第25天 动量定理 动量守恒定律
1．(2024·河北石家庄统考三模)返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρ，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为( )
A． B．
C． D．
A [喷出的气体的质量为m＝ρV，以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有FΔt＝mu－mv，解得F＝，根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为F＝。故选A。]
2．(2024·广东汕头一模)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以v＝kv0的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为( )
A．≤k<1 B．C．C [A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋5mvB，A与挡板P碰撞后能追上B再次碰撞的条件是kv0>vB，得k>，碰撞过程中损失的机械能ΔE＝≥0，解得k≤，所以k满足的条件是3．(多选)(2024·四川泸州一模)如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v0从小车左端冲上小车，一段时间后小球从小车的左端飞出，已知小车的质量为4m，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．小球上升的最大高度为
B．小球从小车的左端飞出时的速度大小为v0
C．小球从小车的左端飞出后小车的速度大小为v0
D．整个过程中小球对小车做的功为
BD [系统水平方向动量守恒，小球上升到最大高度时，二者共速，可得mv0＝(m＋4m)v共，由机械能守恒定律可得＝＋mgH，联立解得H＝，故A错误；设水平向右为正方向，取小球从小车的左端飞出时为末状态，根据水平方向动量守恒可得mv0＝－mv1＋4mv2，由机械能守恒定律可得＝，联立解得v1＝v0，v2＝v0，故B正确，C错误；整个过程中小球对小车做的功为小车增加的动能，即W＝＝，故D正确。故选BD。]
4．(多选)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v-t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板。若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数设为μ2，重力加速度g取10 m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是( )
A．μ1＝0.2，μ2＝0.3
B．0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J
C．小物块比长木板提前0.2 s停下
D．小物块相对长木板的位移为0.88 m
AB [根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，通过对题图乙及题中数据的分析得a1＝＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝v0t1＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2，则t1～t2的时间为Δt＝＝0.2 s，由对称性可知小物块停下会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，故C错误；小物块与长木板在t1～t3时间内的相对位移Δx2＝×0.2×0.8 m＝0.08 m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.72 m，故D错误。]
5．(2024·四川广安统考二模)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨上静止放置两根完全相同且粗细均匀的导体棒ab、cd，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现给ab棒一个平行于导轨的初速度并开始计时，不计电磁辐射及金属导轨的电阻，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列关于棒ab、cd中产生的感应电动势eab、ecd、回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时间t的函数关系图像中，可能正确的是( )
A B
C D
D [设磁感应强度为B，两导体棒的质量均为m、接入电路的长度均为d、电阻均为R，导体棒ab的初速度为v0。某时刻导体棒ab、cd的速度分别为v1、v2，回路的感应电流为i。由法拉第电磁感应定律有eab＝Bdv1，ecd＝Bdv2，i＝，两导体棒受到的安培力大小F＝Bdi与棒ab的运动方向相反，与棒cd的运动方向相同，所以棒ab减速、棒cd加速，当两棒速度相同时，回路中没有感应电流，两棒做匀速直线运动，由动量守恒定律得mv0＝2mv共，解得最终两棒的速度为v共＝；由于v1减小、v2增大，所以(v1－v2)减小，电流i减小，F＝Bdi减小，棒运动的加速度减小，即棒ab做初速度为v0、加速度逐渐减小的减速运动，所以eab减小得越来越慢，最终eab趋于，故A错误；棒cd做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，所以ecd由零开始增加得越来越慢，最终趋于，故B错误；由于(v1－v2)、i越来越小，最终(v1－v2)、i趋为零，故C错误；两导轨间的电压u＝eab－iR，对两棒由动量守恒有mv0＝mv1＋mv2，联立得u＝，故u恒定，D正确。故选D。]
4/4第25天 动量定理 动量守恒定律
1．(2024·河北石家庄统考三模)返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρ，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为( )
A． B．
C． D．
2．(2024·广东汕头一模)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以v＝kv0的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为( )
A．≤k<1 B．C．3．(多选)(2024·四川泸州一模)如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，一质量为m的小球以水平速度v0从小车左端冲上小车，一段时间后小球从小车的左端飞出，已知小车的质量为4m，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．小球上升的最大高度为
B．小球从小车的左端飞出时的速度大小为v0
C．小球从小车的左端飞出后小车的速度大小为v0
D．整个过程中小球对小车做的功为
4．(多选)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v-t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板。若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数设为μ2，重力加速度g取10 m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是( )
A．μ1＝0.2，μ2＝0.3
B．0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J
C．小物块比长木板提前0.2 s停下
D．小物块相对长木板的位移为0.88 m
5．(2024·四川广安统考二模)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨上静止放置两根完全相同且粗细均匀的导体棒ab、cd，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现给ab棒一个平行于导轨的初速度并开始计时，不计电磁辐射及金属导轨的电阻，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下列关于棒ab、cd中产生的感应电动势eab、ecd、回路中的感应电流i、导轨间的电压u与时间t的函数关系图像中，可能正确的是( )
A B
C D
1/2第25天
1．A [喷出的气体的质量为m＝ρV，以喷出的气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有FΔt＝mu－mv，解得F＝，根据牛顿第三定律可知喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为F＝。故选A。]
2．C [A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋5mvB，A与挡板P碰撞后能追上B再次碰撞的条件是kv0>vB，得k>，碰撞过程中损失的机械能ΔE＝≥0，解得k≤，所以k满足的条件是3．BD [系统水平方向动量守恒，小球上升到最大高度时，二者共速，可得mv0＝(m＋4m)v共，由机械能守恒定律可得＝＋mgH，联立解得H＝，故A错误；设水平向右为正方向，取小球从小车的左端飞出时为末状态，根据水平方向动量守恒可得mv0＝－mv1＋4mv2，由机械能守恒定律可得＝，联立解得v1＝v0，v2＝v0，故B正确，C错误；整个过程中小球对小车做的功为小车增加的动能，即W＝＝，故D正确。故选BD。]
4．AB [根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，通过对题图乙及题中数据的分析得a1＝＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝v0t1＝0.8 m, 则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2，则t1～t2的时间为Δt＝＝0.2 s，由对称性可知小物块停下会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，故C错误；小物块与长木板在t1～t3时间内的相对位移Δx2＝×0.2×0.8 m＝0.08 m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.72 m，故D错误。]
5．D [设磁感应强度为B，两导体棒的质量均为m、接入电路的长度均为d、电阻均为R，导体棒ab的初速度为v0。某时刻导体棒ab、cd的速度分别为v1、v2，回路的感应电流为i。由法拉第电磁感应定律有eab＝Bdv1，ecd＝Bdv2，i＝，两导体棒受到的安培力大小F＝Bdi与棒ab的运动方向相反，与棒cd的运动方向相同，所以棒ab减速、棒cd加速，当两棒速度相同时，回路中没有感应电流，两棒做匀速直线运动，由动量守恒定律得mv0＝2mv共，解得最终两棒的速度为v共＝；由于v1减小、v2增大，所以(v1－v2)减小，电流i减小，F＝Bdi减小，棒运动的加速度减小，即棒ab做初速度为v0、加速度逐渐减小的减速运动，所以eab减小得越来越慢，最终eab趋于，故A错误；棒cd做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，所以ecd由零开始增加得越来越慢，最终趋于，故B错误；由于(v1－v2)、i越来越小，最终(v1－v2)、i趋为零，故C错误；两导轨间的电压u＝eab－iR，对两棒由动量守恒有mv0＝mv1＋mv2，联立得u＝，故u恒定，D正确。故选D。]
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