周测卷(十五) 碰撞与动量守恒(三)-【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 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· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 力的冲量为12=F. 2-mg sin30°·T=(15×1 m√2gR(1-cos0),故D正确。 6. AD【信息获取与转化】 1×10×0.5×2)N·s=5N·s,随着时间延续，合力 的冲量会不断增大，无最大值，故D错误。 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 ￥D【解析】水流单位时间撞到B处的体积等于水流 物块C与A碰后 发生完全非弹性 mvo=(m十 单位时间通过水平喷水口的体积，即体积为Q=S, 粘在一起继续向 碰撞 m)v1 下运动 故A错误。水流从P到B做平抛运动，平抛初速度 当A向上运动到 为，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，由几何关系可知 B所受弹簧弹力等 2 最高点时，B刚 于其重力，可求此 mg=kx 在B的速度方向与水平方向成60°，有B一cos60 好要离开地面 时弹簧的伸长量 2v,故B错误。设△t时间内有质量为△m的水撞击斜 竖直轻弹簧两端 构成竖直弹簧振 连接质量均为m 面，设该过程斜面对水的支持力为N,规定v方向为 子，碰后的运动是 的两个小物块 kx2一2mg 正方向，由动量定理有一N△t=0一△xg,因为△m= 简谐运动，在振动 A、B…物块C 2mg+kx oSv△t,联立解得N=2pSv2,根据牛顿第三定律可得， 的最高点和最低点 与A碰后粘在一 水流对B处的冲击力F=N=2Sv2,故C错误。结 回复力大小相等 起继续向下运动 合B选项分析，由平抛规律可得水流在B处的竖直分 速度0，=an60=月0，故平抛时间为1=，所以 【解析】对物块C,根据动能定理有mgh= 2mv6,可 g 得碰前C的速度为。=√2gh,C、A碰撞过程，根据 空中水的质量m=pQ=3S0 ,故D正确 动量守恒定律有mvo=(m十m)v1,可得，碰撞后C、 4.CD【解析】由于两小球都带正电，则彼此受到斥力 A一起向下运动的速度为1=)=V2gh 2 2,碰撞前， 作用，所以两小球组成的系统动量守恒，则1v1 m22,所以”=m2,即两球速度大小之比不变，两球 对A分析，根据平衡条件有mg=kxo,当A向上运 动到最高点时，对B分析，根据平衡条件有g= 动量大小相等，比值保持不变，故A错误，C正确。 x1,则碰撞后瞬间与A向上运动到最高点瞬间，弹 F 簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相同，根据能量守 小球的加速度大小之比为1==，即加速度大 a2 F 7721 恒定律有弓·2m=2mgH,可得物块A运动过程 m2 E 小之比保持不变，故B错误。动能之比为 中的最高点距离其初始位置的距离为H-子，故C 1 2m17 错误。由上述分析可知x0=x1=,。,则弹簧的 2 1 m2,即动能之比保持不变，故D正确。 2m2℃号 m 劲度系数为k=mg_8m,故A正确，B错误。碰撞 h 5.BCD【解析】在该过程中，由于地面有静摩擦力，但 后C、A一起做简谐运动，根据对称性可知，最高点 静摩擦力未做功，小球和凹槽所组成的系统，机械能 的合力等于最低点的合力，有kx2一2mg=2mg+ 守恒，动量不守恒，故A错误。小球从D点到A点， k解得最低点时弹衡的压缩量为，=，则物块 1 由机械能守恒定律可得mgR(1-cos0)= mv2,在 A运动过程中的最低点距离其初始位置的距离为 A点有FNmg=mR,解得=√2gRI-cos0, 人=x:一2，令故D正确。 Fx=3mg-2 mg cos0,故B正确。由单摆的周期公 ￥AC【解析】当两球间的距离为d时，在撤去外力的 式可知，小球从D点运动到A点的时间为：=T= 瞬间，对A进行分析，由牛顿第二定律可得k9A9B d2 区，故C正确。凹槽始终静止，水平面对凹槽的 2ma,一段时间后设两球间的距离为d',对B进行分 2√g 摩擦力的冲量与小球对凹槽的作用力的水平冲量等 析有2=m·20,解得d=2,放A正确。设 大反向，由动量定理可知If=I弹=m△v= 球B的速度为时，A球的速度为v',由动量守恒可 ·34· ·物理· 参考答案及解析 得2mx'=mo,解得v'= =2,两球的动能增加了△E,= 9. (1)2.25m (2)R≥1.95m或0<R≤0.78m 【模型建构】 ·2n(侣)广+m=子m,由能量守恒定可 选取对象 在竖直圆形轨道上运动的滑块B 建构模型 不脱离轨道的临界条件 3 知，两球组成的系统电势能减少了云mo2,故B错误。 确定物 ①恰好能运动到与圆心等高处； 根据动量守恒定律有2mvA一mvB=0,解得vB= 理原理 ②恰好能过圆形轨道最高点 20A,，上述表达式在任意时刻均成立，有vB△t= 【解析】(1)假设滑块B滑上传送带后一直加速，则 2mA△t,即有xB=2xA,又因为xB十xA=d'-d=d, a-tmg-ug=2 m/s', m 解得xg三，故C正确。在该段时间内，A球的速 v2-0 x共= 度由0变为号，由动量定理可得库仑力对A球的冲量 2a 2=1.25m<L,所以滑块B在传送带上 先做加速运动后做匀速运动，滑离传送带时的速度 大小为IA=2mw'=mv,故D错误。 为v=3.0m/s,因为滑块B恰好停在Q点，则由运 7。言台：兰【得]从物体开始运动到停止运动 动学公式得v2=2axrQ,解得xrQ-2.25m。 (2)若o。=6m/s,滑块A、B碰撞过程由动量守恒定 过程，根据动量定理可得Ft一mg·3t=0,可得物 律和机械能守恒定律得2mv0=2mv1十mvB, 体与水平面间的动摩擦因数为4三3：=。物体 名·2mi=7·2mi+mi, 1 做加速运动时，根据牛顿第二定律可得F一mg=ma1, 解得vB=8m/s, 2 解得a1=3g,则t时刻物体的速度大小为01- 假设滑块B从N点到Q点一直减速，由运动学公式 得g-v品=2a(L十xra）, ait=2 gt。物体做减速运动时，根据牛顿第二定律 解得o=√39m/s>3m/s,假设成立， 可待mg=ma:解得a:=了5，则物体加速与减速 若滑块B恰好到达与圆心等高处，则由动能定理得 1 一mgR=0-2mw6,解得R=1.95m,所以滑块B不脱 时的加速度大小之比为=2 ag1 离竖直圆形轨道的一种情形是需满足R≥1.95m, 8.(1)6.790(2)低(3)B(4)<小于 若滑块B恰好能通过竖直圆形轨道最高点，设滑块B 【解析】(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度为d= mvi 在最高点的速度为2，由牛顿第二定律得mg=尺， 6.5mm+29.0X0.01mm=6.790mm。 (2)气垫导轨水平时滑块经过两个光电门的时间应该 由动能定理得-2mgR=名mi-m6, 相同，根据题意滑块通过光电门a、b的时间△t。> △t。,说明滑块在导轨上做加速运动，所以应将气垫 解得R=0.78m,所以滑块B不脱离竖直圆形轨道 导轨左端的底脚螺丝调低。 的另一种情形需满足0<R≤0.78m, 综上所述，竖直圆形轨道半径R的取值范围为R≥ (3)滑块A向右运动，先通过光电门a,与滑块B碰 1.95m或0<R0.78m。 撞后，滑块B向右经过光电门b,故滑块B应该放在 光电门a、b之间，故B正确。 2Fd 10.(1) o8d+w(6- M+m (4)滑块A向右运动，与滑块B碰撞后，滑块A要返 回，所以滑块A的质量应该小于滑块B的质量；设遮 kd 光条的质量为mo,碰撞前系统总动量为(m。十mo)vo, 碰后的总动量为(m6十m)v2一(m。十m)1,根据动量 【解析】(1)对车厢，由动能定理可得Fd=2Mu6, 守恒定律有(m。十mo)v=(m6十mo)2一(m。十 2Fd mo)1,若实验中只测量了两个滑块的质量（未包含 解得=√M· 遮光条)，则碰撞前系统总动量为m。v。,碰后的总动 (2)车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞 量为m602-m1,因为v>v2一01，所以mo00> 后车厢和滑块的速度分别为0M和Vm,由机械能守 mov2一mov1,故m。v<mbv2一mav1,即碰撞前总动 量小于碰撞后的总动量。 恒定律宁Mwi=号Mo成十合m2, ·35· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 根据动量守恒定律Mv。=MvM十mVm, Mu2 M-m。 2M 所以第二次碰撞后车厢的路程2= 解得uM=M+mou=M十m0 2mM AM'm 第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移 k(m+M)”m-k(M+m)0, 分别为xM、xm,有xM=VMt,xm=Vmt, 此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次 位移关系为xm一xM=L, M一L。 的好十倍，车厢均静止。 联立解得xM一M十m (3)每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理 所以第三次碰撞后车厢的路程5，=M:=4。 -∑fAt=∑M△v, M-m M-m 即-∑ko△t=∑M△v,累加后得一ks=M△v, M+m=M+m52, 第一次碰撞前，车厢的路程为d,所以kd=M(一v), 第四次碰拉后车厢的路程，=-（如-）， kd 可得碰撞前车厢的速度0=w0一M' 第”次碰撞后车厢的路程，=M@ 及 设第n次碰撞后，车厢的速度为vm,滑块的速度为 v,第n次碰撞至停下，车厢的路程为sm。第一次 M+m 就撞，由机被能守恒定律号Msi+名m=名Me, 根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后 2 21 2M2 由动量守恒定律Mu1十mv'=Mu, 的路程之和5=M十m), M-m 2M 解得u1=M+m,01=M+m, 2M2 所以s总=d十s1+s=d十 M(M-m) k(M+m)+ k(M+m) 第一次碰撞后，对车厢一s1=M△v, 解得一， v=d +u0(:》. 【科学思维】 第二次碰撞，由机被能守恒定律？Mmi+2m 2 mv= 多次碰撞问题的处理方法一数学归纳法 1 首先把前几次碰撞过程理顺、分析透彻，然后根据前几次 2mv, 数据，利用数学归纳法，写出之后碰撞过程中相应的规律 根据动量守恒定律Mu2十mv2=mv1, 或结果，最后去计算全过程的路程或发生碰撞的总次数 等数据。 餐得=m-没 2m 物理（十六） 1.B【解析】无限大金属板接地，电势为0，则坐标原 强，然后进行场强的合成可以得到两个点电荷在这 点处的电势为0，又无穷远处的电势为0，则x轴上 四点的电场强度方向均平行于AC,方向由A指向 距坐标原点足够远处的电势也接近0。结合题述可 C,故A错误。A'C'连线上由A'指向C',电势降低， 知，x轴上点电荷左侧位置的电场方向沿x轴负方 但试探电荷为负电荷，故从A'点移动到C'点试探电 向，右侧位置的电场方向沿x轴正方向，正点电荷所 荷的电势能增加，故B错误。几何体为正三棱柱，D、 在位置的电势为正无穷大，又沿电场方向电势降低， D'点分别为AC、A'C边的中点，所以BDDB'为AC 则从正点电荷向两侧移动，电势均降低。 的中垂面，也就是等势面，各处电势相等，试探电荷 2.A【解析】沿电场线方向电势降低，所以D点的电 的电势能相等，电场力不做功，故C正确，D错误。 势高于A点的电势，A正确。电场线的疏密程度表C【解析】电子进人电场后做类平抛运动，在两板间 示电场强度的大小，所以A点的电场强度小于B点 的运动时间为4=上=2T,不同时刻进人电场的电子 的电场强度，B错误。电子带负电，所以将电子从D U。 点移到C点，电场力与运动方向夹角为钝角，所以电 竖直方向分速度图像如图甲所示，由图看出，所有电 场力做负功，C错误。处于静电平衡的导体是等势 子离开电场时竖直方向分速度，=0，速度都等于。， 体，所以B、C两点电势相等，根据E。=qφ可知电子 即不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度相 在B、C两点电势能相等，D错误。 同，所有电子离开电场时的动能都相同，故A、B错误。 3.C【解析】分别画出AC在B、B'、D、D'各点的场 在：-时刻进入电场的电子，在：-8时刻测位移最 ·36·null