(7)动量定理 动量守恒定律 动量和能量综合应用-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（N）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (七)动量定理动量守恒定律 动量和能量综合应用 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的) 1.下列说法正确的是 0000000 77777777777777 7777777 甲 A.图甲，子弹打进木块后一起向左运动的过程中，子弹和木块构成的系统动量守恒 B.图乙，两同学传接篮球的过程中，两同学和篮球构成的系统动量守恒 C.图丙，绑有磁铁的两小车在光滑水平地面上相向运动的过程中，两小车构成的系 统动量守恒 D.图丁，小球在光滑水平面上的斜槽顶端由静止释放，在离开斜槽前小球和斜槽构 成的系统动量守恒 2.航天员在空间站内演示微重力环境下不同质量钢球的对心碰撞现象。如图所示，一 质量为0.3kg的钢球A相对网格布静止，航天员将质量为0.2kg的钢球B以 0.5/s的速度水平向左抛出，两球发生弹性正碰。下列说法正确的是 A.碰撞后钢球A向左运动，速度大小为0.2m/s B.碰撞后钢球B向左运动，速度大小为0.4m/s C.碰撞前后钢球A、B的动量变化量相同 D.碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量大小为0.12N·s 3.在离地面同一高度有质量相同的三个小球a、b、c,a球以速度vo竖直上抛，b球以速 度v。竖直下抛，c球做自由落体运动，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.落地前三个小球受到重力的冲量相同 B.a球和b球到达地面时的动量相同 C.落地前a球受到重力的冲量最小 D.b球和c球动量的变化量相同 物理第1页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 4.如图所示，一个质量为的物体以某一速度从A点冲上一个倾角为30°的固定斜面， 其运动的加速度为g(g为重力加速度)。该物体在斜面上上升的最大高度为么，则 在该过程中，下列说法正确的是 A.物体的重力势能增加了子ng B.物体的机械能损失了mgh C.物体的动能损失了mgh D.物体的重力势能增加了mgh 5.如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为的 4节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运动，经过 一段时间达到最大速度。列车向右运动的过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力， 假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同， 已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S,不计其 他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。当列车由静止开始以额定功率运 动到速度为最大速度的时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为 w42 777777 A. B. C.s D./ 6.如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，其右端距墙壁1。物块A(可视为质点) 以oo=4/s的水平速度从木板B的左端滑上木板B,木板B上表面粗糙，物块A 与木板B间的动摩擦因数为0.3。木板B与右侧墙壁碰撞前物块A与木板B未分 离，木板B与墙壁碰撞后以某一速度反弹，之后某一瞬间物块A与木板B同时停止 运动，且物块A刚好停在木板B的最右端。已知物块A的质量为1kg,木板B的质 量为3kg,重力加速度g=10m/s2。关于该运动过程，下列说法正确的是 A.木板B与右侧墙壁的碰撞无机械能损失 B.木板B与右侧墙壁碰撞损失的机械能为4J 20 C.木板B的长度为)m D.木板B的长度为号m 一轮复习单元检测卷七 物理第2页（共8页） 回 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 7.质量为、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性 的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度大小可能为 A.0.6v B.0.55v C.0.4v D.0.3u 8.如图所示，光滑水平地面上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于长木板 A的左端，三者质量分别为nA=2kg、mB=1kg、mc=2kg。开始时滑块C静止，长 木板A与滑块B一起以vo=5/s的速度匀速向右运动，长木板A与滑块C发生碰 撞（碰撞时间极短）后滑块C向右运动，经过一段时间，长木板A与滑块B再次达到 共同速度一起向右运动，且恰好不再与滑块C碰撞。下列说法正确的是 B A c 77777777777777777777777777777777777777 A.长木板A与滑块C碰撞后瞬间长木板A的速度大小为2.5/s B.长木板A与滑块C碰撞后瞬间滑块C的速度大小为3m/s C.整个过程中损失的机械能为15J D.若滑块B与长木板A间的动摩擦因数为0.3，则长木板A的长度至少为1m 9.如图甲所示，一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的固定光滑斜面底端，一质量为 1kg的物块（可视为质点）从斜面上离弹簧上端一定距离的O点由静止释放。以O 点为坐标原点、沿斜面向下为x轴正方向，取地面为零势能面。在物块下滑的全过程 中，重力势能随物块的位移x变化的关系图像如图乙中的图线①所示，弹簧弹性势能 随物块的位移x变化的关系图像如图乙中的图线②所示，弹簧弹性势能E弹= A(为弹簧劲度系数，dx为弹簧形变量)，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度 g=10m/s2,则下列说法正确的是 E/灯 ① ② 0.61.0xm 乙 A.弹簧原长为0.6m B.物块刚接触弹簧时的动能为3J C.弹簧的劲度系数为62.5N/m D.物块的最大加速度大小为25m/s2 物理第3页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 10.如图所示，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上，每个物块的质量均为，一 质量为。的子弹（可视为质点）以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过一 个物块。设物块对子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是 A.子弹和物块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B.若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块 C.若只增加物块个数，子弹能穿过物块的个数减少 D.若只改变物块个数，子弹能穿过物块的个数不超过m十m nm 班级 姓名 分数 题号 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题（本题共5小题，共56分。请按要求完成下列各题）》 11.(6分)小明同学在实验室做探究碰撞中动量守恒定律的实验。如图甲所示，把一 “L”形长木板固定在水平桌面上，在长木板的左端固定一水平轻质弹簧。取两个材 质相同、质量不同的长方形小物块A和小物块B备用。实验步骤：把物块A放在长 木板上弹簧的右侧，向左推物块A压缩弹簧直至物块A到P点。再由静止释放物 块A,物块A最终停在长木板上，标记物块A停止的位置，在物块A运动的路径上 适当位置标记一点Q,测出物块A停止位置到Q点的距离。重复上述过程多次，每 次都从P点由静止释放物块A,计算Q点到停止位置的距离的平均值x。。将物块 B静置在长木板上的Q点，重新从P点由静止释放物块A,两者发生碰撞，测出物 块A停止时到Q点的距离和物块B停止时到Q点的距离。如图乙所示，重复多 次，分别计算物块A停止时到Q点的距离和物块B停止时到Q点的距离的平均 值，计为x1和x2,物块A与物块B碰后反向运动过程中不与弹簧接触。 wwwwwwwwW wwwWWWWM 0 甲 (1)为探究碰撞中动量是否守恒，还需要测出 (写出测 量物理量的名称及表示的字母)。 (2)若关系式√Jx1+√x,= 成立，则可得出结论：物块A、B碰撞过程中动 量守恒。若要进一步验证物块A、B的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式√x 是否成立。（用x、x1、x2和测量物理量的字母表示） 轮复习单元检测卷七 物理第4页（共8页） 囚 12.(10分)利用如图所示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为1的滑块A与 质量为2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后 滑块A和滑块B的速度大小1和2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。回答下 列问题： 挡板 气垫导轨 (1)调节导轨水平。 (2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块的运动方 向相反，应选取质量为 kg的滑块作为滑块A。 (3)调节滑块B的位置，使得滑块A与滑块B接触时，滑块A的左端到左边挡板的 距离51与滑块B的右端到右边挡板的距离52相等。 (4)使滑块A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与滑块B碰撞，分别用传感器记 录滑块A和滑块B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板用的时间t1和t2。 (5)将滑块B放回到碰撞前的位置，改变滑块A的初速度大小，重复步骤(4)。多次 测量的结果如表所示。 1 2 3 4 5 t/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k三西 0.31 k2 0.33 0.33 0.33 (6)表中的k2= (结果保留两位有效数字)。 (7)的平均值为 (结果保留两位有效数字)。 (8)理论研究表明，本实验的碰撞过程是否为弹性碰撞，可由四判断。要使碰撞后两 滑块的运动方向相反，且两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 (用m1和2表示)，本实验中其值为 (结果保留两位有效数 字)；若该值与(7)中结果之间的误差在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导 轨上的碰撞为弹性碰撞。 物理第5页（共8页) 衡水金卷·先享题·高 13.(10分)如图所示，质量均为m的木块A和木块B并排放在光滑水平面上，木块A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L、不可伸长的细线，细线另一端系一 质量也为的小球C(可视为质点)，现将小球C拉起使细线水平伸直，并由静止释 放小球C,重力加速度为g,不计空气阻力，求： (1)小球C运动到最低点时的速度大小； (2)小球C运动到最低点时细线的拉力大小； (3)小球C摆回至轻杆右侧最高处时与O点间的竖直距离。 06 -C A B 7777777777777777777777 三一轮复习单元检测卷七 物理第6页（共8页） 囚 14.(14分)如图所示，长木板静止在水平地面上，其上表面与竖直固定装置A的圆弧下 端平滑相切，装置A的左侧面有一半径R=1.6m的光滑半圆轨道。现让一小物块 从长木板左端以，=14m/s的水平初速度滑上长木板，经过1s小物块恰好滑离长 木板，同时长木板与装置A发生第一次碰撞。已知小物块与长木板的质量均为 2kg,小物块与长木板上表面间的动摩擦因数1=0.4，长木板与地面间的动摩擦因 数2=0.15，长木板与装置A发生弹性碰撞且碰撞时间极短，小物块可视为质点， 不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,求： (1)小物块滑离长木板时的速度大小； (2)小物块运动到半圆轨道的最高点时轨道对小物块的压力大小； (3)小物块从装置A落到长木板上时距长木板左端的距离。（结果保留两位有效数 字) 物理第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 15.(16分)如图所示，某轨道由粗糙倾斜直轨道与光滑圆弧轨道组成，直轨道的倾角0 =37°、长L1=1.5m,圆弧轨道的圆心为O点、半径R=1m,直轨道末端与圆弧轨 道相切，整个轨道固定于光滑水平桌面上。右侧有竖直挡板（厚度不计）的“☐」”形长 木板紧靠轨道右侧放置，其上表面与圆弧轨道末端平齐，长木板的长度L2=2.5, 小物块Q静置于长木板上且与竖直挡板的距离L3=0.875m。小物块P从直轨道 顶端由静止释放，滑上长木板后与小物块Q发生碰撞。已知长木板、小物块P、小物 块Q的质量均为m=1kg,小物块P与倾斜直轨道间的动摩擦因数μ1=0.25，小物 块P、小物块Q与长木板间的动摩擦因数均为42=0.2，运动过程中不计空气阻力， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有的碰撞作用时间极短且均为弹性正碰，重力加 速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，小物块P和小物块Q均可视为质 点，求： (1)小物块P到达圆弧轨道末端时的速度大小； (2)从小物块P刚滑上长木板到与小物块Q发生碰撞经过的时间； (3)小物块Q与挡板发生碰撞后，小物块Q与挡板间的最大距离。 0 L3 777777777777777777777才7 三一轮复习单元检测卷七 物理第8页（共8页） ㄖ高三一轮复习N ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（七） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： .理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力Ⅳ，应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢV ① ②③④ 档次 系数 1 选择题 4 动量守恒的条件 0.85 选择题 4 动量守恒定律的应用 中 0.75 3 选择题 4 冲量、动量定理 中 0.75 4 选择题 功能关系 中 0.75 5 选择题 4 整体法、隔离法及机车启动问题 中 0.65 分段应用动量守恒定律、能量守 6 选择题 难 0.55 恒定律 利用动量守恒定律分析碰撞的 7 选择题 5 中 0.70 可能性 动量守恒定律在板块模型中的 8 选择题 5 中 应用 0.70 选择题 5 变力作用下的功能关系 中 0.65 动量守恒定律、能量守恒定律的 10 选择题 5 难 0.55 综合应用 11 非选择题 6 碰撞中的动量守恒定律 0.70 12 非选择题 10 利用气垫导轨探究弹性碰撞 中 0.65 13 非选择题 10 动量守恒定律、能量守恒定律 中 0.65 14 非选择题 14 弹性碰撞、圆周运动、平抛运动 难 0.55 多过程运动、弹性碰撞、能量 15 非选择题 16 难 0.55 守恒 ·27· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、选择题 ,解得摩擦力大小∫=子mg,物体克服摩擦 ·3 1.C【解析】子弹打进木块后一起向左运动的过程中， 受到逐渐增大的弹簧弹力作用，子弹和木块构成的系 力做的功W:=f· h sin30=之mgh,所以物体的机械 统所受合力不为零，故此系统动量不守恒，A项错误； 两同学传接篮球的过程中，由于地面摩擦力的作用， 能损失了之mgh,B项错误：合外力对物体做的功 两同学和篮球构成的系统所受合力不为零，故此系统 3 h W台=一·在g30=mgh,根据动能定理 动量不守恒，B项错误；绑有磁铁的两小车在光滑水 平地面上相向运动的过程中，两小车构成的系统所受 可知，物体的动能损失了受mh,C项错误。 合力为零，故此系统动量守恒，C项正确；小球在光滑 5.B【解析】设列车的最大速度为m,列车对空气的 水平面上的斜槽顶端由静止释放，小球沿斜槽加速下 阻力为∫，取列车运动方向为正方向，由动量定理有 滑，小球有竖直向下的加速度分量，故小球和斜槽构 f△t=pSvm△tm一0，解得f=pSu品，当牵引力等于阻 成的系统在竖直方向合力不为零，故此系统动量不守 力时，匀速运动，列车的速度最大，则有P=fm,联立 恒，而此系统在水平方向所受合力为零，故此系统只 P 是在水平方向动量守恒，D项错误 解得一√尽，当列车由静止开始以额定功率运动 2.D【解析】设向左为正方向，由动量守恒定律和能量 到速度为最大速度的号时，阻力=S( 30n)2= 1 守恒定律可知mo=mAU十mBU2,之mB哈= gS,此时，牵引力F=P -=3f,设此时1号车 ，十子mi,解得=0.4m/s, 入y 1 3 -一0.1m/s,即碰撞后钢球A向左运动，速度大小为 厢对2号车厢的作用力大小为F,对2号、3号、4号 0.4m/s,钢球B向右运动，速度大小为0.1m/s,A、B 车厢整体，由牛顿第二定律有F'=3ma,对4节车厢 项错误；由动量守恒定律可知，碰撞前后钢球A、B的 整体有3f-1=4ma,联立解得F=1 6oS话= 动量变化量大小相等，方向相反，C项错误：碰撞过程 中钢球A对钢球B的冲量I=1s2一Bvo,解得I= 冬PS,B项正确。 一0.12N·s,负号表示冲量方向向右，D项正确。 6.C【解析】假设木板B与墙壁碰撞前已与物块A共 3.B【解析】由运动学公式h=西什2及心-6 速，共同速度为，取向右为正方向，由动量守恒定 律得mAvo=(A十mB)U,解得=1m/s,从物块A =2gh可知，a球下落时间最长，b球下落时间最短； 滑上木板B到两者共速的过程，对木板B,由动能定 落地前瞬间，a球、b球速度大小相等，c球速度最小， 因此，根据I6=gt可得，重力对三个小球的冲量不 理得mg=之m0i,解得此过程中木板B运动的 相等，a球受到重力的冲量最大，A、C项错误；根据p 位移s=0.5m<1m,假设成立，根据能量守恒定律 =mv可知，a球和b球到达地面时的动量大小相等， 方向相同，B项正确；根据动量定理有IG=△p,故b 得子m时=号（m十m)f十mg△，解得在此过 球和c球动量的变化量不相同，D项错误。 程中物块A相对于木板B滑行的距离△x1=2m,设 4,D【解析】物体在斜面上上升的最大高度为h,克服 木板B与右侧墙壁碰撞后瞬间的速度大小为，从 重力做的功为mgh,则重力势能增加了mgh,A项错 木板B与墙壁碰撞后到物块A与木板B同时停止运 误，D项正确；根据牛顿第二定律得mngsin30°十f= 动的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得2 ·28· 高三一轮复习N ·物理· m101=0,解得4=号 m/s<u1=1m/s,可知木板 5J,根据机械能守恒定律有Ep十E!=E,解得E1 3 =3J,B项正确：弹簧发生形变的过程中，形变量△x B与右侧墙壁碰撞有机械能损失，且损失的机械能 △E=合-m，解得△E=号J,此过程，根 =0,4m,根据Em=号A2,由图乙可得Em=E, 解得k=62,5N/m,C项正确；弹簧压缩量最大时，弹 1 1 据能量守恒定律得mg△n=之m呢十之moi,解 力F=k△x,根据牛顿第二定律有F-mngsin30°= 得在此过程中物块A相对于木板B滑行的距离△x2 a,解得a=20m/s2,D项错误。 10.BD【解析】子弹射入物块过程中，摩擦阻力做负 =号m,所以木板B的长度L=4十△2=2m十 功，子弹和物块组成的系统损失的机械能部分转化 号m=智m,A,B.D项结误，C项正确。 2 为内能，所以机械能不守恒，A项错误；物块对子弹 的阻力大小不变，设子弹的初速度为，子弹每穿 二、选择题 过一个物块产生的热量为Q,子弹射入物块后，与物 7.CD【解析】若碰撞为弹性的，则碰撞后B球获得的 块相对静止时损失的机械能为E横，由动量守恒定律 速度最大，mu=mn十3ma:且分md=之 m听+ 和能量守恒定律得nouo=(m十。)u共，E知 之×3m,解得=0.50，若碰撞为完全非弹性 之m话-是(mm十m)候，解得E=, 1+e nm 碰撞，则碰撞后B球获得的速度最小，mw=(十 3m)vmin,解得vmn=0.25u,综上所述，0.25u≤g≤ 二m瑞，子弹能穿过物块的个数人一号若只增加 0.5w,C、D项正确。 物块个数，E指将增大，且Q不变，则子弹能穿过物 8.BCD【解析】因碰撞时间极短，长木板A与滑块C 块的个数k可能增大，B项正确，C项错误：若只改 的碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间长木板A的速 变物块个数，子弹能穿过的物块个数最大值kx= 度大小为A,滑块C的速度大小为c,以水平向右为 正方向，由动量守恒定律得mAv。=mAUA十mcvc,长 E损m三 Q E描 =m十m,所以 2 nm 木板A与滑块B在摩擦力的作用下达到共同速度， 1+ mo 设共同速度为uB,由动量守恒定律得AA十mBv n =(A十B)yAB,长木板A与滑块B达到共同速度 子弹能穿过物块的个数不超过"m十mm,D项正确。 nm 后恰好不再与滑块C碰撞，应满足B=心，联立解 三、非选择题 得=2m/s,B=化=3m/s,A项错误，B项正确； 11.(1)物块A的质量mA和物块B的质量mB(2分) 整个过程损失的机械能△E=2(mA十mB)诺 (2器(2分)国+2分) 之（m十m十mc)呢=15J,C项正确；若u=0.3,由 【解析】(1)由于物块A、B材质相同，则物块A、B与 能量守恒定律得了m十合m,o听=合(m,十 长木板间的动摩擦因数相同，设物块A、B做匀减速 直线运动的加速度均为a,有mg=ma,可得a= mB)oB十BgL,解得L=1m,D项正确。 g,设碰撞前物块A经过Q点的速度大小为，有 9.BC【解析】取地面为零势能面，根据图像可知物块 0一心=一2ax,设物块A和物块B碰撞后瞬间的 初状态的重力势能E0=mgh=8J,物块距离斜面底 速度大小分别为1、边，则有0-=-2ax1,0一 h 端L=sn30,解得L=1.6m,由图线②可知物块下 =一2ax2,若碰撞中动量守恒，有Avo=一Av1十 落的路程L1=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长 mB2,整理可得mA√0=g√2一A√1，所 L。=L-L1=1.6m-0.6m=1m,A项错误：物块刚 以还需要测量的是物块A的质量A和物块B的质 接触弹簧时的重力势能Epl=Ew一mgL1sin30°= 量mB。 ·29· ·物理· 参考答案及解析 (2)由上述分析可知，若碰撞中动量守恒，有 Fr-mg=m ucu) (1分) A√=B√2一mA√，整理可得√十 解得Fr=4g (2分) √区一兴√，若物块A、B发生弹性碰撞，则由机 (3)设小球C摆回至轻杆右侧最高处时与O点间的 械能守恒定律可得子m心=之mo十之m,结 竖直距离为h。小球C由最低点摆到轻杆左侧，再 摆回至轻杆右侧最高处的过程，木块A和小球C组 合之前的式子，联立可得mAx。=x1十Bx2,又因 成的系统在水平方向动量守恒，末状态两者共速，以 为A√。=mB√2-A√，联立解得√ 向左为正方向，有 +√。 mc一mUa=2m (1分) 12.(2)0.304(2分) 听=子×2mr+mgL-月 m呢+， (1分) (6)0.31(2分) (7)0.32(2分) 解得h=子1 (2分) (8)m,二m(2分)0.34(2分) 14.(1)10m/s(2)25N(3)7.0m 2 【解析】(1)小物块滑上长木板后，对小物块，根据牛 【解析】(2)两滑块的质量分别为0.510kg和 顿第二定律得 0.304kg,要想使碰撞后两滑块的运动方向相反，则 u mg=ma (1分) 滑块A的质量要小，才有可能反向运动，故选质量 解得a1=4m/s2 为0.304kg的滑块作为滑块A。 经过=1$小物块滑离长木板，设滑离时小物块的 (6)因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒 速度大小为 数，由表中数据可得，=车=0：2 有6.67≈0.31。 小物块在长木板上做匀减速直线运动，根据运动学 (7)4的平均值=0.31+0.31十0.33十0.33+0.33 公式有 5 U=v0一a1t (1分) =0.322≈0.32。 解得1=10m/s (1分) (8)由机械能守恒定律和动量守恒定律可得？m运 (2)设小物块运动到半圆轨道最高点时的速度大小 为，根据机械能守恒定律有 1 =之m听+2m,砖m1=一m心十m,联立解 mi=子md+2mgR 1 (1分) 得4=，二m,代入数据可得4≈0.34。 2m 为 解得v=6m/s 设小物块运动到半圆轨道最高点时，轨道对小物块 13.(1)2√3 /gL 2)4mg(3) 的压力大小为F、,则根据牛顿第二定律有 【解析】(1)小球C向下摆动到最低点的过程中，木 2 F、十mg=m (1分) 块A、木块B和小球C组成的系统在水平方向动量 守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能 解得Fx=25N (1分) 守恒定律得 (3)小物块在长木板上向右运动的过程中，对地位移 m-21A=0 (1分) mgL=m呢+ 1X2 (1分) 解得x1=12m (1分) 长木板向右运动的过程中，由牛顿第二定律得 解得化=2√受-√受 (1分) mg-2umg=ma (2)小球C运动到最低点时，对小球C受力分析，根 解得a2=1m/s2 据牛顿第二定律得 根据运动学公式可得长木板与装置A碰撞时 ·30· 高三一轮复习N ·物理· 长木板的速度大小2=a2t1=1×1m/s=1m/s u=mup十2ma (1分) 长木板的位移大小=之a,=0.5m (1分) m2=2m呢+X2m喝+mg(L-L) 故长木板的长度L=x1一x=12m-0.5m= (1分) 11.5m (1分) 解得vp=3m/s,o=0.5m/s (1分) 小物块离开装置A后做平抛运动的过程中，竖直方 1 (另一组解为三一3m/s,= 6 m/s,因r< 向有 2R=子 0,故不合理，舍去) 以向右为正方向，对小物块P由动量定理得 解得t=0.8s (1分) 一e1ngt=Up一1nu (1分) 水平方向的位移x=t=6×0.8m=4.8m(1分) 解得t=0.5s (1分) 长木板与装置A发生弹性碰撞后原速率反弹，碰撞 (3)小物块P与小物块Q发生弹性碰撞，因两者质 后长木板向左运动的过程中，有 量相等，故碰撞后交换速度，碰撞后瞬间小物块P uimg=mas 的速度大小p=0.5m/s,小物块P与长木板速度 解得a3=1.5tm/s 相同，小物块Q的速度大小va1=3m/s 碰撞后长木板停下所用的时间与=些= 3s(1分) 设小物块Q与挡板碰撞前瞬间，小物块Q与长木板 a3 的速度分别为vQ、v板，以向右为正方向，有 长木板通过的位移=0，=号m (1分) ma1十2np1=1na2十2nV板 (1分) 因t2<t,故小物块落到长木板上时长木板已经停止 1 nm6十号X2m1=之nde十号X2m喉十 1 运动 pmgLa (1分) 小物块落到长木板上时距长木板左端的距离△x 解得a2=2m/s,v板=1m/s (1分) L十a-x=1.5m+号m-48m≈7.0m(1分) (另一组解为a:=号m/s,= 3m/s,因a2< 15.1)4m/s(2)0.5s（3)12m 板，故不合理，舍去)》 【解析】(1)对小物块P下滑的过程，根据动能定 小物块Q与挡板碰撞过程，小物块Q与长木板交换 理得 速度，即碰后小物块Q的速度大小va=1m/s,小 物块Q与小物块P的速度相同，长木板的速度大小 mgLi sin 0+mgR(1-cos 0)-umgcos 0.L= v板1=2m/s。小物块Q与小物块P以相同的速度 1 2mv2-0 (2分) 均相对长木板向左运动，三者共速时小物块Q与挡 解得v=4m/s (1分) 板间的距离最大，以向右为正方向，有 (2)小物块P滑上长木板后做匀减速运动，长木板 21a3十1V板1=3mU共 (1分) 与小物块Q一起向右做匀加速运动，三者组成的系 ×2m6+m1=合×3m+2mgs2分) 1 统满足动量守恒定律，设小物块P、Q碰撞前瞬间的 速度分别为p、a,以向右为正方向，根据动量守恒 解得s=2m (2分) 定律与能量守恒定律得 ·31·