械能不守恒
[C]动量不守恒，机械能守恒 [D]动量不守恒，机械能不守恒
2．(10分)(2024·江苏卷T14)“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。
3．(6分)(多选)(2020·全国Ⅱ卷T21 补偿题)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
[A]48 kg [B]53 kg
[C]58 kg [D]63 kg
题型三 碰撞、爆炸与反冲问题
1．(6分)(多选)(2021·山东卷T11 子母题)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的水平距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是( )
[A]投出物资后热气球做匀速直线运动
[B]投出物资后热气球所受合力大小为mg
[C]d＝v0
[D]d＝v0
2．(4分)(2019·江苏卷T12(1) 姊妹题)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
[A]v [B]v
[C]v [D]v
3．(6分)(多选)(2024·湖北卷T10)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( )
[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
4 / 4高考真题衍生卷·命题区间5
题型一
1．BD [根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。故选BD。]
2．BC [撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ff s0＝，可知，F所做的功一定大于，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff ×3s0＝0，解得F＝3Ff ，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝，解得μ＝，C正确；撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为，撤去F前，对物体根据动量定理有IF－＝mv0，解得IF＝mv0，B正确。]
3．D [行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中司机对安全气囊做功将司机的动能转化为安全气囊的弹性势能和气囊内气体的内能，C项错误。]
题型二
1．B [从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；撤去推力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，A、C、D错误。故选B。]
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
v1＝。
(2)以B为研究对象，对B由动量定理知
FΔt＝Mv－Mv0
解得
F＝。
答案：(1) (2)
3．BC [选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m题型三
1．BC [热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律0＝Mv＋mv0，则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力大小恒为mg，方向竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；热气球和物资的运动示意图如图所示：
热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a＝g，物资落地过程所用的时间t内，根据H＝gt2，解得落地时间为t＝，热气球在竖直方向上运动的位移为HM＝at2＝·g·＝H，
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
xm＝v0t＝v0，
xM＝vt＝ v0·，
d＝xm＋xM＝v0·，
C正确，D错误。故选BC。]
2．B [把小孩与滑板看成一个系统，系统所受合外力为零，故系统动量守恒，设滑板运动的方向为正方向，则有0＝mv′－Mv，解得滑板的速度大小v′＝v，选项B正确。]
3．AD [子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v1、v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，子弹和木块相互作用过程中所受合力大小都为f ＝kv0，因此子弹和木块的加速度大小分别为a1＝，a2＝，由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为2a1x1＝，2a2x2＝，又x1＝x2＋L，联立上式可得v2＝，因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在2(＋)L到无穷单调递减，因此当v0＝2(＋)L＝木块的速度最大，A正确；则子弹穿过木块时木块的速度为v2＝，由运动学公式v2＝a2t，可得t＝，故B错误；由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE＝Q＝f L＝，故C错误；木块加速过程运动的距离为x2＝t＝，故D正确。故选AD。]
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