周测卷(十四) 碰撞与动量守恒(二)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·福建专用）

·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)根据题意可知滑块a在E点对半圆轨 i+号m,解得，=2n. 1 道的压力恰好为零，重力提供向心力，有og= m装部得u一吉5a6, (3)滑块b与木板c在相互作用过程中，共同的速度 为v,满足动量守恒，有mv6=(m十M)v,解得v= (2)对滑块a,从E到G根据动能定理，有mog· 1 1 1m/s,根据能量守恒，有mngL=2mog-2(m+ 2R=m,暖-日m,心2，解得u=4a/s,清块a运 M)v2,解得长木板c最小长度L=1m,对滑块b, 动到G点与滑块b发生弹性正碰，根据动量守恒，有 根据动量定理，有-mgt=mv-mz6,解得b、c发 m,c=mu,十mw,根据能量守恒，有2m,呢= 生相对滑动的时间为t=1s。 物理（十四） 1.D【解析】由于A、B、C组成的系统满足动量守恒， 动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔 所以系统末动量为零，系统最后处于静止状态，故A 出的过程中，根据水平方向动量守恒有(M十2m)· 错误。火药爆炸后、与C碰撞前，由于A、B组成的 ocos37°=Mv,求得：=4.4m/s,落地时的速率为 系统所受合力不为零，则物块A、B不满足动量守恒 v=√/o2+(vo sin37)2=√/4.4+(5×0.6)2m/s≈ 定律，故B错误。火药爆炸瞬间，A、B动量守恒，则 5.33m/s,所以，落地时速率增大了v一v。=(5.33- mxA=2mv。,所以火药爆炸释放的能量为E= 5)m/s=0.33m/s,故D错误。 1 2m2+号·2mo=3mo,故C错误。根据能量守 B【解析】碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律 恒定律可知，最终系统保持静止，所以火药爆炸后系 得m1gh=2m1i,依题意，小球1与2碰撞过程，碰 统(A、B、C)最终损失的机械能为3mv,故D正确。 后小球1的速度为零，取向右为正方向，由动量守恒和 2,B【解析】根据动能定理mgh=?m,解得三球在 机械能守恒可得m101=m:u,分m,=了m:,联 1 落地前均有向下的速度v。=√2gh,A球先与地面发 立解得o2=1=√2gh,m1=m2,小球2与3碰撞过 生弹性碰撞后速度变为向上的v。,再与B球发生碰 程，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得 撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有 1 m,-m,=m1+nmm时+合n= m:,=m:时十，，2m:=,o时+m,5,联 2m2 2mAi:+》 立解得-m,一m mB01,解得A、B发生弹性碰撞后B 一m十m0一m十m,,碰后，对球2 和球3有分时=g·日R,m听=，8R,可得 1 1 的速度大小为a-③mm,因为mA>mB, mA+mB ,=3v2,联立解得m2=3m3,则三个小球的质量之比 有v1≈3o,此后B、C发生弹性碰撞，取向上为正 为m1:m2:m3=3:3:1。 方向，根据动量守恒和机械能守恒有mB·3vo 4.AC【模型建构】 1 mcuo=mBv2+mcwc,2mB(3uo)2十号mc6 情形一：木板固定， 情形二：木板不固定 恰能滑下 na十方mc,解得E一（⑦-mc,因为 1 mB+mc 能量变 动能全部转化为系 物块的动能转化为木板 mB>mc,有vc≈7，根据动能定理有2mcD2 化情况 统摩擦生热 的动能和系统摩擦生热 摩擦生热 摩擦生热等于摩擦力与相对位移之积 mcghc,解得hc=49h。 3.C【解析】从起跳后到落地前的过程中，运动员和负 确定物 能量守恒 动量守恒、能量守恒 重物组成的系统竖直方向受重力，所以总动量不守 理原理 恒，另外运动员在最高点将两个负重物扔出的过程， 【解析】木板固定不动时，物块减少的动能全部转化 是系统内力做功的过程，有其他形式的能转化为系 为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板 统的机械能，系统的机械能增加，故A错误。运动员 要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内 在最高点将两个负重物扔出的过程中，运动员获得 能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相 一个水平方向的反冲力，速度会增大，运动员在空中 对于木板滑行的距离要减小，物块不能从木板的右 运动的时间不变，跳得会更远，故B错误，C正确。运 端滑下，故A正确。物块和木板组成的系统产生的 ·31 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 热量Q=Fx相对=mgx相对<mgL,故B错误。设 小球的速度大小分别为？、4，由水平方向动量守恒 物块与木板最终的共同速度为，物块和木板组成的 系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律， 可知Mu,=mw4,由能量守恒可知2m6=2Mui+ 有mmo=(m十M)v,对木板，由动量定理得gt= M,联立解得：=aG故C正确，由于物块 2mu十mgL,解得=2m/s,0,=4m/s,小球相对 圆环的速度大小为v相对=v3十v4=6m/s,由牛顿第 与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位 E定律，可得F+mg=m”,解得F=50N,故D 移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做 的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。 正确。 5.AC【解析】A、B碰撞过程由动量守恒有mv。= 7.mg△t√4m22十mg2(△t)2【解析】接球到传出 2m1,解得2-之，由图像可知，时刻三者共速，有 用时为△t,则重力的冲量大小为Ic=mg△t,方向竖 直向下；接球到传出的过程，合外力对篮球的冲量大小 mu,=(2m十mc)经，解得me=2m,A正确。只有 为I=△p=2mw,方向水平向左；则接球到传出的过 程，运动员对球的冲量大小I.=√T2十I名= AB碰撞过程有机械能损失，有△E=】 √4m2v2+mg2(△t)2. 合×2mi- m m6,B错误。三者共速时弹簧弹性势8.（1)1.25(2)m十M (3)偏小 能最大，由能量守恒定律可得E,=号×2mi-号 【解析】(1)遮光条的宽度L=1mm+5×0.05mm= 1.25mm. 4mX(学)'-8mo,C正确。t,时刻，弹簧为原长， (2)滑块P在弧形道上由静止释放，运动到气垫导 轨上的速度，=上，滑块P与滑块Q发生碰撞并粘 由弹性碰撞可知，滑块AB与C交换速度，速度为0， D错误。 在一起的速度一。 ,由动量守恒定律得mw1=(m十 6.AD【解析】花盆从离地面20m高的高楼窗户自由 下落到地面，由v2=2gh,解得花盆与地面碰撞前瞬 MW,解得会-m若碰撞过程中此关系式成 m 间的速度大小为o=√/2×10×20m/s=20m/s,故 立，则系统动量守恒。 A正确。花盆与地面碰撞前瞬间，花盆重力的瞬时 (3)若第二次释放P的位置偏低，则滑块P运动到 功率为P=mgv=0.4×10×20W=80W,故B错 误。以竖直向下为正方向，花盆与地面碰撞过程的 气垫导轨上的速度偏小，二者发生碰撞并粘在一起 后的速度偏小，故t2偏大，t1仍为第一次释放滑块P 动量变化为△p=0一mv=一8kg·m/s,花盆与地 面碰撞时对花盆由动量定理得(F十mg)t=△p,解 经过光电门的时间，故比值偏小。 得地面对花盆的作用力F=一四 -mg=-804N, t 9.(1)25mg /5m 5/m3m 5k 根据牛顿第三定律可得花盆对地面平均作用力的大 g人k (2)28√k 28√ 小为804N,故C错误，D正确。 (m BD【解析】分析小球和圆环组成的系统可知，水平 g√R 方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖 【解析】(1)根据机械能守恒定律，当摩擦杆与B刚 直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则 好出现相对运动时有kx。=√5mg, 系统机械能守恒，故A错误。系统水平方向动量守 此时弹簧的弹性势能E,-之x-5m 1 恒，根据“人船模型”可得Md1=md2,又d1十d2=L, 2k' 联立解得d1=0.2m,d2=0.4m,可知从小球开始运 从A与弹簧刚接触到摩擦杆与B刚好出现相对运动 动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的 位移大小为0.2m,故B正确。从开始运动到小球运 的过程，根据机被能守恒有分m(3g√会》'=E,+ 动到最低点时，设圆环和小球的速度大小分别为1和 1 (m v2,由水平方向动量守恒可知Mo1=m2,由能量守恒 2mw,解得u=2g√有， 可知mgL+名m-}Mo+ 2mu,联立解得u2= 此后A与摩擦杆一起做匀减速直线运动，√5mg= 4√2m/s,故C错误。设小球运动到最高点时，圆环和 ma,2=2a△c,联立解得△x=25mg 5k ·32· ·物理· 参考答案及解析 待A与摩擦杆静止后，弹性势能开始转化为动能，根 两边同乘以时间，可知mx1一Mx2=0, 1 5m 据机械能守恒可得E,-2mw2,解得0=g√ 根据几何关系有x1十x2=2R,解得x2二3。 (2)设摩擦杆与B刚好没有相对运动时所对应的A (2)当小球运动至C点时，半圆形滑槽ACB的速度 的初速度为⑦0，弹簧的最大压缩量为x。此时弹簧 最大，根据水平方向动量守恒有mw1一Mv,=0, 弹力kx。=√5mg,且A与B速度刚好相同。根据动 根据系统机械能守恒有mg×3R-?m十 量守恒定律以及机械能守恒定律可得mv。= 加+m加类，2mo-m十m)加+，联立 2M,解得2=√gR。 (3)设小球经过D点时沿水平方向的速度为，沿 5/m 可得=2g反’ 竖直方向的速度为，，根据水平方向的动量守恒有 mu,=Mv, 从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生了一 以滑槽为参考系，则此时小球的速度沿圆弧的切线 次弹性碰撞，设分离后速度分别为1和2，根据动 方向，此时小球水平方向的相对速度为？相=？x十 量守恒定律和机械能守恒定律可得mv。=mv1十 3 1 04= 4n℃2，。m02mo1+2X4mo2, 20, 2 解得u1= 3/m 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，有3。 2c0s30°= 28√w=g√页， v,c0s60°， 3 [m A、B分离后各自速度大小为2g?和8及 根据能量守恒定律有mg(2R+Rsin30= 2m(v2 10.(1)2R 3 (2)√gR(3) 5gR /20gR V33 )+之Mu,解得u,=√33 【解析】(1)当小球运动至B点时，半圆形滑槽 5gR ACB向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒 因此滑槽的速度w,=√33· 有mv1-Mv2=0, 物理（十五） 1.C【解析】由系统的动量守恒易知，无论弹力为多 8N,A、B具有共同的加速度，大小为2m/s2,B错 大，最终三者均静止，故A错误。由于A、C之间的 误。在0~1s内根据动量定理，结合乙图可知I 最大静摩擦力小于B、C之间的最大静摩擦力，故随 u(mA十mB)gt-(mA十mB)v,代入数据解得v= 着F逐渐增大A、C之间先发生相对滑动。对A分 1.5m/s,C正确。根据乙图，结合动量定理可知，t= 析可知，当F1=mAg=1N时，A、C之间刚要发生 2s时，A、B系统具有的动量之和为p=I合=IF 相对滑动，当B、C之间将要发生相对滑动时，对C u(mA十mB)gt',代入数据解得p=8kg·m/s, 分析，fc一fAc=mca,对B、C整体分析可知F2一 D错误。 fAc=(mB十mc)a,联立解得F2=3N,可知若F= 3.A【解析】F-t图像与坐标轴围成的面积表示拉力 1.5N或F=2.5N,则释放物块后，A、C之间发生 的冲量，在0~3s内拉力的冲量为1=(15×1.0+ 相对滑动，B、C之间不发生相对滑动，故B错误，C 15×1.0)N·s=30N·s,故A正确。物块在向上运 正确。若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车 动过程中沿斜面方向上受到拉力与重力沿斜面方向 滑动，系统最终也将处于静止状态，全过程中弹簧减 向下的分力，根据动量定理有Ip一mg sin30°·t= 少的机械能即为减少的弹性势能，根据能量关系可 △p,则0~3s内物块的动量变化量为△p=(30一 知等于系统因摩擦产生的内能，故D错误。 1×10×0.5×3)kg·m/s=15kg·m/s,故B错 2.C【解析】设A、B发生相对滑动时的最小外力为 误。设5s时物块速度为v,0~5s过程根据动量定 F。,对A受力分析，由牛顿第二定律可得mAg 理可得I=Is一Ic5=mv一0，其中Is=F·△t= mAa,解得a=g=2m/s2,对于B而言，有F。 (15×3)N·s=45N·s,Ics=mg sin30°·t=1X umAg-μ(mA十mB)g=mBa,解得F。=8N,由乙 10X0.5×5N·s=25N·s,联立解得v=20m/s, 图可知，外力F与时间t的关系满足F=6十2t(t≥ 0),当t=0.5s时，F=7N<8N,A、B没有发生相 根张动能定理可知W:=mw=20J,放C错误： 对滑动，A错误。根据上述分析可知，t=1s时，F= 对物块分析，拉力变化的周期为T=2s,每个周期合 ·33·美版老n春 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（十四） 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带”题目为能力提升题，分值不计入 物理·碰撞与动量守恒（二）】 总分。 (考试时间40分钟，总分100分) 4.如图所示，长为L,质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物 块，物块与木板之间的动摩擦因数为以。物块以速度。从木板的左端向右端滑动时，若木板 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ 题目为能力提升题，分值不计入总分。 固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。重力加速度为g。若木板不固定，下列叙述正确 1.如图所示，一质量为3m的木箱C静置于光滑水平地面上，箱内质量为m的物块A与质量为 的是 2m的物块B紧挨在一起，中间夹有少量火药。两物块与木箱底板间的动摩擦因数相等，当火 A,物块不能从木板的右端滑下 药爆炸（爆炸时间极短）后物块B向右以对地大小为。的速度运动，物块与木箱壁碰撞时会 B.系统产生的热量Q=umgL 被粘住，则下列说法正确的是 A系统(A,B,C)最后以大小为口=的速度向右运动 M,一物块与木板保持相对静止 C.经过=(M+m)g B.火药爆炸后，与C碰撞前，物块A,B组成的系统动量守恒 D.摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 C.火药爆炸释放的能量为mw 5.如图甲所示，滑块A,B、C静止放在光滑的水平面上，滑块A、B的质量均为m,滑块B、C之 D.火药爆炸后系统(A、B、C)最终损失的机被能为3mw 间用一质量不计的轻弹簧连接，t=0时刻滑块A获得一初速度。沿水平面向右运动，1时刻 2.三个同种材质且质量分布均匀的弹性小球A,B、C由通过质心的光滑细杆相互接触 串在一起，如图，三球质量满足mA》ma》mc。现将三小球从离地面高为h处静止 与滑块B碰擅，且粘在一起（碰擅时间极短），整个运动过程中，滑块A、B、C的速度一时间的 释放，若所有碰撞均可视为弹性碰撞，则小球C上跳的高度约为 部分图像如图乙所示。t,时刻滑块C的加速度为零，下列说法正确的是 A.25h B.49h C.16h D.3h 3。如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，这可以使他跳 得更远，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg,两手各持一个质量为 3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5m/s,方向与水平方向 成37夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出，忽略空气阻力，s37°=0.6， 甲 e cos37°=0.8。下列说法正确的是 A,从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总动量和总机 械能均守恒 入带块C的质量。=2m,图乙中，-号全过程系统损失的机械能为 6 B.与在最高点不扔出负重物相比，扔出负重物时运动员在空中可以运动更 长时间 C弹簧的最大弹性势能为”m 8 D.时刻滑块A正向左运动 C,与在最高点不扔出负重物相比，扔出负重物运动员可以多跳一段距离 6。高空抛物、坠物严重危害公共安全。为充分发挥司法审判的惩罚、规范和预防功能，刑法修正 D.与在最高点不扔出负重物相比，扔出负重物运动员落地时速率将增大0.4m/s 案新增高空抛物罪。假设质量为0.4kg的花盆从离地面20m高的高楼窗户自由下落到地面 用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半 (无反弹)，花盆与地面碰撞时间为0.01s,设竖直向下为正方向，若花盆可视为质点，不计空气 径为R,三个质量分别为m1,m、m:的小球编号为1、2、3，各小球半径相同 且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接 阻力，重力加速度大小g=10m/s。则 触，若将质量为m1的小球1移至左侧离容器底高h处无初速度释放，如图 A,花盆与地面碰撞前瞬间的速度大小为20m/s 所示，各小球间的碰撞时间极短且磁撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O B.花盆与地面碰撞前瞬间，花盆重力的瞬时功率为40W 点正下方，球2上升的最大高度为。R,球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为 C.花盆与地面碰撞过程的动量变化为8kg·m/s A.1:1:2 B.3￥3：1 C.4￥4￥1 D.3￥2：1 D.花盆对地面平均作用力的大小为804N 物理·周测卷（十四）第1页（共4页） 物理·周测卷（十四】第2页（共4页】 新教材版F 14 条版老n春 班级 如图，质量M=2kg的圆环套在光滑水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0,6m的轻 9.(20分)如图所示为一缓冲机的工作原理示意图。两滑块A、B可在光滑水平地面上做直线运 绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB平行，小球以竖直向下的初速度v。=6m/s开始运动， 动，ma=m,m:=4m,滑块B中贯穿一轻质摩擦杆。滑块B与摩擦杆之间的最大静摩擦力 姓名 重力加速度g=10m/s2,则 大小为f=5mg,弹簧左端与滑块B的左端距离为L。,滑块B固定于水平地面上某点，滑块 A,运动过程中，小球和圆环构成系统的动量和机械能均守恒 A位于滑块B的左侧，某次实验时给滑块A一向右的初速度使其正对滑块B做直线运动。 得分 B.从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为0.2m 已知弹资的弹性势能E,一，k为弹资的劲度系数，正为弹资的形变量，重力加速度为& C.小球通过最低点时，小球的速度大小为4√3m/s 0m D.小球运动到最高点时，细绳对小球的拉力大小为50N 摩擦杆与滑块B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 (1)若A的初速度为3g√发，求摩擦杆在B中移动的距离以及A弹回的速度大小。 7.(6分)如图所示为某篮球运动员完成的一次“空中接传球”动作，接球时，球正 选择题 (2)若滑块B不固定，摩擦杆与B刚好没有出现相对运动，求所对应的A的初速度的值以及 答题栏 好在传来的抛物线轨迹最高点，速度大小为。，方向水平向右；传出时，传出点 此条件下A、B分离后各自的速度大小。 B 1 在接球点的正上方H处，传出速度大小也是，方向水平向左。从接到球到传出 wWww 2 用时为△，篮球质量为m,重力加速度为g。不计空气阻力，则从接到球到传出 77777777777777777777777777777777777 的过程，篮球重力的神量大小为，运动员对球的冲量大小为 8.(12分)某实验小组的同学利用如图1所示的装置来验证动量守恒定律。 4 遮光条 5 光电门 6 2cm 接气源 气垫导轨 10 20 10.(20分)如图所示，有一个质量为M、半径为R的半圆形滑槽ACB静止放在光滑的水平面 图1 图2 上，C是半圆形滑槽的最低点，D是圆弧上的一点，D与圆心O的连线与水平方向成a=30 ①调节气垫导轨，轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动： 角：某时刻将一质量为m的光滑小球从距离A点正上方2R处由静止释放，小球从槽口处落 ②将弧形轨道与气垫导轨平滑连接： 人半圆形滑槽内。小球可看成质点，小球质量为滑槽质量M的一半，重力加速度为g,空气 ③气垫导轨上不放滑块Q,将固定有邀光条的滑块P在弧形轨道上由静止释放，测得遮光条 阻力不计。求： 的遮光时间为t1: (1)半圆形滑槽ACB向左运动的最远距离， ④在气垫导轨左侧放置滑块Q,滑块P在弧形轨道上由同一位置静止释放，滑块P与滑块Q (2)半圆形滑槽ACB的速度最大值： 发生碰植并粘在一起，测得遮光条的遮光时间为1： (3)小球经过D点时滑槽的速度大小. ⑤测得滑块P(含遮光条)、Q的质量分别为m、M,用游标卡尺测得遮光条的宽度L如图2 所示， 请回答下列问题： (1)遮光条的宽度L mm. (2)若碰撞过程中关系式 在误差允许的范围内成立（用题中已知量表示），则系统 的动量守恒。 (3)若第二次释放P的位置偏低，则的值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 新教材版F 物理·周测卷（十四）第3页（共4页） 物理·周测卷（十四】第4页（共4页】