周测卷(十三) 碰撞与动量守恒(一)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷

司 美版老n春 4.如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度。沿风的方向匀速前行，风 2025—2026学年度高三一轮复习周测卷（十三） 与帆作用的有效面积为S,气流的平均密度为·，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为∫。 假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是 物理·碰撞与动量守恒（一）】 (考试时间40分钟，总分100分) A.风速大小为 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ B.风速大小为，5十 题目为能力提升题，分值不计入总分。 C.若风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，测船 1.2024年奥运会上，郑钦文获得女子网球单打冠军，假设在某次击球过程中，质量为60g的网 的航行速度一定变为原来的2倍 D,若风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来 球以40m/s的水平速度飞来，郑软文引拍击球，球拍与网球作用0.01s后，网球以60m/s的 的2倍 水平速度反方向飞出，不考虑网球重力及空气阻力的作用，在此过程中，下列说法正确的是 5.如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块B以某一速 A.网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量相同 度向A运动，t=0时刻物块B与弹簧接触，t=2t。时刻与弹簧分离。物块A,B运动的t图 B.网球的动量变化量大小为1,2kg·m/s 像如图乙所示。已知在t=0到t=t。时间内，物块A运 C.球拍对网球的平均作用力大小为120N 动的距离为0,32。t。,弹簧始终处于弹性限度内。下列 说法正确的是 D.网球受到的冲量大小为6.0N·s 0.8 A.物块B的质量为0.25m 2.如图所示，光滑水平面上有一倾角为a的光滑斜面体A,质量为M,底边长为L,将一质量为 B.分离后物块A的速度大小为2。 国之恩 21 m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。 C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5m0 乙 此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN,重力加速度大小为g,则 D.弹簧压缩量的最大值为0.60。t。 A.斜面体A对滑块B的支持力不做功 如图所示，足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度。向右在光滑水平面上运动，与此同 B.滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度。沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车上 M 表面之间的动摩藤因数为4，重力加速度为g,则在足够长的时间内，下列判断正确的是 C滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为M十 2Mo A.若M>m,物体A对地向左的最大位移是(M十m)g ■ D.滑块B下滑时间t过程中，地而对A支持力的冲量小于(M十m)gt 3.“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如 B若M<m,小车B对地向右的最大位移是M Γ以mg 图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的 C.无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为m。 2Mvo 初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的 D.无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为(M十m)g 球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a,b两部分，速度均为水平方向。炸开后a,b的 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 轨迹图如图乙所示。忽略空气阻力的作用，则 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 纸盖子 6袋酒为长在经爽花本线持限在。字 发射简一 A点，木板右侧用不可伸长的细绳连接于竖直墙上（细绳无拉力），细绳所能承受的最大拉力 礼花弹 为F。质量为m的小滑块以速度从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳 延圳引线启 恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未从木板上掉落。忽略滑块的大小 发射药 重力加速度为g,弹簧的劲度系数为k。下列说法正确的是 甲 A。细绳被拉断后瞬间滑块的加速度大小为层且细绳被拉断瞬同弹簧的弹性势能为)一 A.ab两部分落地时的速度大小之比为1：3B.a,b两部分的初动能之比为1：3 C.a、b两部分的质量之比为1：3 D.a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 C滑块与木板AB段之间的动摩擦因数为D,整个过程木板对地的位移大小为：十日 kM 物理·周测卷（十三】第1页（共4页） 物理·周测卷（十三）第2页（共4页） 班级 7.如图所示，质量为m的足够长的薄木板B静置在光滑水平面上，质量为mc的小物块C静止 (1)实验装置中铅垂线的作用是 。(填正确答案标号) 放在光滑的四分之一圆弧形凹槽D的最低点，圆弧形凹槽质量为m。且未被固定。现有一质 A.确定过斜槽末端的纵坐标 量为mA的滑块A以12m/s的水平初速度从木板左端冲上木板，滑块A在木板B上运动一 B.确定斜槽末端在水平面上的投影位置 姓名 小段时间，二者共速后，木板B与小物块C发生弹性正碰，碰撞后木板B立即被锁定。小滑 (2)多次从同一位置由静止释放人射小球1，小球在纸上留下很多个痕迹，如图乙所示，为了确 块A继续运动一段时间后从木板B上滑下，落在水平面上时，水平方向速度不变，竖直方向速 定平均落点，三个圆中最合理的是 。(填正确答案标号) 得分 度变为0，之后小滑块A在水平面上运动足够长时间，始终未能追上C或D。已知滑块A、小 A.a B.b C.c 物块C可看作质点，mA=mB=mn=1kg,mc=2kg,滑块A与木板B之间的动摩擦因数为 (3)为保证碰后小球1沿原方向运动，应有m1 (填“<”或“>”)m。 以=0.4，g=10m/s,碰撞时间不计，下列说法正确的是 (4)为验证动量守恒定律，需验证等式 (用题中所测得的物理量表示)成立。 A.木板B与小物块C碰撞后瞬间小物块C的速度大小为4m/s (5)在实验误差允许范围内，若不仅满足(4)中关系式，还满足关系式 (填正确答案标 2 号)，则可以认为该碰撞为弹性碰撞。 B.相对于水平面，小物块C在圆弧形凹槽上能上升的最大高度h= 15m 选择题 C.小物块C最终将以号m/s的速度做匀速直线运动 04. AmL,=mL1十mL,B.mL=mL+m,L好C.:-+ m1m1n空 答题栏 9.(20分)如图所示，轻杆两端分别系着质量为mA=2kg的圆环A和质量为mB=1kg的小球 D.若调整木板B的长度为12m,小滑块A将能够与小物块C D 1 777777777777777 B,轻杆与A的连接处有光滑较链，轻杆可以绕铰链自由转动，A套在光滑的水平固定横杆上 发生碰撞 且能自由滑动，A,B静止不动时B球恰好与光滑平面接触，在B的左侧是半径为R=0.4m 2 为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢 3 板A、B厚度均为d,质量均为m。第一一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为 的}圆孤，质量为me=3kg的小球C以=3/s的速度向左与B球发生正碰，已知碰后小 4 m的子弹水平射向钢板A,恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹 球C恰好能做平抛运动，小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力 5 以同样的速度水平射向A,穿出后再射向B,且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到 加速度g=10m/s,求： 的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是 (1)碰后C球平抛的水平位移大小； 6 ⊙→AB (2)碰后瞬间B球的速度大小： (3)A、B间轻杆的长度. A.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为（√2一1）：1 B.第二次子弹能击穿两钢板 C第二次子弹不能击穿钢板B,子弹进人钢板B的深度为2+5。 10.(20分)某游戏装置由弹射器和半径R=0.32m的光滑半圆轨道EFG组成。如图所示，有 质量为M=3.0kg的长木板c静置于光滑水平面上，右端紧常半圆轨道G处且上表面与其 D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8：(6十3) 等高。m一3.0kg的滑块b静置于长木板c右端，质量m。■1kg的滑块a锁定在弹射器上 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 的O点。现解除锁定，滑块a被弹出后在光滑水平轨道OP上运动，从P端贴着E点进入半 8.(10分)某实验小组采用图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，水平桌面上固定末端水平的 圆轨道，滑块a在E点对半圆轨道的压力恰好为零，运动到G点与滑块b发生弹性正碰。碰 斜袖，图甲中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，实验方案如下： a.测得半径相等的小球1、小球2的质量分别为m1、m: 后滑块b在长木板c上滑动，滑块a立即被取走，若整个运动过程中滑块b均未从长木板c 上滑下。滑块a、滑块b均可视为质点，长木板c上表面与滑块b间的动摩擦因数：=0.1，重 b.让小球1从斜槽上的某位置由静止释放，重复操作多次； 力加速度g取10m/s2, c,将小球2放置在斜槽末端，让小球1从斜槽上的同一位置由静止释放后，在斜槽末端与小球 (1)求滑块a在E点时的速度大小vE; 2发生正碰，重复操作多次： (2)求潜块a与滑块b碰撞后瞬间，滑块b的速度大小。： d.P为未放小球2时入射小球1的平均落点，M为与小球2碰后小球1的平均落点，N为小 球2的平均落点，测出M、P、N到投影点O的距离分别为L1、L2L,。 (3)为了使滑块b不从长木板￠上滑下，求长木板c的最小长度 和b、发生相对滑动的时间。 球 球2 777777777777777 物理·周测卷（十三）第3页（共4页） 物理·周测卷（十三）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 会保持相对静止一起向右加速。 3 综上可知： ma)v,解得s2=F十3（m)。 ①当0<F≤2N时，A、B将一起滑出左边界，又由 ③当3N<F<5N时，A、B将先一起向左匀减速运 42g<μ1g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能 动距离L,由动能定理，有FL十μ2(mA十mB)gL= 1 定理，有Fd十2(mA十mB)gs1=2(mA十mB)v, 2(mA十mg)o2,然后一起向右先匀加速运动再匀 解得1-5写（m. 减速运动，由动能定理，有FL一42(mA十mB)g· F-3 ②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中， (L十s)=0,联立解得s3=F+3(m)。 由动能定理，有F2+(mA十mBg2二，(mA} 物理（十三） 1.D【解析】网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量 整体的支持力小于整体的重力，则地面对A的支持 大小相等，方向相反，故A错误。以末速度方向为正 力的冲量大小小于(M十m)gt,故D正确。 方向，网球动量的变化量为△p=mv一mv。=0.06× 3. B【信息获取与转化】 60kg·m/s-(-0.06X40)kg·m/s=6kg·m/s, 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 故B错误。根据动量定理可得网球受到的冲量大小为 礼花弹在最高点炸 “爆炸”模型：满 mava I=F△t=△p=6.0N·s,则球拍对网球的平均作用 开成a、b两部分 足动量守恒定律 m6v6=0 力大小F=A单=6 △t=0.01 N=600N,故C错误， 轨迹图如图所示 D正确。 …忽略空气阻力 平抛运动模型 2.D【模型建构】 的作用 选取对象斜面体静止在光滑水平面上，滑块从斜面上滑下 等于重力与竖直 3 重力功率 方向速度之积 P=mgU竖 建构模型 人船模型 【解析】平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x 水平方向动量守恒0=mB一MA 确定物理 两者位移之和等于斜面体底边长xA十xB=L 0t。,3x=t6,竖直方向上有h=2gt,h=286, 1 1 原理 两者位移大小之比等于质量的反比之4 可得v。：v6=1：3,根据动量守恒定律有mv。 m606=0,解得m。:m6-3:1,故C错误。a、b两部 【解析】滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左 下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与 分的初动能E。-子m正，Eu-号mi,解得E。 其受到的支持力F、不是垂直关系，它们的夹角为钝 E=1:3,故B正确。a、b两部分落地时的速度大 角，即支持力F、N对滑块B做负功，故A错误。滑块 B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度 小v1=√后十gt后，v2=√6十gt话，可知，a、b两部 有竖直向下的分加速度，所以系统在竖直方向合力 分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误。 向下，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不 a、b两部分落地时的重力功率P。=m.gva= 守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方 mag2ta,P6=m6g℃b=mbg2t6,解得P。:Pb-3:1, 向不受力，所以系统水平方向动量守恒，取水平向右 故D错误。 为正方向，滑块B下滑过程中，设任意时刻B的水平 4.A【解析】以帆船为参考系，对△t内的一段风，设 速度大小为vB,A的水平速度大小为vA,对系统在 其质量为△m,由动量定理有F△t=△m△v=pS(v一 水平方向，由动量守恒定律有0=mvB一MA,解得 vo)△t(v一v。),帆船匀速前行，由平衡条件得F=f, 二一后设B到达斜面底端时，A,B水平位移大小分 解得v 十0，A正确，B错误。由以上结论，整 别为xA、xB,在水平方向有xA十xB=L,且mxB= f 理得v=v ,若风与帆作用的有效面积变为原 MxA,联立解得滑块B滑到斜面底端时斜面体向左 滑动的距离为x1二M雅m,放B,C错误。对整休 来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不 分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对 是原来的2倍，C错误。由三”一√S可知，若风 ·28· ·物理· 参考答案及解析 速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度D【解析】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 不是原来的2倍，D错误。 【归纳总结】 Mu,一mu,=(M十m)u,解得o (M-m)w,若M> M+m 常见流体模型的微元构建 m,A所受的摩擦力f=mg,对A,根据动能定理得 1 研究 ①流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 一mgxA=0一2m06,解得物体A对地向左的最大位 ②微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单 对象 位体积内粒子数n 移xA一2μg 若M<m,对B,由动能定理得一mgxB= 构建柱状 沿流速的方向选取一小段柱体，设其横截面 0 2Mi,解得小车B对地向右的最大位移xa 模型 积为S Mu ,故A、B错误。根据动量定理知，摩擦力对平板 小段柱体的体积V=S·o△ 2umg 小段柱体质量m=pV=pSv△t 车的冲量等于平板车动量的变化量，即I=Mu一M。= 微元研究 小段柱体粒子数N=nV=nSv△t -2mMvo ，故C错误。根据动量定理得一ft=Mu一 小段柱体动量p=mx=pSu△t m+M 5. D【模型建构】 Mvo,又f=mg,解得t= 2Mvo μ(M+m)g 故D正确。 选取对象 两物块，中间夹一弹簧 6.ABC【解析】细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于 建构模型 物块一弹簧模型 OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧 0, 的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F,根据牛 图示 m000000 77777777777777 777777 顿第二定#有P=a,解得a-只故A正确，游块 水平地面光滑 以速度)从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量 ①系统动量和机械能均守恒 最大时速度为O,由系统的机械能守恒得细绳被拉断 确定物理 ②当弹簧处于最短（或最长）时两物体瞬时速度 原理 相等，弹簧的弹性势能最大 瞬间弹簧的弹性势能为2m心2，故B正确。由于细绳 ③当弹簧处于原长时弹性势能为零 被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，小滑 【解析】由图可知在t。时刻两物块共速，则由动量守 块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同， 恒定律mBv=(m十mB)0.8v。,解得物块B的质量 设为v',取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守 为mB=4m,选项A错误。分离时弹簧恰好回复到 原长，则由动量守恒和能量关系有mBv0=mA1十 恒定律得0=(m十M)心，E。=(m+M)。+ m言m,d=名n,时十安m,,部得分离后物块 1 02 mg,联立解得μ一2g,故C正确。弹簧压缩到最 A、B的速度大小分别为01=1.6v0,v2=0.6v,选项 短时弹簧弹力F=kx,滑块滑到木板右端时滑块与 B错误。当两物块共速时弹簧弹性势能最大，则碰撞 木板均静止，设木板的位移大小为x1,滑块的位移大 小为l十x-x1,由人船模型得Mx1=m(l十x 过程中弹簧的最大弹性势能为Em二2mB一 所得要十品旅D特误。 2(mA十mB)×(0.8u)2=0.4mD,选项C错误。 7.AD【解析】根据题意设mA=mB=mD=m,mc= 在0~t。时间内弹簧被压缩，A的位移sA-0.32voto 2m,以A、B为研究对象，设向右为正方向，由动量守 (即下方阴影面积)，因A、B所受弹力等大，则A、B 恒定律有mv。=2mw1,解得木板B与滑块A共速时 加速度之比为4：1，则B比匀速时减小的位移为 1 速度的大小4=2，=6m/s,以B,C为研究对象，B △。-子-0.030，（即上方阴影面积），即B的位 与C发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律有mw1= 移sB=vot0一0.08voto=0.92uoto,可得弹簧压缩量 mo+2mu,由机械能守恒定律有2mu-号mv?+ 的最大值为△l=SB一sA=0.6voto,选项D正确。 ×2mui,联立解得小物块C碰后速度u2=4m/s, 1 故A正确。小物块C运动到最高点时，C、D两者在 0.8 水平方向共速，设此时C水平速度为v共，则2m02= (2m十m)u*,号X2moi=2×2mo层+2mgh+ 1 210 ·29· 高三一轮复习周测卷 m4,解得A=号m,故B错误。从B,C碰后到 1 的速度分别为v1、v2、根据动量守恒可得m1v。= m1o1十m2v2,由于两球做平抛运动，下落高度相同， C、D分离，设分离时C的速度为v3,D的速度为v4, ,L3 则2mu:=2mu,+mp4,2×2mo-号X2mu+十 1 1 所用时间t相同，有m1× t ×1+m2Xt 整理得m1L2=m1L1十m2L3。 2mu,解得u,= 3m/s,-6 m/s,故C错误。从 (5)若为弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，故有 1 A与B开始运动到共速过程mv,=2mw1,2mw6= 号m+ai,整理得7m()》'- 1 X2mui十mg△z1,解得△x1=9m,若调整木板 2m(2）+m(),有mL=m,+m,. B的长度为12m,设小滑块A滑下B时的速度为 9. (1)2v2 m 5 (2)3m/s (3)0.3m 0s,则】mu一2mu=mg(L一△x1),解得v5 【模型建构】 2√5m/s>03,滑块A在水平面上运动足够长时间， 选取 B、C碰撞 碰后C恰好能 A、B通过杆相连 过程 能追上C,故D正确。 对象 做平抛运动 ￥ACD【解析】第一次子弹相对A、B做匀减速直线运 建构 弹性碰撞 圆周运动与平 类碰撞 动，恰好击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以 模型 模型 抛运动 看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线 整个过程水平方 物体能沿圆周 运动，穿过B、A的相对位移相等，则时间之比为1： 向动量守恒，整个 轨道外侧运动 (W2一1)，所以穿过A、B所用时间之比为（√2-1）： 动量和 系统机械能守恒； 确定物 的临界条件：恰 机械能 小球B到达最高 1,故A正确。设子弹的初速度为。，受到的阻力大小 理原理 好由重力（或重 均守恒 点时，两球水平方 为∫，第一次穿过A、B时共同速度为，对系统由动量 力沿径向的分 向速度相等，竖直 守恒有mxo=(m+2m)v,由能量守恒有f·2d= 力)提供向心力 方向速度为0 名m-合0m十2m)加，可得a-日an,第=次子弹 【解析】(1)碰后C球恰好能做平抛运动，则在圆弧 穿过A时，设子弹速度为v1,A的速度为u,假设不能 顶端，根据牛顿第二定律有mcg=mc尺，C做平抛运 穿透B,最后与B的共同速度为2，进入B的深度为 d',对子弹和A由动量守恒定律有mo,=mv1十mu, 动，在水平方向上有x=vct,在竖直方向上有R= 由能量守恒有fH-名m-行m-名m,可得 28t,解得x=22 1 m。 0,=3+ (2)碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒， 6 20,对子弹和B,由动量守恒有mw1= 有mcv0=mcvc十mgvB,解得yB=3m/s。 (3)碰后当B球恰好与横杆接触时，A、B二者具有 (m十m)o2,由能量守恒有f·d'= 2mw-2(m+ 相同的水平速度v共，A、B构成的系统水平方向动量 m,可得d=2+5a<d,假设成立，故B错误， 守恒，有mBB=(mA十mB)?共，根据机械能守恒定 4 1 律有2ms0后=2(mA十ma）o关十msgl,解得 C正确。第一次系统损失的机械能△E1=f·2d,第 l=0.3m。 二次系统损失的机械能△上：=f·(口+24a),第 10.(1青5n/s(2)2m/s(3)1m1s 一次、第二次系统损失的机械能之比为△E1:△E2= 【解析】(1)根据题意可知滑块a在E点对半圆轨 8:(6十√3)，故D正确。 道的压力恰好为零，重力提供向心力，有m。g= 8.(1)B(2)C(3)>(4)m1L2=m1L1+m2L3 (5)B m,辰搬得ag-台6ms 【解析】(1)实验装置中铅垂线的作用是确定斜槽末 (2)对滑块a,从E到G根据动能定理，有mog· 端在水平面上的投影位置。 2R-,5-2m,呢，解得0。=4m/s,滑块a运 1 (2)为了减小实验误差，应找小球最合适的平均落点 位置，即圆圈面积最小的区域，故最合理的为c。 动到G点与滑块b发生弹性正碰，根据动量守恒，有 (3)为保证碰后小球1沿原方向运动，应有m1>m2。 (4)设碰撞前瞬间A的速度为。，碰撞后瞬间A、B m6=m十m,根据能量守恒，有弓m,呢= ·30· ·物理· 参考答案及解析 m,oi+2mi,解得，=2m/s。 1 M)v2,解得长木板c最小长度L=1m,对滑块b, 根据动量定理，有一mgt=mv一mv6,解得b、c发 (3)滑块b与木板c在相互作用过程中，共同的速度 生相对滑动的时间为t=1s。 为v,满足动量守恒，有mw6=(m十M)v,解得v= 1m/s,根器能量守恒，有amgL-mi-(m十 物理（十四） 1.D【解析】设铁块下降的高度为H,对于木块和铁 mcghc,解得hc=49h。 ,则 块整体由动量守恒有mh=MH,化简得H=, 5.C【解析】从起跳后到落地前的过程中，运动员和负 重物组成的系统竖直方向受重力，所以总动量不守 池深为d=h+H+3a=8a。 恒，另外运动员在最高点将两个负重物扔出的过程， 2.C【解析】由题意，飞船进人尘埃区匀速飞行，可得 是系统内力做功的过程，有其他形式的能转化为系 △t=1s内附着在飞船上的微粒质量为△m=oSv△t= 统的机械能，系统的机械能增加，故A错误。运动员 4.0×10-8×10×3.0×10×1kg=1.2kg,故A、B 在最高点将两个负重物扔出的过程中，运动员获得 错误。微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量 一个水平方向的反冲力，速度会增大，运动员在空中 增加，由动量定理得F△t=△mv=pSv△t,求得飞船 运动的时间不变，跳得会更远，故B错误，C正确。运 对微粒的作用力大小为F=3.6×10N,所以飞船要 动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔 保持速度v不变，根据平衡条件可知飞船所需推力 出的过程中，根据水平方向动量守恒有(M十2m)· 大小为3.6×10N,故C正确，D错误。 vocos37°=Mw:,求得v=4.4m/s,落地时的速率为 3.D【解析】由于A、B、C组成的系统满足动量守恒， 所以系统末动量为零，系统最后处于静止状态，故A v=√o2+(vsin37)2=√4.4+(5X0.6)2m/s≈ 错误。火药爆炸后、与C碰撞前，由于A、B组成的 5.33m/s,所以，落地时速率增大了一v=(5.33一 系统所受合力不为零，则物块A、B不满足动量守恒 5)m/s=0.33m/s,故D错误。 定律，故B错误。火药爆炸瞬间，A、B动量守恒，则 ￥B【解析】碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律 mva=2moo,所以火药爆炸释放的能量为E= 1 得1gh=2m10,依题意，小球1与2碰撞过程，碰 mo十2·2md=3m时，放C结误。根据能量守 1 后小球1的速度为零，取向右为正方向，由动量守恒和 恒定律可知，最终系统保持静止，所以火药爆炸后系 1 机械能守恒可得m101=m2u2,2m1=2m20i,联 统(A、B、C)最终损失的机械能为3mw,故D正确。 4B【解析】根据动能定理mg=?m,解得三球在 立解得v2=v1=√2gh,m1=m2,小球2与3碰撞过 程，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得 落地前均有向下的速度v。=√2gh,A球先与地面发 n:=m:+m0,2m,i-子w 1 2m222+ 2m3,联 生弹性碰撞后速度变为向上的。，再与B球发生碰 撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有 2m2 立解得0，=上V2,03m2十m32’哑旧付球2 1 mAvo-mBvo=mAvAlmBUB1,2mAvo+2mBvo= 1 1 和球3有2m2u=m:g·gR,2mu号=m8R,可得 2m40i+ 1 2m01,解得A、B发生弹性碰撞后B v3=3v2,联立解得m2=3m3,则三个小球的质量之比 的速度大小为=③mamavo,因为m人>ma, 为m1:m2:m3-3:3:1。 mA十mB 6.AC【解析】A、B碰撞过程由动量守恒有mvo= 有V1≈30，此后B、C发生弹性碰撞，取向上为正 方向，根据动量守恒和机械能守恒有mB·3vo 2mw1,解得u1=2,由图像可知t2时刻三者共速，有 mc0,=mu+mcue,号ma(3p,)2+号 1 2 mcvi= m,=(2m十mc),解得me=2m,A正确。只有 1 2m2土之mco2,解得oc三/m月m,c00,因为 mB+mc A、B碰撞过程有机械能损失，有△E= Γ2nv6一 1 mB>mc,有vc≈7uo,根据动能定理有2mco品= 2mv=1m 1 mu,B错误。三者共速时弹簧弹性势 ·31·