突破练6 动量和动量守恒-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（广东专版）

第一部分　热点突破练 突破练6　动量和动量守恒 1.(2024·广东肇庆高三下阶段检测)春节期间很多骑行人员未按要求佩戴头盔,交管部门针对这一现象,进行专项整治,未按要求佩戴头盔人员将受到如下惩罚:举如图所示的广告牌,发朋友圈“集赞”。某同学在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测,某次他在头盔中装入质量为5 kg的物体,物体与头盔紧密接触,使其从0.8 m的高处自由落下,并与水平面发生碰撞,头盔被挤压了0.02 m时,物体的速度减为0,如图所示,挤压过程中视为匀减速直线运动,不考虑物体和地面的形变,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 1 A.物体落地瞬间的速度为8 m/s B.匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为2 050 N C.物体做匀减速直线运动过程中动量变化量大小为20 kg·m/s,方向竖直向下 D.物体在自由下落过程中重力的冲量大小为30 N·s 答案:B 2 3 4 5 1 解析:物体落地瞬间的速度为v==4 m/s,A错误;物体匀减速过程中x=t,设竖直向下为正方向,根据动量定理(mg-)t=0-mv,得头盔对物体的平均作用力大小为=2 050 N,B正确;物体做匀减速直线运动过程中动量变化量大小为Δp=mv-0=20 kg·m/s,方向竖直向上,C错误;物体在自由下落过程中重力的冲量大小为I=mgt1,又h=g,得I=20 N·s,D错误。 2 3 4 5 1 2.(2024·湖南衡阳高三下开学考试)娱乐风洞是一种空中悬浮装置,该装置通过人工制造和控制气流,把游客“吹”起来,让游客体验“腾云驾雾”的感觉。如图所示,悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质量为m,受风的有效面积为S,气流速度为v0。已知重力加速度为g,气流吹到人身体后速度近似变为0,则气流的平均密度为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 1 B 解析:游客处于平衡,对其进行受力分析,气流对游客的平均作用力F1=mg,根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力F2=F1,以极短时间Δt内与游客发生作用的气流为研究对象,则有Δm=ρv0ΔtS,规定竖直向上为正方向,对气流由动量定理有-(F2+Δmg)Δt=0-Δmv0,由于F2远大于Δmg,则Δmg可忽略不计,则有-F2Δt=0-Δmv0,解得ρ=,故选B。 2 3 4 5 1 3.(2024·辽宁模拟预测)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部,上端放一个质量为m的小物块a,a与弹簧间不拴接,开始时a静止于P点。质量也为m的小物块b从斜面上Q点由静止释放,与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c,组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep=kx2,重力加速度为g,弹簧始终未超出弹性限度,则P、Q之间的距离是(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 1 B 解析:小物块b从Q点到P点,由动能定理mgssin θ=m,b、a碰撞过程由动量守恒定律有mv1=2mv2,当整体向上运动到最高点时弹簧的弹力恰为零,则此过程中×2m+kx2=2mgxsin θ,其中mgsin θ=kx,联立解得s=。 2 3 4 5 1 4.(多选)(2024·福建三明一模)在某次台球游戏中,出现了如图所示的阵型,5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上,其中4个球B、C、D、E质量均为m1,A球、F球质量均为m2,A球以速度v0与B球发生碰撞,所有的碰撞均可认为是弹性碰撞,下列说法正确的是(　　) A.若m1=m2,最终将有1个小球运动 B.若m1<m2,相邻两小球之间只发生1次碰撞 C.若m1>m2,最终将有3个小球运动,且运动方向一致 D.若m1>m2,最终将有3个小球运动,且运动方向不一致 2 3 4 5 1 AD 解析:碰撞时由动量守恒和能量守恒可知m2v0=m2v2+m1v1,m2=m2+m1,可得v2=v0,v1=v0,若m1=m2,则碰后两球交换速度,则最终只有F小球运动,A正确;若m1<m2,则碰后v1>v2>0,然后B和C交换,直到D和E交换,E再与F碰撞,F向右运动,E被弹回再与D交换……则不只发生1次碰撞,B错误;若m1>m2,则A、B碰后A反弹,B向右运动与C碰撞交换速度,最后D、E交换速度,最后E与F碰撞,E、F都向右运动,B、C、D静止,则最终将有3个小球A、E、F都运动,且运动方向不一致,C错误,D正确。 2 3 4 5 1 5.(2024·广东珠海模拟预测)如图所示,质量mB=3 kg的足够长的长木板B静置在粗糙的水平面上,上表面放置一质量mA=2 kg的物块A,另有一质量mC=1 kg的物块C以初速度v0= m/s从长木板最左端滑上长木板后以v=3 m/s的速度与物块A发生碰撞,C恰好能从长木板左端滑落。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为μ1=0.4,长木板B与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.1。已知碰撞时间极短,A始终未从B上滑落,重力加速度g取10 m/s2,物块A、C可看作质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: 2 3 4 5 1 (1)C与A碰撞后物块C的速度大小。 答案:(1)1 m/s　 2 3 4 5 1 解析:(1)C刚冲上B时,C与B之间的摩擦力fC=μ1mCg=4 N B与地面之间的最大静摩擦力fmax=μ2(mA+mB+mC)g=6 N 解得fC<fmax 故A、B静止,根据动能定理-fCx=mCv2-mC 碰后C向左运动,A向右运动,A与B之间的摩擦力 fA=μ1mAg=8 N 又fA-fC<fmax,故B不动,直至C离开B,对C向左运动过程,根据动能定理-fCx=0-mCvC'2 联立解得x=0.125 m,vC'=1 m/s。 2 3 4 5 1 (2)A、C碰撞后经过多长时间A、B均停止运动? 答案: (2)0.65 s 2 3 4 5 1 解析: (2)C、A发生碰撞,由动量守恒定律有 mCv=-mCvC'+mAvA 解得vA=2 m/s 碰撞后经过时间t1物块C从B上滑落,则有 -fCt1=0-mCvC' 解得t1=0.25 s 此时对物块A,根据牛顿第二定律有 μ1mAg=mAaA,得aA=4 m/s2 2 3 4 5 1 方向向左,又vA'=vA-aAt1=1 m/s 此后B开始向右加速运动,根据牛顿第二定律有 μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB 解得aB=1 m/s2 设经过t2时间A、B共速,有v共=vA'-aAt2=aBt2 联立解得t2=0.2 s,v共=0.2 m/s 此后A、B一起减速,有-μ2(mA+mB)gt3=0-(mA+mB)v共 解得t3=0.2 s 故A、B停下所需的时间为t=t1+t2+t3=0.65 s。 2 3 4 5 1 $$