(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（U）

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10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一 项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得0分) 1.下列说法正确的是 000000 7777 7777777777777 分 乙 丙 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0.5m/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v。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mgh 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.质量为m、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.0.24v 6.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m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 4321☐ A9P丙 B吕PS C.aS n.是Ps 7.如图所示，木板B静止在光滑的水平面上，其右端距墙壁1m。物块A(可视为质点)以vo=4m/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 三一轮复习单元检测卷七 物理第2页（共8页） 回 B 777777777777777 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 C.木板B的长度为9m D.木板B的长度为号m 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mA=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 =5m/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 77777777777777777 A.长木板A与滑块C碰撞后瞬间长木板A的速度大小为2.5m/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,m=△x(k为弹簧劲度系数，△x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 wwWwW 30° 0.61.0x/m 甲 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 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m,一质量为。 的子弹（可视为质点）以某一初速度从左端水平射人物块中，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，十m nm 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 二、非选择题（本题共5小题，共60分。请按要求完成下列各题） 11.(8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。 TWWWWwWM WWWwwwWwwW 7777 7777777 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√x+√x0= 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√o= 是否成立。（用 xo、x1、x2和测量物理量的字母表示) 一轮复习单元检测卷七 物理第4页（共8页） 回 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m2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： 31 档板 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s1与滑 块B的右端到右边挡板的距离s2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所用的时间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 5 t/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k=7 0.31 0.33 0.33 0.33 V2 (6)表中的k2= (结果保留两位有效数字)。 (7)四的平均值为 (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，可由凹判断。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 2 (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m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。 77777777777777777777 三一轮复习单元检测卷七 物理第6页（共8页） 14.(15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 =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） 7777777777777777777777777 物理第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 15.(17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=2.5m,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：1= 0.25,小物块P、小物块Q与长木板间的动摩擦因数均为2=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。 L3 77777777777777777777才7 三一轮复习单元检测卷七 物理第8页（共8页） 回高三一轮复习U ·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： I.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 易 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 利用动量守恒定律分析碰撞的 5 选择题 4 中 0.70 可能性 6 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 7 选择题 4 恒定律 雅 0.55 动量守恒定律在板块模型中的 8 选择题 4 中 应用 0.70 选择题 4 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 4 难 0.55 综合应用 11 非选择题 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 15 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 17 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 1.C【解析】子弹打进木块后一起向左运动的过程中， 力做的功W=s30=子mgh,所以物体的机械 受到逐渐增大的弹簧弹力作用，子弹和木块构成的系 能损失了之mgh,B项错误：合外力对物体做的功 统所受合力不为零，故此系统动量不守恒，A项错误； 8m30=- 3 h 两同学传接篮球的过程中，由于地面摩擦力的作用， W合=一· 之mgh,根据动能定理 两同学和篮球构成的系统所受合力不为零，故此系统 可知，物体的动能损失了号mgh,C项销误。 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 5.C【解析】若碰撞为弹性的，则碰撞后B球获得的速 合力为零，故此系统动量守恒，C项正确；小球在光滑 度最大，n0=m0十3m且子md=之m十专 水平面上的斜槽顶端由静止释放，小球沿斜槽加速下 X3imw,解得m=0.5u,若碰撞为完全非弹性碰 滑，小球有竖直向下的加速度分量，故小球和斜槽构 撞，则碰撞后B球获得的速度最小，mv=(十 成的系统在竖直方向合力不为零，故此系统动量不守 31)vmim,解得Vgmin=0.25v,综上所述，0.25U≤vg≤ 恒，而此系统在水平方向所受合力为零，故此系统只 0.5u,C项正确。 是在水平方向动量守恒，D项错误 6.B【解析】设列车的最大速度为m,列车对空气的 2.D【解析】设向左为正方向，由动量守恒定律和能量 阻力为∫，取列车运动方向为正方向，由动量定理有 1 守恒定律可知mBU。=mAU十mBUg,之m哈= f△t=pSum△tum-0,解得f=pSu品，当牵引力等于阻 力时，匀速运动，列车的速度最大，则有P=fm,联立 之mo十合mei,解得=0.4m/s,助 P -0.1m/s,即碰撞后钢球A向左运动，速度大小为 解得一√尽，当列车由静止开始以额定功率运动 0.4m/s,钢球B向右运动，速度大小为0.1m/s,A、B 到速度为最大速度的子时，阻力=S(号)- 项错误；由动量守恒定律可知，碰撞前后钢球A、B的 pS,此时，牵引力F=P 1 动量变化量大小相等，方向相反，C项错误；碰撞过程 1 =3f,设此时1号车 中钢球A对钢球B的冲量I=Bv2一mBvo,解得I= 3Um 一0.12N·s,负号表示冲量方向向右，D项正确。 厢对2号车厢的作用力大小为F,对2号、3号、4号 车厢整体，由牛顿第二定律有F=3ma,对4节车厢 3.B【解析】由运动学公式A=w什号g及-话 整体有3f-=4ma,联立解得F'=13。 6pS哈= =2gh可知，a球下落时间最长，b球下落时间最短； 落地前瞬间，a球、b球速度大小相等，c球速度最小， 是PS,B项正确。 因此，根据I6=gt可得，重力对三个小球的冲量不 7.C【解析】假设木板B与墙壁碰撞前已与物块A共 相等，a球受到重力的冲量最大，A、C项错误；根据p 速，共同速度为，取向右为正方向，由动量守恒定 =可知，a球和b球到达地面时的动量大小相等， 律得Avo=(a十ms),解得=1m/s,从物块A 方向相同，B项正确；根据动量定理有IG=△p,故b 滑上木板B到两者共速的过程，对木板B,由动能定 球和c球动量的变化量不相同，D项错误。 4.D【解析】物体在斜面上上升的最大高度为h,克服 理得mngs=之msoi,解得此过程中木板B运动的 重力做的功为mgh,则重力势能增加了mgh,A项错 位移s=0.5m<1m,假设成立，根据能量守恒定律 误，D项正确；根据牛顿第二定律得mngsin30°十f= · 得之明=号(m十m)十amk△，解得在此过 子8，解得摩擦力大小∫=mg,物体克服摩擦 程中物块A相对于木板B滑行的距离△x1=2m,设 ·28· 高三一轮复习U ·物理· 木板B与右侧墙壁碰撞后瞬间的速度大小为？，从 :10.BD【解析】子弹射入物块过程中，摩擦阻力做负 木板B与墙壁碰撞后到物块A与木板B同时停止运 功，子弹和物块组成的系统损失的机械能部分转化 动的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得B2 为内能，所以机械能不守恒，A项错误；物块对子弹 -mo=0,解得=号m/s<=1m/s,可知木板 的阻力大小不变，设子弹的初速度为，子弹每穿 过一个物块产生的热量为Q,子弹射入物块后，与物 B与右侧墙壁碰撞有机械能损失，且损失的机械能 块相对静止时损失的机械能为E横，由动量守恒定律 △E=号mai-之mi,解得△E=号J,此过程，根 和能量守恒定律得6=(n十)共，E横= 1 据能量守恒定律得m1g△=me明十之mi,解 1 2 mo (nm十m)候，解得E=1 1+% nm 得在此过程中物块A相对于木板B滑行的距离△x2 1 =号m,所以木板B的长度L=4十△=2m十 之2。，子单能穿过物块的个数一，若只增加 物块个数，E指将增大，且Q不变，则子弹能穿过物 m,A、B、D项错误，C项正确。 块的个数k可能增大，B项正确，C项错误；若只改 9 变物块个数，子弹能穿过的物块个数最大值kmx= 8.BCD【解析】因碰撞时间极短，长木板A与滑块C 1 的碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间长木板A的速 21106 =。十nm,所以 度大小为A,滑块C的速度大小为vc,以水平向右为 Q E损 nm 正方向，由动量守恒定律得mAU=AUA十cUc,长 1+ nm 木板A与滑块B在摩擦力的作用下达到共同速度， 设共同速度为B,由动量守恒定律得mAA十mB 子弹能穿过物块的个数不超过m十m,D项正确。 nm =(n十g)As,长木板A与滑块B达到共同速度 二、非选择题 后恰好不再与滑块C碰撞，应满足8=(，联立解 11.(1)物块A的质量mA和物块B的质量mB(2分) 得A=2m/s,B==3m/s,A项错误，B项正确； (2)√(3分)√+(3分) 72A 整个过程损失的机械能△E:=子(m,十m)话 【解析】(1)由于物块A、B材质相同，则物块A、B与 2(mn十m十e)论=15J,C项正确；若u=0.3,由 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umg=a,可得a= 能量守恒定律得m十号m暖=号（十 g,设碰撞前物块A经过Q点的速度大小为，有 0-6=一2axo,设物块A和物块B碰撞后瞬间的 mB)v%B十BgL,解得L=1m,D项正确。 速度大小分别为v1、2,则有0-=一2ax1,0一 9.BC【解析】取地面为零势能面，根据图像可知物块 =一2ax2,若碰撞中动量守恒，有mv。=一m1十 初状态的重力势能E=mgh=8J,物块距离斜面底 Bv2,整理可得√0=B2-A√1，所 h 端L=sm30,解得L=1.6m,由图线②可知物块下 以还需要测量的是物块A的质量mA和物块B的质 落的路程L1=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长 量B。 L=L一L1=1.6m一0.6m=1m,A项错误：物块刚 (2)由上述分析可知，若碰撞中动量守恒，有 接触弹簧时的重力势能Epl=Ew一mgL1sin30°= A√=B√2-A√x,整理可得√十 5J,根据机械能守恒定律有Ep1十Ek1=E,解得Ea √=√，若物块A,B发生弹性碰撞，则由机 =3J,B项正确；弹簧发生形变的过程中，形变量△x 1 =0.4m,根据E=之k△x,由图乙可得E=E, 被能守恒定律可得立m听=名m十子me时，结 解得k=62.5/m,C项正确；弹簧压缩量最大时，弹 合之前的式子，联立可得Axo=Ax1十Bx2,又因 力F=k△x,根据牛顿第二定律有F一mng sin30°= 为A√a0=g√x2一√x1,联立解得√0= ma,解得a=20m/s2,D项错误。 /+√x2。 ·29· ·物理· 参考答案及解析 12.(2)0.304(2分) (6)0.31(2分) 解得6=子 (2分) (7)0.32(2分) 14.(1)10m/s(2)25N(3)7.0m 【解析】(1)小物块滑上长木板后，对小物块，根据牛 (8)"m(2分)）0.34(2分) 2n1 顿第二定律得 【解析】(2)两滑块的质量分别为0.510kg和 mg=ma (1分) 0.304kg,要想使碰撞后两滑块的运动方向相反，则 解得a1=4m/s2 滑块A的质量要小，才有可能反向运动，故选质量 经过t=1s小物块滑离长木板，设滑离时小物块的 为0.304kg的滑块作为滑块A。 速度大小为u (6)因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒 小物块在长木板上做匀减速直线运动，根据运动学 数，由表中数据可得2=车=02 公式有 t0.67 ≈0.31 1=Uo一a1t1 (1分) (7)4的平均值=0.31十0,31十0.33+0.33+0,33 解得v1=10m/s (1分) 5 (2)设小物块运动到半圆轨道最高点时的速度大小 =0.322≈0.32。 为v,根据机械能守恒定律有 (8)由机械能守恒定律和动量守恒定律可得子m:心 m=之mr+2mxk 1 (1分) 2212千工712后；721心——211十722U2,联立角解： 解得v=6m/s 得4="，二m,代入数据可得4≈0.34。 设小物块运动到半圆轨道最高点时，轨道对小物块 2 271 的压力大小为F、,则根据牛顿第二定律有 13.(1)2√3 L 22 F、十mg=m (1分) 【解析】(1)小球C向下摆动到最低点的过程中，木 解得Fx=25N (1分) 块A、木块B和小球C组成的系统在水平方向动量 (3)小物块在长木板上向右运动的过程中，对地位移 守恒，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能 守恒定律得 2 解得x1=12m (1分) muc -2mv=0 (1分) 长木板向右运动的过程中，由牛顿第二定律得 =1 1 m+X2m听 (1分) umg-2uig=maz 解得=2√受-√ gL 解得a2=1m/s2 (1分) 根据运动学公式可得长木板与装置A碰撞时 (2)小球C运动到最低点时，对小球C受力分析，根 长木板的速度大小2=a2t1=1×1m/s=1m/s 据牛顿第二定律得 (1分) Fr-mg=m ,(c十h)2 (2分) L 长木板的位移大小=号4，=0.5m (1分) 解得Fr=4ng (1分) 故长木板的长度L=x一x=12m-0.5m= (3)设小球C摆回至轻杆右侧最高处时与O点间的 11.5m (1分) 竖直距离为h。小球C由最低点摆到轻杆左侧，再 小物块离开装置A后做平抛运动的过程中，竖直方 摆回至轻杆右侧最高处的过程，木块A和小球C组 向有 成的系统在水平方向动量守恒，末状态两者共速，以 向左为正方向，有 2R=古 mvc -mvn =2mv (1分) 解得t=0,8s (1分) 之md+之m=子×2m时+mgL-) 1 水平方向的位移x=t=6×0.8m=4.8m(1分) (1分) 长木板与装置A发生弹性碰撞后原速率反弹，碰撞 ·30· 高三一轮复习U ·物理· 后长木板向左运动的过程中，有 0,故不合理，舍去) u2mg=mas 以向右为正方向，对小物块P由动量定理得 解得a=1.5m/s2 一emgt=Up一U (1分) 碰撞后长木板停下所用的时间=巫= 解得t=0.5s (2分) a3 3s(1分) (3)小物块P与小物块Q发生弹性碰撞，因两者质 1 长木板通过的位移4=合，=子m (1分) 量相等，故碰撞后交换速度，碰撞后瞬间小物块P 的速度大小r1=0.5m/s,小物块P与长木板速度 因t2<t,故小物块落到长木板上时长木板已经停止 运动 相同，小物块Q的速度大小va1=3m/s 设小物块Q与挡板碰撞前瞬间，小物块Q与长木板 小物块落到长木板上时距长木板左端的距离△x= 的速度分别为vQ2、板，以向右为正方向，有 L+-=1.5m十号m-48m≈7.0m1分) ma1十2mUp1=na2十2m板 (1分) 1 15.1)4m/s2)0.5s(3)72m 12品士×2第1—2%2十2×2腹+ 2 【解析】(1)对小物块P下滑的过程，根据动能定 wmgLa (1分) 理得 解得a2=2m/s,v板=1tm/s (1分) mgLi sin 0+mgR(1-cos 0)-u mgcos 0.L= (另一组解为o=号ms,暖=号m/,因0< 1 2mw2-0 (2分) V板，故不合理，舍去) 解得u=4m/s (1分) 小物块Q与挡板碰撞过程，小物块Q与长木板交换 (2)小物块P滑上长木板后做匀减速运动，长木板 速度，即碰后小物块Q的速度大小a=1m/s,小 与小物块Q一起向右做匀加速运动，三者组成的系 物块Q与小物块P的速度相同，长木板的速度大小 统满足动量守恒定律，设小物块P、Q碰撞前瞬间的 v板1=2m/s。小物块Q与小物块P以相同的速度 速度分别为P、a,以向右为正方向，根据动量守恒 均相对长木板向左运动，三者共速时小物块Q与挡 定律与能量守恒定律得 板间的距离最大，以向右为正方向，有 mv=mvp +2mvo (1分) 2Qa十mV板1=32U共 (1分) m时=号ma味十2×2m6+mg-l) 1 1 X2m6+之m暖！=立X3m+2mgs(2分） 2 (1分) 解得s=12m (2分) 解得p=3m/s,a=0.5m/s (1分) (另一组解为w=-子m/s,o=号m/s,因w< ·31·