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

·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· 高三一轮复习周测卷 能最大，由能量守恒定律可得E,=2×2mi- 1 在一起的速度，= ,由动量守恒定律得mw1=(m十 t2 4m×(空)'-日m,C正确。t:时刻，弹簧为原长， M0,解得名-m”M若碰箍过程中此关系式成 m 由弹性碰撞可知，滑块AB与C交换速度，速度为0， 立，则系统动量守恒。 D错误。 (3)若第二次释放P的位置偏低，则滑块P运动到 7.AD【解析】花盆从离地面20m高的高楼窗户自由 气垫导轨上的速度偏小，二者发生碰撞并粘在一起 下落到地面，由v2=2gh,解得花盆与地面碰撞前瞬 后的速度偏小，故t2偏大，t1仍为第一次释放滑块P 间的速度大小为v=√2×10×20m/s=20m/s,故 经过光电门的时间，故比值偏小。 A正确。花盆与地面碰撞前瞬间，花盆重力的瞬时 功率为P=mg0=0.4X10X20W=80W,故B错9.1)25ms /5m 、5m3 5k (2)28Nk 28√E 误。以竖直向下为正方向，花盆与地面碰撞过程的 m 动量变化为△p=0一mv=一8kg·m/s,花盆与地 g入 面碰撞时对花盆由动量定理得(F十mg)t=△p,解 【解析】(1)根据机械能守恒定律，当摩擦杆与B刚 得地面对花盆的作用力F=一m” t -mg=-804N, 好出现相对运动时有kxo=√5mg, 此时弹簧的弹性势能E,=x-5m 1 根据牛顿第三定律可得花盆对地面平均作用力的大 2k 小为804N,故C错误，D正确。 从A与弹簧刚接触到摩擦杆与B刚好出现相对运动 BD【解析】分析小球和圆环组成的系统可知，水平 方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖 的过程：根据机械能守恒有？m(38√受)'-E,十 直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则 系统机械能守恒，故A错误。系统水平方向动量守 m 2mu,解得v=2g√疮， 恒，根据“人船模型”可得Md1=md2,又d1十d2=L, 此后A与摩擦杆一起做匀减速直线运动，√5mg= 联立解得d1=0.2m,d2=0.4m,可知从小球开始运 动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的 ma,w2=2a△c,联立解得△x=25mg 5k 位移大小为0.2m,故B正确。从开始运动到小球运 待A与摩擦杆静止后，弹性势能开始转化为动能，根 动到最低点时，设圆环和小球的速度大小分别为1和 据机被能守恒可得E。-m”,解得/一8，区。 /5m v2,由水平方向动量守恒可知M01=mv2,由能量守恒 可知m8L+2n时=号Mef+mi,联立解得o:= (2)设摩擦杆与B刚好没有相对运动时所对应的A 的初速度为vo,弹簧的最大压缩量为x0。此时弹簧 4√2m/s,故C错误。设小球运动到最高点时，圆环和 弹力kx。=√5mg,且A与B速度刚好相同。根据动 小球的速度大小分别为v3、4,由水平方向动量守恒 量守恒定律以及机械能守恒定律可得m。= 可知Mo,-mP,由能量守桓可知号mi-号M+ m+m加2m时=m十m)+名r,联立 2mu+mgL,解得u,=2m/s,u,=4m/s,小球相对 5 m 可得u=28√尼’ 圆环的速度大小为v相对=v?十℃4=6m/s,由牛顿第 从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生了 二定律，可得F+mg=m 亮，解得P=50N,故D 次弹性碰撞，设分离后速度分别为1和2，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可得mvo=mo1十 正确。 1 8.(1)1.25(2)m +M(3)偏小 解得01=一 3/m m 【解析】(1)遮光条的宽度L=1mm+5×0.05mm= 8√w=g√， 1.25mm。 m (2)滑块P在弧形轨道上由静止释放，运动到气垫导 即A,B分离后各白速度大小为&只和&，√层， 上的速度一，滑块P与滑块Q发生碰撞并粘 0.a2 5gR (2)√gR(3)33 ·32· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)当小球运动至B点时，半圆形滑槽 mu,=Mv, ACB向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒 以滑槽为参考系，则此时小球的速度沿圆弧的切线 有mu1-Mu2=0, 方向，此时小球水平方向的相对速度为？相=：十 两边同乘以时间，可知mx1一Mx2=0, 3 根据几何关系有x1十x2=2R,解得x,=2迟 04=20x’ 3 (2)当小球运动至C点时，半圆形滑槽ACB的速度 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，有3。 12xC0s30°= 最大，根据水平方向动量守恒有mu1一Mx2=0, vyc0s60°， 1 根据系统机械能守恒有mg×3R= 2m+ 根据能量守恒定律有mg(2R+Rsin30)= 2m(o+ 之Mo,解得i=Vg级。 心)+Moi,解得o, /20gR W331 (3)设小球经过D点时沿水平方向的速度为v:,沿 5gR 竖直方向的速度为，根据水平方向的动量守恒有 因此滑槽的速度v=√33。 物理（十五） 1.C【解析】泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱 图可知，外力F与时间t的关系满足F=6十2t(t≥ 的接触时间△，而物品的动量变化量△p未发生变 0),当t=0.5s时，F=7N<8N,A、B没有发生相 化，根据动量定理，合力冲量不变，故A、B错误。设 对滑动，A错误。根据上述分析可知，t=1s时，F= 物品撞击时所受合力为F,根据动量定理F·△t= 8N,A、B具有共同的加速度，大小为2m/s2,B错 △，可得F=史，可知泡沫塑料的作用是延长了物 误。在0~1s内根据动量定理，结合乙图可知I一 △t u(mA十mB)gt=(mA十mB)v,代入数据解得v= 品与包装箱的接触时间△，减小物品所受到的合力， 1.5m/s,C正确。根据乙图，结合动量定理可知，t= 故C正确，D错误。 2s时，A、B系统具有的动量之和为p=I合=I 2.A【解析】由于小朋友只受重力，做竖直上抛运动， (mA十mB)gt',代入数据解得力=8kg·m/s, 加速度为重力加速度，保持不变，且运动过程中只有 D错误。 重力做功，机械能保持不变，故BD错误。根据竖直5.A【解析】F-t图像与坐标轴围成的面积表示拉力 1 上抛运动的规律可得u=0,一g,x=0t一2gt,所 的冲量，在0~3s内拉力的冲量为I=(15×1.0+ 15×1.0)N·s=30N·s,故A正确。物块在向上运 以p=mv=m℃。一mgt,故A正确，C错误。 动过程中沿斜面方向上受到拉力与重力沿斜面方向 3.C【解析】由系统的动量守恒易知，无论弹力为多 向下的分力，根据动量定理有Ir一mg sin30°·t= 大，最终三者均静止，故A错误。由于A、C之间的 △p,则0~3s内物块的动量变化量为△p=(30 最大静摩擦力小于B、C之间的最大静摩擦力，故随 1×10×0.5×3)kg·m/s=15kg·m/s,故B错 着F逐渐增大A、C之间先发生相对滑动。对A分 误。设5s时物块速度为v,0~5s过程根据动量定 析可知，当F1=mAg=1N时，A、C之间刚要发生 理可得I=I5一Ics=mU一0，其中Is=F·△t= 相对滑动，当B、C之间将要发生相对滑动时，对C (15X3)N·s=45N·s,Ics=mng sin30°·t=1× 分析，fBc一fAc=mca,对B、C整体分析可知F2一 10X0.5×5N·s=25N·s,联立解得v=20m/s, fAc=(mB十mc)a,联立解得F2=3N,可知若F= 1 1.5N或F=2.5N,则释放物块后，A、C之间发生 根据动能定理可知W=2m02=200J,故C错误， 相对滑动，B、C之间不发生相对滑动，故B错误，C 对物块分析，拉力变化的周期为T=2s,每个周期合 正确。若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车 滑动，系统最终也将处于静止状态，全过程中弹簧减 力的冲量为1，=F.了-mgin30°，7=（15X1 少的机械能即为减少的弹性势能，根据能量关系可 1×10×0.5×2)N·s=5N·s,随着时间延续，合力 知等于系统因摩擦产生的内能，故D错误。 的冲量会不断增大，无最大值，故D错误。 4.C【解析】设A、B发生相对滑动时的最小外力为D【解析】水流单位时间撞到B处的体积等于水流 F。,对A受力分析，由牛顿第二定律可得mAg= 单位时间通过水平喷水口的体积，即体积为Q=S, maa,解得a=g=2m/s2,对于B而言，有F。 故A错误。水流从P到B做平抛运动，平抛初速度 mAg一μ(mA十mB)g=mBa,解得F。=8N,由乙为o,由于水柱恰好能垂直撞到斜面，由几何关系可知 ·33·条版老n春 5.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 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（十四） 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 物理·碰撞与动量守恒（二）】 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 (考试时间40分钟，总分100分) 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，si37°=0.6， cos37°=0.8。下列说法正确的是 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“ 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 题目为能力提升题，分值不计入总分。 械能均守恒 1.如图，边长均为a的立方体木块和空心立方体铁块，用长度也为a的细绳连接， 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 悬浮在平静的大水池中，木块上表面和水面的距离为h=4a。当细绳某时刻突 长时间 然断裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块上表面刚浮出水面时， 陶 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 铁块恰好到达池底。已知木块的质量为m,铁块的质量为M=4m,不计水对物 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 块的阻力，设水对物块的浮力不受物块运动的影响，则池深为 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 A.15a B.12a C.10a D.8a 径为R,三个质量分别为m1m,ms的小球编号为1,2、3，各小球半径相同 2.热播电视剧《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨 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王盟 论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度=4.0× 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，如图所示，各小球间的碰 10-8kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×10m/s,飞船垂直于运动方向上的最大横截 撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的 而积S=10m2,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则 A.△：=1s内附着在飞船上的微粒质量为0.12kg 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 B.△t=1s内附着在飞船上的微粒质量为120kg A.11:2 B.33￥1 C.4:4￥1 D.3￥2￥1 C.飞船要保持速度v不变，所需推力大小为3.6×105N 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 D.飞船要保持速度v不变，所需推力大小为7,2X10N 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 3.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 总分。 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 6.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 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 间用一质量不计的轻弹簧连接，t=0时刻滞块A获得一初速度v。沿水平面向右运动，1时刻 被粘住，则下列说法正确的是 与滑块B碰撞，且粘在一起（碰撞时间极短），整个运动过程中，滑块A、B、C的速度一时间的 A.系统A,B,C)最后以大小为=号的速度向右运动 部分图像如图乙所示。，时刻滑块C的加速度为零，下列说法正确的是 B.火药爆炸后、与C碰撞前，物块A,B组成的系统动量守恒 C.火药爆炸释放的能量为mw D.火药爆炸后系统(A、B、C)最终损失的机械能为3mw 甲 4.三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，三球质量满是ma》ma>m。现将三小球从离地面高为h处静止 A滑块C的质量me=2m,图乙中，-受R、全过程系统损失的机被能为” 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 A.25h B.49h C.16h D.3h C弹簧的最大弹性势能为”g D.t,时刻滑块A正向左运动 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） 14 条版老n春 班级 7.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 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 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 动，mA=m,m8=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 (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 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 阻力，重力加速度大小g=10m/s2。则 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 A.花盆与地面碰撞前瞬间的速度大小为20m/s 1 已知弹簧的弹性势能E,一2虹，k为弹簧的劲度系数，江为弹簧的形变量，重力加速度为g, B.花盆与地面碰撞前瞬间，花盆重力的瞬时功率为40W 摩藤杆与滑块B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 C.花盆与地面碰撞过程的动量变化为8kg·m/s D.花盆对地面平均作用力的大小为804N (①)若A的初速度为3g层，求原擦杆在B中移动的距离以及A弹回的速度大小。 *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 (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 选择题 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。=6m/s开始运动， 此条件下A、B分离后各自的速度大小。 答题栏 重力加速度g=10m/s2,则 1 777777777777777777777777777777777777 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 2 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 3 C.小球通过最低点时，小球的速度大小为4√5m/s 4 D.小球运动到最高点时，细绳对小球的拉力大小为50N 5 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(10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。 遮光条 光电门 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 2cm 山 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 接气源 气垫导 10 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 图1 图2 入半圆形滑槽内。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 ①湖节气垫导轨，轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动： 阻力不计。求： ②将弧形轨道与气垫导轨平滑连接： (1)半圆形滑槽ACB向左运动的最远距离； ③气垫导轨上不放滑块Q,将固定有遮光条的滑块P在弧形轨道上由静止释放，测得遮光条 (2)半圆形滑槽ACB的速度最大值： 的遮光时间为； (3)小球经过D点时滑槽的速度大小。 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 发生碰撞并粘在一起，测得遮光条的遮光时间为t: 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1= 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，则上的值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 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】