突破练6 动量和动量守恒(复习讲义)-【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 1 1~4题,每题4分 1.(2025·江苏镇江一模)某国产新能源汽车在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,下列说法中正确的是(　　) A.该车牵引力的冲量等于它动量的变化 B.该车的动量与它的加速度成正比 C.该车的动量与它经历的时间成正比 D.开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化 C 解析:根据动量定理可知,该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化,故A错误;该车做初速度为零的匀加速直线运动,即v∝t,所以该车的动量p=mv∝t,故B错误,C正确;刹车时人的动量变化是一定的,开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间,从而减小车对人的作用力,防止人受伤,故D错误。 2 3 4 5 1 2.(2025·江苏泰州模拟)某驱逐舰防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒,在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t=0.01 s、横截面积为S=2 m2的圆柱形弹幕,每个子弹颗粒的平均质量为m=2×10-2 kg,每 1 cm3有一个子弹颗粒,所有子弹颗粒以v=300 m/s射入目标,并停在目标体内。下列说法正确的是(　　) A.所形成弹幕的总体积V=6 cm3 B.所形成弹幕的总质量M=1.2×105 kg C.弹幕对目标形成的冲量大小I=3.6×107 kg·m/s2 D.弹幕对目标形成的冲击力大小F=3.6×108 N 2 3 4 5 1 B 解析:形成弹幕的总体积为V=vtS=6 m3,A错误;每1 cm3有一个子弹颗粒,则子弹颗粒的总个数N=个=6×106个,所形成弹幕的总质量M=Nm=1.2×105 kg,B正确;弹幕对目标的力与目标对弹幕的力大小相等,作用时间相等,则弹幕对目标形成的冲量大小与目标对弹幕形成的冲量大小相等,则由动量定理可知I=M·v=3.6×107 kg·m/s,C错误;由冲量公式I=FΔt知,弹幕对目标形成的冲击力大小F==3.6×109 N,D错误。 2 3 4 5 1 3. 如图,质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端系一长为0.22 m的细线,细线另一端系一质量为0.1 kg的球C。现将球C拉起使细线水平,并由静止释放,当球C摆到最低点时,木块A恰好与木块B相撞并粘在一起,不计空气阻力,则(　　) A.球C摆到最低点的速度是 m/s B.木块A、B原先间距0.04 m C.球C通过最低点后向左摆动上升的最大高度为0.21 m D.球C从开始下落到A、B、C三者相对静止,系统产生的热量为0.005 J 2 3 4 5 1 C 解析:球C向下运动到最低点的过程中,A、C组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,取水平向左为正方向,由水平方向动量守恒有0=mCvC-mAvA,根据机械能守恒有mCgL=mC+mA,解得速度大小分别为vC= 2 m/s,vA=0.2 m/s,故A错误;球C向下运动到最低点的过程中,A、C组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,有0=mCvC-mAvA,两边同乘以t,有0=mCxC-mAxA,又有xC+xA=L,联立解得xA=0.02 m,故B错误;A与B碰撞瞬间根据动量守恒有mAvA=(mA+mB)v,解得v=0.1 m/s,球C向左运动过程中,A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,有mCvC-(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共,根据能量守恒有mC+(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)+mCgh,联立解得h= 0.21 m,故C正确;系统产生的热量为Q=mA-(mA+mB)v2= 0.01 J,故D错误。 2 3 4 5 1 4.如图所示为某弹跳玩具,底部是一个质量为m的底座,通过弹簧与顶部一质量为M=2m的小球相连,同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接,稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放,小球运动到初始位置处时,瞬间绷紧细绳,带动底座离开地面,一起向上运动。某次游戏时发现,底座离开地面后能上升h高度,则(　　) A.用手将小球按下一段距离后,弹簧的弹性势能Ep=4.5mgh B.绳子绷紧前的瞬间,小球的动能为Ek=3mgh C.绳子绷紧瞬间,系统损失的机械能为ΔE=1.5mgh D.玩具离开地面上升到最高点的过程中,重力做的功WG=3mgh 2 3 4 5 1 C 解析:设细绳绷紧后瞬间,小球和底座一起向上运动的速度大小为v,底座离开地面后能上升h高度,则有v2=2gh,设细绳绷紧前瞬间,小球的速度为v0,根据动量守恒定律可得Mv0=(M+m)v,解得v0=v=,则绳子绷紧前的瞬间,小球的动能为Ek=M=4.5mgh,则绳子绷紧瞬间,系统损失的机械能为ΔE=M-(M+m)v2=1.5mgh,用手将小球按下一段距离后,在绳子绷紧前的瞬间,减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能,故弹性势能满足Ep>M=4.5mgh,故A、B错误,C正确;玩具离开地面上升到最高点的过程中, 重力做的功为WG=-(M+m)gh=-3mgh,故D错误。 2 3 4 5 1 5.(16分)如图,倾角为37°的斜面体固定在水平面上,质量为3m的物块静止在斜面上,物块与斜面间的动摩擦因数为0.75。质量为m的小球在斜面上从与物块距离为L处由静止释放,小球运动过程中受到的阻力始终为其重力的,小球每次与物块的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度大小为g,小球与物块的第二次碰撞刚好发生在斜面底端,不计物块和小球的大小, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 (1)小球第一次与物块碰撞前速度大小; 解析:设小球沿斜面向下运动的加速度为a1,根据牛顿第二定律有 mgsin 37°-0.2mg=ma1,解得a1=0.4g, 设小球第一次与物块碰撞前瞬间的速度大小为v0,根据运动学公式有=2a1L,解得v0=2。 答案：2 2 3 4 5 1 (2)小球第一次与物块碰撞后沿斜面上升的最高点离开始释放的位置的距离; 解析:设第一次碰撞后小球的速度大小为v1,物块的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv0=-mv1+3mv2, 根据能量守恒定律有m=m+×3m,解得v1=v2=v0=, 小球沿斜面向上运动时,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有 mgsin 37°+0.2mg=ma2,解得a2=0.8g,沿斜面向上运动的距离x1==L, 小球第一次与物块碰撞后沿斜面上升的最高点离开始释放的位置的距离为d=L-x1=L。 答案：L 2 3 4 5 1 (3)物块开始的位置离斜面底端的距离。 解析:设小球与物块第一次碰撞后沿斜面向上运动的时间为t1,则t1==, 碰撞后,对物块研究,由于μ×3mgcos 37°=3mgsin 37°, 因此碰撞后物块沿斜面向下做匀速直线运动,当小球运动到最高点时,物块离小球的距离x2=x1+v2t1=L, 设小球在最高点至与物块发生第二次碰撞所用时间为t2,则x2=a1-v2t2, 解得t2=, 因此物块开始的位置离斜面底端的距离s=v2(t1+t2)=L。 答案： L $