课后限时练(06) 动量定理和动量守恒定律（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

课后限时练(六)　动量定理和动量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 7 1．(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A．　B．C．　D．2 √ 突破点一 突破点二 课后限时练 1 B　[撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动，撤去拉力后门板做匀减速直线运动，由于门板恰好不与门框发生碰撞，则门板末速度为0，作出其v-t图像如图所示，整个过程门板的总位移为，即v-t图像与坐标轴围成的图形面积(表示总位移)不变，由牛顿第二定律可知撤去外力后门板的加速度大小恒为a＝μg，由图可知若使整个运动时间尽量短，则拉力较大，加速时间趋近于0，此时＝μg，可知最短时间 趋近于tmin＝，B正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 7 突破点一 突破点二 课后限时练 题号 2 1 3 4 5 6 7 2．(多选)(2023·广东卷T10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 3 BD　[取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 N·s＝0.40 N·s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 N·s＝0.44 N·s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 N·s－1×0.40 N·s＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 N·s＝0.22 N·s，故C错误；对滑块2根据动量定理有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。故选BD。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 突破点一 突破点二 课后限时练 题号 2 1 3 4 5 6 7 3．(2025·广东深圳高三期中)有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为200 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是(　　) A．手机与眼睛作用过程中动量变化量大小约为0.45 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量大小约为0.1 N·s C．手机对眼睛的冲量大小约为0.3 N·s D．手机对眼睛的作用力大小约为6.0 N √ 突破点一 突破点二 课后限时练 5 D　[设手机下落20 cm的速度为v，则有v2＝2gh，解得v＝2 m/s，由于手机未反弹，以竖直向上为正方向，则有Δp＝0－(－mv)＝ 0.4 kg·m/s，即手机与眼睛作用过程中手机动量变化大小约为 0.4 kg·m/s，故A错误；以手机为研究对象，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得FΔt－mgΔt＝Δp，解得F＝6.0 N，故D正确；手机与眼睛作用过程中，有I＝FΔt＝0.6 N·s，由于手机对眼睛的冲量与眼睛对手机的冲量大小相等、方向相反，则手机对眼睛的冲量大小约为0.6 N·s，故B、C错误。故选D。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 突破点一 突破点二 课后限时练 题号 2 1 3 4 5 6 7 4．(多选)(2024·广东卷T10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 √ √ √ 突破点一 突破点二 课后限时练 7 ABD　[两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝gsin θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3时间，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 突破点一 突破点二 课后限时练 题号 2 1 3 4 5 6 7 5．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝ 1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　) A．v'A＝3 m/s，v'B＝4 m/s B．v'A＝5 m/s，v'B＝2.5 m/s C．v'A＝2 m/s，v'B＝4 m/s D．v'A＝－4 m/s，v'B＝7 m/s √ 突破点一 突破点二 课后限时练 9 C　[碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mA＋mB＝ J＝22 J，如果v'A＝3 m/s，v'B＝4 m/s，则碰后总动量为p'＝(1×3＋2×4) kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度不可能大于B球的速度，B错误；如果v'A＝2 m/s，v'B＝4 m/s，则碰后总动量为p'＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E'k＝ J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果v'A＝－4 m/s，v'B＝7 m/s，则碰后总动量为p'＝[1×(－4)＋2×7] kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为E'k＝ J＝57 J，系统动能不可能增加，D错误。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 突破点一 突破点二 课后限时练 题号 2 1 3 4 5 6 7 6．(10分)(2025·北京卷节选)关于飞机的运动，研究下列问题。 无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。 突破点一 突破点二 课后限时练 11 [解析]　在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理F·Δt＝Δp，可得F＝，又Δp＝mΔv，m＝ρSΔv·Δt，联立可得F＝ρSΔv2，又Δv∝u，可知F∝u2，即α＝2。 题号 2 1 3 4 5 6 7 [答案]　见解析 突破点一 突破点二 课后限时练 题号 2 1 3 4 5 6 7 7．(12分)(2025·广东广州一模)如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M＝0.10 kg、半径R＝0.20 m的四分之一光滑圆弧轨道CED(厚度不计)静置于水平地面上，圆弧轨道底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量为m＝0.20 kg的物块把弹簧的右端压缩到A点由静止释放(物块与弹簧不拴接)，物块到达B点时的速度为v0＝3 m/s。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，A、B之间的距离为x＝1 m，B点右侧地面光滑，g取10 m/s2。 (1)求物块在A点时弹簧具有的弹性势能； (2)求物块上升的最大高度。 突破点一 突破点二 课后限时练 13 [解析]　(1)设弹簧的弹性势能为Ep，物块从A到B的过程由动能定理得Ep－μmgx＝m 代入数据得Ep＝1.1 J。 (2)物块上升到最高点的竖直方向速度为0，且此时物块与圆弧轨道共速，物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒，则mv0＝(M＋m)v共，m＝(M＋m)＋mgh 解得h＝0.15 m。 题号 2 1 3 4 5 6 7 [答案]　(1)1.1 J　(2)0.15 m 突破点一 突破点二 课后限时练 $