周测3 碰撞反冲-【蓝海启航·启航金卷周周测】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

B碰撞前的总动量为 11.(1)225N(2)9m/,方向与甲运动员初始运动方向相同 me=号级ms 解析：(1)取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过 程中，对运动黄甲，由动量定理有 C错误：难撞中A,B两球组成的系统损失的动能 Ft=:一mV 、1 解得F=225N (2)取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中， D正响。 两者所组成的系统动量中恒，有 9.(1)匀速直线A.B两滑块的第一个间隔(2)0.0180.018 n花1十V1三m色￥十mV 解析：(1)A、B离开弹费后，不受弹力，气垫导执没有摩擦， 解得p2a=9m/s 则两滑块均殿匀追直线运动： 方向与甲运动员初始运动方向相同。 烧断细线后，在弹簧恢复原长的过程中，应先做加逸运动，当 12.(1)5m/8(2)10m/s(3)25kg·m/s 弹簧恢复原长后，滑块微匀速直线运动，由国中闪光照片可 解析：(1)因为A,B拾好不相撞，则最后具有相问的追座。 知，滑块直接做匀逸直线运动，没有加逸过程，实际上AB 在人跳的过程中，把人，A车，B车看成一个系就，诚系统所 两滑块的第一个闻隔都应孩比后面匀速时相邻间隔的长度 受合外力为零，动量守领，由动量守恒定律得(m十加4) 小，故A,B两滑块的第一个何隔与事实不符。 (十mA十》 1 代入数据解得=5m/s. (2)频闪照相的时间间隔为1一了一10Hz一0.15 (2)依题意，设该同学跳离A车和B车时对地的逸度大小 滑块A的造度为v4=2=0009 分别为型，则人、B车根据动量守恒定律有m'=一m四 0.1 m/s=0.09m/s 泽块B的建度为=-006 解得'=10m/sa t0.1 m/s=0.06m/s (3)根据动量守位定理，小孩碗离A车的过程有(m十m,)一 A的动量为P,=mP1=0.200×0.09kg·m/8= m十m1e 0.018kg·m/5 解得小孩跳考A车时，A车的速度大小为，'=8.？5m/s B的动量为pm=mm0m=0.300×0.06kg·m/s= 根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量 0.018kg·m/s。 大小，即1=△力=m4两一mA1/=25kg·m/s, 10,(1)BC(2)CD(3)KLm=K√L+√L 周测3碰撞反冲 (4)大于小于 1,B解析：以两滑块如成的系统为研究对象，碰撞过程系统所 解析：(1)“验证动量守恒定律”的实验中，是通建平抛运动 受合外力为零，碰撞过程系统动量守恒，以甲的初逸度方向 的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要小球从同一高度 为正方向，由动量守恒定律得 静止滑到水平抗道后微平抛运动即可，故斜槽不光滑不会 2排U一型=程0 造成实验误差，故A错误： 解得p=节 每次实验均重复几次后再记录平均落，点，可以减小偶然误 强撞前系统机械能 差，故B正确： 1 A球和B琼的半轻必须相等，以保衽发生对心正瑾，故C E=2·2mw2+zmm 2 正确。故选BC 碰撞后原统机械能 (2)小球离开针撸后做平抛运动，设落点到O点的距离为 L,水平位移Los0=t E.m 碰撞前桃减能大于避撞后机械能，碰撞是非弹性延撞，故 竖直位移Lsim0=2g 选B。 L 2,C解析：开始阶段，物块向右减速，薄板向左减速，系统的动量 联立得v-cos0√2sind 守恒M>m,尉M<:n,当物块的速度为零时，薄板的逢度为 可知C√1 两。规定向左为正方向，根揭动量守饭定律得(M一m)v=1 若碰撞过程动量中恒，测有m=1,'十：： 解得p=2.67m/s 比后物块将向左加速，薄板键续向左减地，当两者追度达到 解将m-册m+V 相网时，设共网速度为：。规定向左为正方向，由动量中恒 可知，需委测量的物理量有两球质量比及O点到M,P,N 定律得(M一m)v=(M十m), 三点的距离Lw、Lw,LN,故选CD 解得=2m/“ (3)结合上提分析可知，如果A球和B球的质量之比K大于 两希相对静止后，一起向左微匀速直线运动。由此可知当薄 板的递度满是2m/s≤p≤2,67m/s时，物块处于向左加追 1,则满足芙系式KLe=K√/L则十√L四 过程中。故基C 可认为两球硅撞前后总动量守恤。 3,A解析：1图像斜率代表速度，由题图可加m,M碰撞前 (4)若第二次操作时，入射小球从特情上开始浪下的位置比 后的递度分别为 原来低一些，剥：和：'的测量值将变小，导致系统的末动 量小于系统的初动量，即系统的初动量大于系就的术动量 =4m/8 若发现第一次操作中，斜槽末端有些向上倾钟，别小球离开 M=0 斜精时速度的水平分量小于针槽水平时的速度，小球的水 平位移也相应减小，测出的小球初动量变小，会导致两球的 '-号=-2m 末动量之和大于初动量，即将会造成两小球系统初动量小 于末动量 '-=2m/ 周周测物理选择性必修第一册JK ·24· 对两小球组成的系统，根婚动量守位定律有m=m':7.C解析：该同学与滑板A和滑板B组成的系统，在经直方 +Muy 句上所受合外力不为0，在水平方向上所受合外力为0，则术 代入数描解得m1M=1t3,故A正确： 平方向上动量守恒，故A错误： 碰楂过程中两小球所受合外力均为相互间的作用力，由牛颇 该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑 第三定律可知，碰撞过程中两小球所受合外力方向相反，故 板B向右加速，逸度增大，故B正碗： B错误： 从滑板B跳回滑板A,两滑板洽好不相撞，三者共速，设速度 两小球腿接前的总动能E,=了m十号Mw=8m 1 为即，由水平方向动量守慢定祥可得(M十m)=(M十2m)p 解得p=19m/s.故C正确： 强技后的总动能E,'一之m,十宁h”=8m 孩可学跳离滑极B后，滑板B的动量为p=m口=2.5X 19N·S=47.5N·s 则Eu=E' 该同学毓高骨板B的过程中，B板的初动量不为零，所以对 两小球发生的是弹性碰撞，故C错误： 滑板B的冲量大小等于动量变化量，小于47,5N·s,故D 碰撞前后质量为m的小球动量的变化量△p■mv 错联。故选BC, m。=一6加(kg·/s) 8,CD解析：水喻出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机 即动量的变化量大小为6m(kg·m/s),故D错误。故选A。 械能不守恒，故A错误 L,D解析：碰拉前的总动量为p■m1,■6kg·m/s 火请的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错溪： 强撞后的总动量p'=m1,'十mg'=7kg·ms 由题意可得，由动量守恒定理可得(M一m)U=m 可知p产p1 提U 根据碰撞的特，点，碰撞前后动量守恒，故A错误： 解得火精获得的递度为一M一m 经撞前的总动量为p一m11=6kg·m/s 火箭在空中飞行的时间为1一2 g(M一m)g ,故C正确 瑾撞后的总动量p=m1,'十m:p=6kg·m/s 水喻出后，火箭做竖克上批运动，由题意有=2g山 可知p=p / 碰挂前的总能量为E,=2m=18J 解得火精上升的最大高度为h M-m 2g 2g 2g(M-m) 莲撞后的总能量为E,'-2m0,“十2m:“-54J 故D正确。故选CD 9.50010 可加E<E 根据碰撞的特，点可知，莲撞后的动能不增加，故B错误： 解析：在燃气喻出过程，以烟气为对象，规定火新的速度方句 根据碰控的特点，碰撞后要满足运动关系助，'： 为正方向，根据动量定理可得：一F△1=一m气一0，解得 数C错误： Fm-500N,根据牛抓第三定律可得火箭茂得的平均 瑾楚前的总动量为p=m11=6kg·m/s 推力为500N:喷射前后系统的动量守位，根瑞动量守恒定 撞后的总动量p'=m1刊，'十m,=6kg·m/ 律得0=(M一m气)口。一m生，解得火箭的遂度大小量■ 可知p=p 瑾撞前的总能量为E,=之m1西一18」 m=10m/s: M一ma 10.(1)26(2)0.18 睡接后的总能量为E,'=70“+子m:”=6】 解析：(1)弹九击中摆块过程，根据动量守恒有n。= (m+M)v 可知E>E 弹克击中摆块后，以相网地度向右摆动到最高点，根据能量 且碰撞后要满足运动关系巴，'≤ 故D可能。故选D. (m+M)v=(m+M)gl(1-cos 0) 5,D解析：根据动量守雄定律如，人在甲板上散步时，船将向 解得￥=2m/5,=6m/s。 后逃，即船向左运动，故A错误，根据“人船模型”动量守 (2)若不计枪萄摩擦力，根据能量守恒可测得弹簧枪内弹簧 恒有 Mr=m(d-x) 发射弹丸前的弹性势能为E,=2m=0.18J。 代入数据解得x=0,2m 11.(1)1m/s(2)3kg 即人在立定脆远的过程中船后退了0.2m,故B,C错误：人 解析：(1)设小球A下滑到水平轨莲上时的速度大小为1， 相对地面的成精为 平台水平速度大小为，由动量守恒定律有 2m-0.2m=1.8m 0=mA1一M 故D正痛. 6,CD解析：甲、乙系统动量守幢，则 由施量字极定律有m,贴=了m,十宁M 0=用p甲一月66 联立解得 可见，动量大小相等，即1：1：速度与质量成反比，即1019， v1-2 m/s 故A错误，B正确：动能之比为 v=1 m/s. (2)小球A,B碰后运动方向相反，设小球A,B的速度大小 E.2mw 10 分别为'和：，由于碰后小球A被弹回，且哈好追不上平 1 台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有'■1m/s 2mc”: 9 由动量守渔定律得m,=一mA利，'十mn 故C正确：甲，乙受力大小相等，根据a=E可知，加速度与 由能量守故定律有2m四，= 2m,+ 质量成反比，即10：9，故D正确， 联立解得mn=3kg。 ·25· 答案全解全析 12.(1)y0 m/s v10 即小碰后反弹，大球有的方向运动，故B错误： 4m/s(20,2075j >·强后相同时间内小球的位移大于大球的位移，故 解析：(1)A滑上木板C后两者组成的系统动量守恒， C正确，D错误。故选C。 有mA卫A=(m,十e)罗 5.B 解析：碰被，有>（>) 由能量守极定徘有m-名m,’- 1 2(m⅓十me)n 解得=而 兴会-号 2 m/s A磁B过程中，有 国为性1mAg一：mg p,十pm=PA1十p 所以单簧将A、B弹开过程，两者动量守恒，有m4 三用鞋节 2mA 2mn 2mA 2mn 解得=西 m/s. 解<号 (2)由(1)知，A、B与桌面间的摩慕力相等，则弹簧将A,B 弹开过程摩擦生然Q=:mag×△x=0,02J 碰后，≤v,有≤ 弹黄转发的详性势能上-Q十了，十宁m 5 解得E,-照J-620751. 品号 综上可得6长mm 周测4动量与能量的综合应用 若为弹性理授，期两物体的质量之比为m一2，Λ，C错送， 1,D解析：设木块的质量为M,子弹穿过木块后木块的建度 为：，子弹的质量为m,木块对子弹的阻力为∫，当子弹入射 若为非弹性理撞，财两物体的质量之比为6m≤习 速度增大时，由于木块对子弹的阻力恒定，则予弹穿过木块 B正确，D错误。故选B。 所用的时间变短，根据动量定理，对木块有f1=M 6.以C解析：此过程中摩擦产生的热登为 则木块胶得的连度可一号 Q=mgL=0.75×0.05×10×1.2J=0.45J A错误，B正确：由于水平面光滑，故在速动过程中系统动量 1端短，则1减小，木块获得的动能变小，故A,C错误，D正 守恒muA=2mU 确：摩擦力与相对路程的乘积等于系统产生的热量，甲系统 损失的机械能，增大子弹的入射逸度，不改变蜂擦力与相对 粮播能量中极得宁m心，= 2×2mm2+Q 路程的乘积，所以子弹与木块作用的系统類失的机械能不 联立解得s=6m/s 变，故B错误。 C正确，D错误， 2.C解析：当弹费压端到最短时，A,B两物体的速度相同，设 7,BD解析：滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守做，竖 共同速度为。取向右为正方向，由动量守恒定律可 直方向上合力不为零，系统动量不守位，故A错误： 得：m,=(m入十m#)知 滑块刚骨到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平 解得v=1m/s 方向动量守恒定律和机枝能守版定律得 故A、B错误：弹簧压缩到最蛀时，弹簧的弹性势能最大，系 0=mt.一Mu 统动能最小，根据系统的机械能守恒得： MgR= 兼大弹性停能为E,=号m,-子(m1十m加 之m. 解得 解得E.一6」 3gR 系挑最小动能 =N2 B-号(m+mn-2J M=6 故C正确，D错误 3,C解析：A、B系统的电势能最大时，二餐共逸：根桃动量守 所以滑块滑到B点时的逸度为2 ,故B正确：设全程小 位可知mv=5mu4 车相对地面的位移大小为s,滑块水平方向相对地面的位移 装据能量守做可物尼，一了m一号 2·5mu4 为x=R十L一s 2 滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为 联立解得E,=了mm。故选C, 正方向，在水平方向，由动量守恒定律得 4,C解析：由于两球发生弹性正碰，碰前碰后两球的运动方向 m(R+L-s)-Ms-0 在同一直线上，故A错误： 已知M=3m, 根据动量守恒和能量守但有m■n1十M m=,+号h 滑块在竖直方向上相对地面的位移为R,故滑换的位移 m一M 2 2m 联立解得一m十M=一3<0，mm十W=3>0 -R25R9L+18RL 4 周周测物理选择性必修第一册JK ·26·周测3碰薤反冲 (时间，40分钟分值0分) 一、选择盟：本整共8小量，共3？分。在每小题给出的四个进项中，)5只有一个进顶正裤 6-8题有多个选项正确，全部选对的得4分，盖对但不垒的得Σ分，有选错的得0分。 照L现有甲，乙再滑块，质量分别为2m和m,以朝同的逸半口在光滑水平面上相胸运动，爱生了碰 撞，已知碰辣罐后，甲滑块静止不动，幕么这次碳植是 入，弹性碰撞 H丰塑性碰信 C.完全非弹性赞辑 D条件不足，无法确定 乐元在光滑水平上，有一盾为M3如的南板项日为 物块均以==4：，的陆度朝相反方向运动.它门之到存在摩擦：薄概足够长 转川斜限察列物块正在蟹加遵好动，璃该时刻薄板的通度可能是 A.3.0 m/s 2.8ms C2.4回/ 1D1,8m/ 3.如图所示为两个质量分别为m,M的小球在允滑水平冰面上发生对心正 醒能后的用像，则下列说法正确的是 A.m1M=113 我硅境过程中两小球所受合外力相同 C,两小球发生的是非洋性碱撞 ,碰馆前后质量为期的小球动量的变化量大小为m(kg·m/》 4.如图所示，质量m:一2kg的物体静止在先滑水平面上，质量m1一g的餐体以：一6m,/,的 初基度与前：发生壁撞，以别，的方向为正方向，划撞后两物体的速度可能是 数 A再'-1m/:'-等m/s B0'-一8m/g'-0m/ v,'=3m/w:=1,5m/ v,'=2m/sv:=2m/w 部五，生拿在于运功，体育无处不在，运动无限精意。如图所示，质景为40kg的小船静止在平静的水 面上，败量为5k知的人在甲板上立定碗远的成装为2m,不计空气和水的阳力，下列说法正确 的是 A人在甲版上向右藏步时，船也将向右运动 我人在立定洗运的过程中静相对地面醒持静止 C,人在立定桃运的过程中船图时地童后刻了0,4m H丽 D.人相对起面的成筑为1,8细 6.甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上，甲推乙后，再人向相反方向滑去，已知甲、乙的斯量之北 为9：10，两人在反向都速超动时的某一时剩，美于甲，乙两个人，下列说法正哈的是() A动量之比为103日 B.度之比为109 C.动能之比为10：日 D如成度之比为10：9 1,滑餐运动是冲浪运动演变面城的一种极震运动项目。如周所示，一同 学在本平地面上进行清板第习，孩可学站在滑板A用嘴与滑板以的m/。。 的其同速度做匀速直线运动.在清板A正尊方有一静止的滑版B。在滑三 板A接近群板B时，该同学迅速从滑版A宪上滑板B,接着又从带板B降刊带板A,两附板恰 好不相撞以相同违发运动)。该列学的质量为防k制，棒舒板的爱量均为2,5kg,不计滑板与地 面间的摩擦和空气阳力，下列说法正确的是 A,上述过程中该可学与滑版A和滑极B组域的系旋功量守恒 B该可学跳离滑医B的过程中，滑服B的速度增大 《二，流门学姚回带製A后，佳和智板A的共同速度为1世回/： D该同学爵离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为？.5N·s ,科著节活简中，某兴里小组利用仕料暂制作的“水火著“如图所示，者中装有一 定量的水，其发射螺理是通过打气楼瓶内空气压强增大，当幢皮塞当瓶口脱离 时，服内水向后政出。静置于电童上的质量为M(含水)的·水火莆“餐放升 空，在极园的时可内，质量为用的水以相叶地面为。的违度竖直向下镜出。 重力加速度为：，空气阻力不计，下刘说法正确的是 A水育出的过程中，火膏和术机械能守恒 B火葡的推力来源于火篱外的空气对它的反作用力 C.发射日，大帝在签中飞行的时国为M二抑云 D.火管上开的最大高度为gM一m m' 选锤愿餐短栏 着号 答案 二，率选择题，本是热4小题：共28分 久，(4分)将总斯量为1,05g的核服火蓝点火升空，在Q2:时间内有0墨气以大小为00m/: 的违度从火儒尾富陵出。在燃气喷出过程，火著铁得的平均撑力为 N,在题气顺出后的 丽可，火清的速度大小为 m/(燃气政出过程中重力和望气团力可》略)。 10〔6分)小明同学利用如图所示装置测量第簧枪内带簧的洋性势能，板动弹簧枪的板机释较弹 簧，弹膏的弹性路能转化为弹丸的动能，第丸离开枪口，击中摆块并偏人其中，打击时同极短： 摆块推动酒针摆动，不计空气限力展取10m/,)。实验金票为： 明度目 ①测出第丸的质量为10g,摆块的质量为20g1 ②测节伊块，使其静止时高度与枪口保持水半，测出感点到坛块中心的厘离为om 心发射第丸，击中园块，角克与国块摆动推功指针到量高点，指针显示摆角为0。 (1)弹丸击中摆块后再青的连废为 ms,击中摆块前弹丸渔度为 m/s (2)若不计枪简摩擦力，可测得弹赏枪内洋资发射弹丸前的弹柱孕能为 风测)硅锦反冲 1I,《8分》知图所示，一质量M一2k的带有氢形纯通的平台置于是够长的水平轨道上·汇形转道 与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从觉形角道上矩高水平我道高本一，3回处 由静止释较一爱量，一1kg的小球A,小球A沿物道下滑后与小球出爱生弹性正碰，能后小 球A装弹回，且拾好追不上平台：已知所有接触面均光滑，重力加速度为算一0m/,',求： 《DA下带后平台的速度大本： (2)小球B约质量， 国风测指理喜择性必修第一景承 6 1名(10分)水平桌页上放置柄个物块A,B(均可看成质点)，黄量分料为，一在，】以，m。 气2g,A,B司夹一压焰量为.1m的轻弹簧，弹簧与A,B不拉接，同时由静止释放4，B 邻簧恢复累长时A粉好从察面左端带上一长术教C(C的上表而与桌而齐平)。C原来静止于 元滑水平面上，质量游一04￥.长度一0.2出：A与桌面问的动原据因数为”，一及2，：与 真面同的动摩擦因数为，一0.1，A与长木板C问的动厚擦因数为：一C香。若A带上C后的 好表从心上滑落，求， (1)规离弹时A,B的速度大小： (2)整个过程中带簧帮放的弹性绕能， 焦