第7讲 动量(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~9题,每题4分 1.(2025·江苏苏州一模)乌贼在遇到紧急情况时,通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为M,速度为0,喷水时,在极短时间内将质量为m 的水以速度u水平向前喷出,获得速度向后逃离,所受水的阻力与速度成正比,比例系数为k。 下列说法正确的是(　　) A.乌贼获得的最大速度为 B.喷水后乌贼做匀减速直线运动 C.喷水后乌贼向后逃离的最远距离为 D.喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据动量守恒定律有mu=(M-m)v,解得v=,故A错误;乌贼所受水的阻力与速度成正比,比例系数为k,则Ff=kv=(M-m)a,随着速度减小,加速度逐渐减小,故B错误;喷水后,对乌贼根据动量定理有-∑(kv·Δt)=0-(M-m)v=-mu,解得x=∑(v·Δt)=,故C正确;喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏泰州二模)气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。已知气排球的质量为0.125 kg,某次比赛中运动员将一个速度为5 m/s、方向与水平面成30°角飞来的气排球以等大反向的速度垫向队友。已知垫球处离地高度为1.5 m,球与手作用时间为0.1 s,网高1.9 m,g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则以下说法正确的是(　　) A.运动员垫球过程中球的动量变化量大小为0 B.运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为 N C.运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为12.5 N D.队友可在球飞至最高点时将球直接扣杀过网 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:垫球过程中,球的动量变化量大小应为Δp=mv-(-mv)=2mv=1.25 kg·m/s,故A错误;根据动量定理可知,垫球过程中球所受合力F合== 12.5 N,方向与水平方向夹角为30°斜向上,如图所示,根据几何关系可知θ=120°,根据余弦定理,则有F手= N,故B正确,C错误;球垫出后,根据斜抛运动规律,在竖直方向有h==0.312 5 m,则球在最高点时距地高度为hm=1.812 5 m<1.9 m, 故无法直接扣球,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·海南直辖县级单位模拟预测)帆船是利用风力航行的,是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。在某次航行时,一艘帆船在水平风力的作用下,以速度v0沿风的方向匀速前行,风与帆作用的有效面积为S,气流的平均密度为ρ,帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为Ff。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等,则风速大小为(　　) A.+v0 C.+2v0 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:Δt时间内冲击船帆的空气的体积为V=SL=S(v-v0)Δt,Δt时间内冲击船帆的空气质量为m=ρV=ρS(v-v0)Δt,空气的动量改变量为Δp=m(v0-v),取船速方向为正,设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得-Ft=Δp,即-F·Δt=ρS(v-v0)Δt(v0-v),空气对帆的作用力大小也为F,又帆船匀速前行,根据平衡条件有F=Ff,联立解得v=+v0,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.如图所示,一个箱子放在水平地面上,箱子的质量m=20 g,箱子底部通过轻弹簧与一质量M=100 g的物块P相连,轻弹簧的劲度系数k=10 N/m,稳定时P对箱子顶部恰好无弹力,重力加速度g取10 m/s2。现将物块P竖直向下移动h=0.2 m后由静止释放,当物块P运动到初始位置时与箱子顶部发生完全非弹性碰撞,则箱子离开地面后能上升的最大高度为(　　) A.0.2 m B.0.4 m C. m D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物块P对箱子顶部恰好无弹力时,Mg=kx1,弹簧压缩量x1=0.1 m,从释放到初始位置,根据动能定理有W弹簧-Mgh=,其中W弹簧=h,联立得v1=2 m/s,物块P与箱子碰撞过程中动量守恒,则Mv1=(M+m)v2,箱子做竖直上抛运动,有=2gH,联立解得H= m,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.在竖直平面内,质量m=0.1 kg的小球A用长为L=0.5 m的不可伸长的轻绳悬挂于O点,O点正下方用L=0.5 m的不可伸长的轻绳竖直悬挂一质量也为0.1 kg的小球B。把小球A拉到如图所示位置,轻绳恰好伸直,且轻绳与竖直方向的夹角α=60°。由静止释放小球A,A球自由下落,两小球发生弹性碰撞。两球都可视为质点,忽略空气阻力,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球A在与小球B发生碰撞前小球A的速度大小为 m/s B.小球A在与小球B发生碰撞后小球B的速度大小为 m/s C.小球A和小球B发生碰撞后,小球B上升的最大高度与小球A释放的高度相同 D.小球A和小球B发生碰撞后,小球B在上摆的过程中轻绳不会松弛 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:小球A先做自由落体运动,由初始位置至关于过O点的水平线对称的位置,由几何关系和机械能守恒定律得mgL=,解得v0= m/s,在此位置绳绷直的瞬间,把v0沿绳和垂直绳方向分解,沿绳方向的分速度由于绳拉力的冲量而变为0,仅剩下垂直绳方向的分速度,v垂=v0sin 60°= m/s,设A与B碰前速度为v1,由机械能守恒定律有mgL(1-cos 60°)=,解得v1= m/s,故A错误;A和B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv1=mv1'+mvB,根据机械能守恒定律有,解得v1'=0,vB= m/s,故B正确;由于小球A下落至绳绷直时有机械能损失,故B球上升的最大高度一定小于A球释放高度,故C错误;由于B球不能做完整的圆周运动,要想绳子不松弛,小球不能过与圆心(本题图中O点)等高的位置,设B上升的最大高度为h,对小球B上摆过程由机械 能守恒定律有mgh=,解得h= m>0.5 m,越过了圆心所在高度,绳会松弛,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·江苏常州模拟)一质量为m的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距为l,另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动(g为当地重力加速度),如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞,则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是(　　) A. C. D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由于系统要克服摩擦力做功,物体最终与箱子相对静止,设物体与箱子的共同速度为v共,物体与箱子组成的系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv共,解得v共=v0,对物体和箱子组成的系统,由能量守恒定律得(m+m)+Q,解得系统产生的热量Q=mgl,由题意可知,物体与箱子发生5次碰撞,则物体相对于木箱运动的总路程应满足l<s<l,小物块受到摩擦力为Ff=μmg,对系统Q=Ffs=μmgs,联立可得<μ<,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上,质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0,计算机模拟得到小球的部分轨迹如图所示,已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高,则(　　) A.m>M B.仅增大M值后重新模拟,小球能飞离凹槽 C.长时间观察,有些时间段内凹槽对地向左运动 D.小球从图中A到B运动过程中,凹槽先加速后减速 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时,水平方向动量守恒,小球光滑,则系统机械能守恒,设小球末速度为v1、凹槽末速度为v2,则mv0=mv1+Mv2,,联立可得M=m,以初速度方向为正方向,由题图中小球的运动轨迹可知,当小球第一次回到最低点时v1<0,即>1,可以判断m<M,故A错误;当小球由最低点开始运动到第一次运动到最高点时,水平方向上小球与凹槽共速,设小球和凹槽的末速度是v共,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v共,即v共=,系统机械能守恒,则(M+m),当增大M值后h会变大,即小球能飞离凹槽,故B正确;设小球末速度的水平分速度为v1'、凹槽末速度为v2',由动量守恒定律可知mv0=mv1'+Mv2',即m(v0-v1')=Mv2',若当凹槽对地向左运动时v2'<0,可得v0<v1',则mv1'2,不满足系统机械能守恒,故C错误;小球从图中A到B运动过程中,小球对凹槽的作用力斜 向右下方,故凹槽一直向右加速,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2025·江西赣州一模)如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为2 kg、6 kg,B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧,它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中,弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示,弹簧始终处在弹性限度范围内。已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),则(　　) A.在0~2t0内B物块先加速后减速 B.整个过程中,A、B物块构成的系统机械能守恒 C.v0=2 m/s D.物块A在t0时刻时速度最小 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即B受到的弹力始终向右,所以B物块始终做加速运动,故A错误;整个过程中,A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,故B错误;由题图乙可知,在t0时刻,弹簧被压缩到最短,此时A、B共速,设为v,此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m,则根据A、B物块组成的系统动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v,根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,有(m1+m2)v2+kx2,联立解得v0=2 m/s,故C正确;在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即A受到弹力始终向左,所以A物块始终做减速运动,则 物块A在2t0时刻时速度最小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·江苏淮安一模)如图所示,某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续7次闪光的照片,碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为x1;碰后相邻两曝光时刻,P球的球心间距为x2,Q球的球心间距为x3。碰撞后P、Q两球的运动方向与P球原运动方向的夹角分别为α、β。已知两球的质量相等,不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A.若碰撞过程中动量守恒,则一定有x1=x2+x3 B.若碰撞过程中动量守恒,则一定有 C.若碰撞过程中机械能、动量都守恒,则一定有x1=x2+x3,且α+β= D.若碰撞过程中机械能、动量都守恒,则一定有,且α+β= D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设闪光的时间间隔为t,若碰撞过程中动量守恒,需要满足mcos β,msin β,约分后有x1=x2cos α+x3cos β,x2sin α=x3sin β,故A、B错误;若碰撞过程中机械能、动量都守恒,还需要满足m()2=m()2+m()2,整理可得,碰撞前后总动量方向在同一直线上,如图所示, 由,故D正确,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(12分)某自动称米机的原理如图所示,阀门距秤盘的高度h=0.2 m,当阀门打开时大米从静止开始下落,大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹(碰撞过程重力可忽略)。当称米机的示数为1 kg时,阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量Q=100 g/s,重力加速度大小g取10 m/s2,忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小及阀门关闭瞬间空中大米的质量; 解析:设每粒大米质量为m0,由机械能守恒定律有m0gh=m0v2, 解得大米落入秤盘时的速度大小v=2 m/s。 阀门关闭,米在空中近似做自由落体运动,则有 h=gt2, 解得t=0.2 s, 空中大米的质量m=Qt=0.02 kg。 答案:2 m/s 0.02kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小; 解析: Δt时间内,从阀门处下落的大米质量 Δm=QΔt, 令其落到秤盘上时受到的冲击力为F,根据动量定理有-FΔt=0-Δmv, 解得F=0.2 N, 根据牛顿第三定律可知,大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F'=F=0.2 N。 答案: 0.2 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)稳定后(空中的大米全部落入秤盘)称米机的示数。 解析:关闭阀门时,称米机的示数为1 kg,此时,结合上述可知,秤盘中大米质量为 m'=1 kg-=0.98 kg, 则当空中大米全部落入盘中后,大米的总质量M=m+m'=1 kg, 即称米机的示数为1 kg。 答案: 1 kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(14分)(2025·福建福州模拟预测)如图所示,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g。在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求子弹击中物块前瞬间的速度大小; 解析:设子弹穿过物块后瞬间子弹和物块的速度分别为v1、v2, 根据运动学公式有=2g·8h,=2a·h , 对物块根据牛顿第二定律有 4mg+(4m)g=4ma, 子弹射穿物块过程由动量守恒定律有 mv0=mv1+4mv2, 解得v0=10。 答案: 10 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)求子弹从击中物块到穿出过程中系统损失的机械能; 解析:子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能 ΔE=-[(4m)]=37.5mgh。 答案: 37.5mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)若子弹穿过物块的时间t=,求子弹对物块的平均作用力大小。 解析:以向上为正方向,子弹从击中物块到穿出过程中,对子弹由动量定理得 -(F+mg)·t=mv1-mv0, 代入得F=29mg, 根据牛顿第三定律可知,子弹对物块的平均作用力大小F'=F=29mg。 答案: 29mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(16分)如图所示,质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长板静止于图示位置。滑块1、2、3与长板间的动摩擦因数均为μ,长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长板,它们之间不会相碰也不会从长板滑下,重力加速度为g,当三个滑块与长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)滑块2从滑上长板到速度达到最小时系统产生的内能; 解析:当滑块2与长板刚好相对静止时,其速度最小,设为vmin,从开始到滑块2与长板刚好相对静止瞬间,2、3间的相对速度始终相等为v0,故此时滑块3的速度为vmin+v0,则由动量守恒定律得 m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)vmin+m(vmin+v0), 解得vmin=v0, 系统产生的内能为Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-(5m)m×(vmin+v0)2=。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)刚开始时长板与墙壁的距离s。 解析:当滑块1刚好与长板保持相对静止时,根据动量守恒定律有 m(v0+2v0+3v0)=(m+3m)v1+m(v1+v0)+m(v1+2v0)=6mv1+mv0+m·2v0, 解得v1=, 该过程长板加速度为a1==μg, 对长板有s1=。 当滑块2刚好与长板相对静止时,对长板有2μmg=4ma2, 解得a2=, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由运动学规律有(v0)2-()2=2a2s2, 解得s2=。 当滑块3刚好与长板保持相对静止时,根据动量守恒定律有 m(v0+2v0+3v0)=6mv3, 解得v3=v0, 同时有μmg=5ma3, 解得a3=, 由运动学规律有-(v0)2=2a3s3, 解得s3=, 则s=s1+s2+s3=。 答案: $