(11)动量、动量定理、动量守恒定律、碰撞、实验：验证动量守恒定律-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习周测卷（S）

高三一轮复习周测卷/物理 (十一)动量、动量定理、动量守恒定律、 碰撞、实验：验证动量守恒定律 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题（本题共10小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不 全的得3分，有选错的得0分) 1.在某次演练中，一颗炮弹在斜向上飞行的过程中发生爆炸，如图所示。爆炸后，炮弹分成两部 分。若炮弹的重力远小于爆炸产生的内力，则关于爆炸后两部分的运动轨迹不可能的是 00 2.在光滑水平面上，一底部与水平面相切的光滑弧形槽的质量为M、高度为h,一个小球从弧形槽 顶部由静止下滑，撞在一端固定在竖直墙壁上的弹簧上。已知小球的质量为，且m<M。不 计空气阻力，下列说法正确的是 A.在小球下滑过程中，弧形槽对小球的弹力始终不做功 B.在整个过程中，小球和弧形槽、弹簧组成的系统机械能减少 C.小球离开弹簧后，仍能回到弧形槽h高处 000000 77777777777779 D.在小球下滑过程中，小球、弧形槽组成的系统动量不守恒 3.如图所示，水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴O0做匀速圆周运动，转盘表面质 地均匀，转盘上放着两个完全相同的小碟子，随着转盘共同转动，两个碟子的质量均为，线速 度大小均为，其中一个碟子中装有一个苹果，在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止， 一个碟子是空的。下列说法正确的是 A.匀速转动时，碟子对转盘的摩擦力方向指向转盘圆心 餐桌转盘：O B.若转盘的角速度逐渐增大，则空碟子先相对转盘发生滑动 水平桌 C.转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力的冲量大小 为2mv D.转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力所做的功不为零 0 4.娱乐风洞是一种空中悬浮装置，它通过人工制造和控制气流，把游客在一个特定的空间内“吹” 起来，让人不仅可以体验太空飘忽的感觉，同时，还可以直观地了解空气动力学知识和风洞实验 技术。如图所示，悬浮在风洞正上方的两名游客手拉着手。若他们受风 的有效面积为S,气流的平均密度为ρ，气流的速度大小为，已知重力加 速度为g,气流吹到人身体后速度近似变为0，则游客的总质量约为 A.Su B.2pSvo g g C.OS D.2pSv g g 5.如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块 B,在A的右侧有一质量为5kg的小球C,三者均处于静止状态。现给B一个瞬时冲量，使它获 得4m/s的初速度开始沿A向右运动，某时刻A和C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来， 下列说法正确的是 A.A和C碰撞前的瞬间，A的速度大小为0.6/s B B.整个过程产生的热量为3.6J 物理第1页（共4页) 衡水金卷·先享题·高 C.碰后C的速度大小为0.5m/s D.A和C碰撞前，A、B已经共速 6.如图所示，在光滑的水平面上，沿同一直线向右运动的两个小球A、B,其质量分别为mA、mB(B =2A),经过一段时间后两球发生正碰，碰撞前的速度大小分别为vA=6m/s、vs=4m/s,碰撞 后的速度大小分别为v'、s',则下列关系式可能正确的是 A.vA'=2 m/s,UB'=6 m/s B.vA=4 m/s,UB'=5 m/s 777 C.vA=4 m/s,UB=6 m/s D.vA'=8 m/s,vB'=2 m/s 7.燃放炮竹是我国很多地方春节期间的习俗，其中有一种“冲天炮”的炮竹，可以从地面上升到空 中爆炸。若有一颗“冲天炮”从水平地面发射到达最高点时爆炸成质量比为m:2=1:2的1、2 两部分，如图所示。已知爆炸后瞬间部分1的初速度大小为10/s、方向斜向上与竖直方向成 53°角。测得部分1的落地点到爆炸点间的水平距离为16m,重力加速度g= 10m/s2,不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是 A.爆炸后瞬间部分2的速度大小为20m/s B.爆炸点离地的高度为9.8m C.部分1、2落地的时间差为0.4s 7777777777 D.部分1、2落地点间的距离为20m 8.如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将冰壶A以vA=2.5/s的速度从掷 出线掷出，△t=0.5s后再把冰壶B以vB=2.9m/s的速度掷出，冰壶A、B的质量分别为mA= 0.7kg、B=0.5kg。两冰壶均沿中心线运动。当冰壶B追上冰壶A时两者发生弹性正碰，碰 后冰壶A恰好到达大本营中心。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为=0.04，两冰壶均可 视为质点，重力加速度g=10m/s。下列说法正确的是 A.碰前瞬间冰壶A的速度大小为1.5m/s B.碰前瞬间冰壶B的速度大小为2m/s C.大本营中心到掷出线的距离为10m D.冰壶B掷出后与冰壶A间的最大距离为2.5m 掷出线 大本营 9.如图所示，跳杆底部有一根弹簧，小孩的质量为m,杆的质量为，当小孩和跳杆处于竖直静止 状态时，弹簧压缩量为xo。在某次弹跳中，小孩站在脚踏板上，从弹簧处于最大压缩量为5x,时 开始计时，上升到弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他与跳杆瞬间共速，接着保持稳定的姿 势竖直上升到最大高度。全程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能满足E,-,为弹 簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g,空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧 和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计，下列说法正确的是 A.弹簧的劲度系数为”m 0 B.弹簧恢复原长时小孩的速度最大 C.小孩跳起过程中的最大速度为4√gxo D.跳杆离地后上升的最大高度为织。 10.如图甲所示，P、Q两物体放置在光滑的水平面上，静止的Q左端有一轻弹簧，P以初速度。向 右运动撞上弹簧，则Q能获得的最大速度大小为v2。若保持P的质量1不变，改变Q的质量 m2,可得1与m2的关系图像如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是 A.在弹簧压缩的过程中，P、Q组成的系统动量不守恒 污/(sm) B.P的初速度vo=10m/s 0.20 C.P的质量m1=1kg D.若m2=3kg,弹簧被压缩到最短时的弹性势能为60J 0.05 0 6 m2/kg 乙 一轮复习周测卷十一 物理第2页（共4页） s 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 5 6 2 8 9 10 答案 二、非选择题（本题共5小题，共54分。请按要求完成下列各题） 11.(8分)用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，实验步骤如下： 定位板 入射球 靶球 木板 水平调节螺丝 M 白纸 M D ①② D 复写纸 BC 甲 ①先不放靶球B,将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次， 把10次落点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点； ②在斜槽末端放上靶球B,将入射球A从斜槽上同一位置由静止释放，与靶球B碰后A、B两 球落到白纸上某两点，重复该动作10次，把A、B两球的10次落点分别用一个最小的圆圈起 来，圆心分别标为M、N点； ③测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x1、x2、x3。 (1)下列实验条件正确的是 (填正确答案标号)。 A.斜槽必须光滑且末端切线水平 B.必须测量斜槽末端距白纸的高度h C.A、B两球的直径必须相同 D.两球的质量关系满足mB>mA (2)用最小圆的圆心定位小球落点的目的是通过多次测量取平均值以减小 (填“偶然 误差”或“系统误差”)。 (3)若A、B两球的质量分别为mA、B,实验中需验证的关系式为 (用题中所 给字母表示)。 (4)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图乙所示，用 两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点， 两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与 静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2向右摆动至最高点 D。测得小球1,2的质量分别为m和M,弦长AB=11、A'B=L2、CD=l3。经推导若m、M、l1、 L2、l3满足 关系即可验证碰撞前、后动量守恒。 12.(8分)如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为，的入射小 球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末 端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为0的斜面上， 再把质量为2的被碰小球放在斜槽轨道末端O点，让入射小 球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别记下与斜 面第一次碰撞留下的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。 (不考虑小球在斜面上的多次碰撞) (1)关于本实验，下列说法正确的是 (填正确答案标号)。 A.斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的位置也不必相同 B.斜槽轨道末端必须水平 C.为保证人射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量1等于被碰球的质量m2 (2)实验中不易直接测定小球碰撞前、后的速度，可以通过仅测量 (填正确答案标号)， 间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度h B.斜面的倾角0 C.O点与各落点的距离 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 (3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 (填正确答案标号)，则可以认为两球碰 撞前、后的总动量守恒。 A.m1·OP=m1·OM+m2·ON B.m1·ON=m1·OP+m2·OM C.m1·√OP=m1·√OM+m2·√OND.m1·√/ON=m1·√Op+2·√OM (4)如果该碰撞为弹性碰撞，则还需要满足一个表达式，即 13.(8分)如图所示，某超市两辆相同的购物车沿同一直线静置于水平地面上，质量均为8kg,人在 极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动。当车运动2时与第二辆车碰撞然后瞬间结合 在一起，速度为3/s,再一起运动1m后与竖直瓷砖墙壁发生碰撞并反向弹回，与墙壁碰撞过 程中动能损失了75%，作用时间为0.04s。已知当瓷砖所受冲击力超过1000N会碎裂，车运 动时受到的摩擦力恒为重力的子。忽略空气阻力，碰撞过程中不计地面的摩擦力，重力加速度 g=10m/s2。 (1)求两车碰撞过程中损失的机械能； I m (2)求人给第一辆购物车的水平冲量大小； (3)计算说明瓷砖会不会碎裂。 14.（14分)如图所示为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱（可视为质点） 和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m=6kg,光滑倾斜轨道底端通过一小 段光滑圆弧与小车无缝接触（平底箱经过倾斜轨道底端时没有能量损失），需要运送的货物距 离倾斜轨道底端的高度h=5,小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面间的动摩擦因 数=0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数足够大的理想弹簧（压缩 弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略)。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定 小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹 回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到释放点，每 次货物装箱后不会在平底箱中滑动，重力加速度g=10m/s2,货物的质量M未知。 (1)求平底箱滑上小车前瞬间的速度大小； (2)当某次货物的质量M=24kg时，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条 件； (3)当小车的长度L=5时，若能将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什 么要求。 挡板 台阶 0000 水平轨道 15.(16分)如图所示，光滑水平面上的小车质量为2，小车左侧部分有半径为R的光滑圆弧轨 道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B两点间的距离为 2R。质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点以=2√gR的速度滑下，已知小物 块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。 (1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小： (2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小； (3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。 ---0 7777777 777777 7777777 一轮复习周测卷十一 物理第4页（共4页） 囹高三一轮复习S ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（十一） 9 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( 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) ⅡⅢV ②③④ 档次 系数 1 选择题 4 动量守恒 易 0.86 2 选择题 4 机械能守恒 易 0.84 3 选择题 4 动量定理 易 0.84 4 选择题 4 动量定理 多 0.80 5 选择题 4 碰撞 中 0.78 6 选择题 4 碰撞 中 0.76 7 选择题 4 爆炸 中 0.70 8 选择题 6 碰撞 中 0.72 9 选择题 6 动量守恒定律、机械能守恒 中 0.68 10 选择题 6 碰撞 中 0.66 11 非选择题 验证动量守恒定律 中 0.78 12 非选择题 6 验证动量守恒定律 中 0.74 13 非选择题 P 动量定理、动量守恒定律 中 0.72 14 非选择题 14 动量守恒、能量守恒 中 0.70 15 非选择题 16 动量守恒、能量守恒 雅 0.55 香考誉案及解析 一、选择题 2.D【解析】在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧 1.A【解析】炮弹的重力远小于爆炸产生的内力，则炮 形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故 弹爆炸过程中动量守恒，炮弹爆炸前动量斜向右上， 小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线 所以爆炸后瞬间两部分的动量矢量和也一定斜向右 方向，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂 上，A图所示的情况，爆炸后两部分的动量矢量和沿 直于接触面，故弹力方向和小球运动的速度方向不垂 水平方向，B、C,D图所示的情况，爆炸后两部分的动 直，弹力对小球做功，A项错误；整个运动过程中小球 量矢量和可以斜向右上，A项符合题意。 和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内的弹力 ·41· ·物理· 参考答案及解析 做功，系统机械能守恒，B项错误；运动过程中，小球 守恒定律有mBB=Bvg'十mAA,代入数据解得UB 的重力势能转化为弧形槽的动能和小球的动能，所以 =0.8m/s>v,由此可知，A和C碰撞前，A、B未达 小球的重力势能减少，不能上升到原来的高度，小球 到共速，D项错误。 上升的最大高度要小于h,C项错误；在小球下滑过 6.B【解析】碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能 程中，小球和弧形槽组成的系统，竖直方向受力不平 不增加原则，碰撞前系统的初动量p=pA十B 衡，所以系统动量不守恒，只是水平方向动量守恒，D mAvn十B)B=14,可知碰撞前系统的初动能Ek 项正确。 =子m十之i=34,A项碰擅后系统的动 1 3.C【解析】匀速转动时，碟子的向心力由转盘对碟子 量p=pA'十pg'=14A=p,碰撞后系统的动能Ex 的摩擦力提供，指向转盘圆心，由牛顿第三定律可得， =子u:十之m”-8>E。,不满足碰撞 1 碟子对转盘的摩擦力方向为转盘圆心与碟子的连线 向外，A项错误：当刚发生相对滑动时，最大静摩擦力 过程中总动能不增加的原则，A项错误：B项碰撞后 提供向心力，即g=r,两个碟子与转盘接触面 系统的动量p=pa'十p'=14mA=po,碰撞后系统的 的动摩擦因数相同、半径相同，则可知两个碟子相对 动能Ex'= 1 1 之mvn+2msvg'=33m<Ew,B项 转盘发生滑动的角速度相同，B项错误；转盘匀速转 动半周的过程中，空碟子的速度方向反向，合外力（摩 正确；C项碰撞后系统的动量p=p′十p'=16A> 擦力)对空碟子的冲量等于其动量改变量，则有I:= ,不满足动量守恒，C项错误；D项A球的速度反向 不满足动量守恒，若A球速度不改变方向则碰撞后A m-(一mv)=21w,C项正确：转盘匀速转动半周的 球的速度应小于B球的速度，且不满足动量守恒，D 过程中，转盘对空碟子的摩擦力提供向心力，始终指 向圆心，与速度方向垂直，不做功，则转盘对空碟子的 项错误。 摩擦力所做的功为零，D项错误。 7.D【解析】由动量守恒有m=22,解得2= 5m/s,A项错误：爆炸后部分1做斜抛运动，在竖直 4.C【解析】游客处于平衡状态，对其进行受力分析， 气流对游客的平均作用力F1=g,根据牛顿第三定 方向的分速度，=U1c0s53°=6m/s,在水平方向的 律可得游客对气流的平均作用力F2=F,以极短时 分速度1r=usin53°=8m/s,从爆炸后到部分1落 间△t内与游客发生作用的气流为研究对象，则有△m 地共经历时间1=誓。=2©，故爆炸点离地面的高度 =p△tS,规定竖直向上为正方向，对气流由动量定 理有-(F2十△mg)△t=0-△mo,由于F2>△ng,则 h=一，t十之gt=8m,B项错误；部分2竖直向下 有-F,△t=0-△mw,解得m=S远，C项正确。 的分速度2，=hcos53°=3m/s,则有h=2,t'十 g 1 t,解得t=1s,则部分1,2落地的时间差△t=无 5.B【解析】对A、B、C整体，根据动量守恒定律有 mgvg=cvc,解得化=0.4m/s,C项错误；根据能量 一t'=1s,C项错误；部分2水平向左的分速度2，= №sin53°=4m/s,则部分2落地点到爆炸点间的水 守恒定律有Q=号m一号呢=3.6J,B项正 平位移x2=2,t'=4m,则两部分落地点间的距离△x 确；A和C发生弹性碰撞，则mAA=mAa′十mcc, =(4十16)m=20m,D项正确 风，时=之十子m呢，代人数据解得 1 8.AC【解析】设冰壶B运动时间t后追上冰壶A,两 冰壶在冰面上减速时的加速度大小为a,由牛顿第二 8 m/s,A项错误：A和C碰撞前，对A、B,根据动量 定律可得g=a,由匀变速直线运动规律可得 ·42· 高三一轮复习S ·物理· +a2)-号a+△)=d-号at,n'=n 图像有2 10.05,1一=06：02，解得w二 6 a(t十△t),'=%-at,解得t=2s,n'=1.5m/s, 10m/s,1=2kg,B项正确，C项错误；若2= g'=2.1m/s,A项正确，B项错误；设两冰壶碰撞后 3kg,弹簧被压缩到最短时，两者共速，由动量守恒 的速度大小分别为”、”，则有AvA'十BB' 定律有m0=(十2)共，弹簧弹性势能E。= mo”十me”,mu十子meg= 1 m砖-之(m十m)或，解得E,=60J,D项 1 乞mag",s=t-号a 正确。 、之22平台，解得”=2m/S， 二、非选择题 "=1.4m/s,s=10m,C项正确；设最终两冰壶间的 11.(1)C(2分) 1 距离为z,有乞m十号mi=mgs十mg(行 (2)偶然误差(2分) (3)Ax2=mAx1十mBx3(2分) x),解得x=2.55m,则冰壶B掷出后与冰壶A间的 (4)ml1=-ml2+Ml3(2分) 最大距离d=2.55m,D项错误。 【解析】(1)斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜 9.ACD【解析】竖直静止时，对小孩受力分析mg= 槽末端飞出时做平抛运动，但斜槽是否光滑对实验 kx,可得k=m竖，A项正确：当小孩所受的合力为零 无影响，A项错误；本实验是根据平抛运动的规律来 时速度最大，即小孩上升高度为4x。时，小孩的速度 验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两球抛出的 最大，B项错误；对系统，根据能量守恒定律有 水平距离，因为抛出高度相同、落地时间一样，验证 (5户=mg·4。十k+名md,解得 入 时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要 测量斜槽末端距白纸的高度，B项错误；要保证两球 4√gx。,C项正确；设弹簧恢复原长时小孩的速度为 在斜槽末端发生正碰，则A、B两球的直径必须相 4,对系统，根据能量守恒定律有之k(5x,)2=mg· 同，C项正确；为了防止两球碰撞后反弹，则需满足 入射球A的质量大于靶球B的质量，D项错误。 5x十。m心，小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆根据动 (2)用最小圆的圆心定位小球落点，可以得到平均落 量守恒定律有m@=(n十号)，之后小孩和跳杆一 点，从而减小实验的偶然误差。 (3)需要验证的动量守恒表达式为Mv。=mAv1十 起竖直上抛到最高点，根据机械能守恒定律有2( 1 g2,因落地时间相等，则有mAvot=Av1t十 十号)=(m+骨)gh,解得A=界，D项正确。 BU2t,可得nx2=Ax1十mBx3。 (4)设轻绳长为L,小球从偏角9处由静止摆下，摆 10.BD【解析】地面光滑，P、Q两物体组成的系统受 到最低点时的速度为，小球经过的圆弧对应的弦 到的合外力为0，动量守恒，A项错误；设Q的速度 最大时，P的速度为，此时弹簧弹性势能为0，由 长为L,则由动能定理有mgL(1-c0s)=之m心，由 动量守恒定律和能量守恒定律有1=十 数学知识可知si血号-立联立解得=1√凫，若 %助，分m话=之m听十之m,解得功二 1 1 两小球碰撞过程中动量守恒，则有=一m2十 n,变形得=则十站由日 1 -m2 M,又有=√凭，w=√，=√凭 ·43· ·物理· 参考答案及解析 整理可得ml1=-ml2十Ml。 ×2mu号=72J (1分) 12.(1)B(2分) (2)碰撞前对第一辆购物车，根据动能定理可得 (2)C(2分) mg=1, 1 (1分) (3)C(2分) (4)m1·OP=m·OM+2·ON(2分） 解得o=√46m/s 【解析】(1)只要小球从斜槽轨道上同一位置由静止 则人给第一辆购物车的水平冲量I。=m。= 释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽 8/46kg·m/s (1分) 轨道不必光滑，A项错误；为保证小球离开斜槽后做 (3)两车共速后到与瓷砖墙壁碰撞前过程，根据动能 平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，B项正确；为保 定理可得一 1 4 X2mgm=2X2m听- 2X2m 证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量 (1分) m大于被碰球的质量2，C项错误。 (2)小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小 解得=2m/s 为L,竖直方向有Lsin0=号g,水平方向有Lc0s9 与瓷砖墙壁碰撞过程中动能损失了75%，则有号× gLcos2日 2mf=25%X号X2m (1分) =Ut,解得v= 2sin 0 ,入射球碰撞前的速度心 g·OPcos2a 解得u三，=1m/s 碰撞后的速度u1 2sin 0 与瓷砖墙壁碰撞过程，取碰后车的速度方向为正方 g·OMcos0 2sin 0 ,被碰球碰撞后的速度 向，根据动量定理可得Ft=2mu一（一2m)(1分) g·ONcos0,两球碰撞过程系统动量守恒，以向 解得F=1200N>1000N 2sin 0 可知瓷砖会碎裂 (1分) 右为正方向，由动量守恒定律得=1十 14.【解析】(1)设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为 2,整理得1√Op=1√OM+2√ON,实验 ,对平底箱从释放点到滑上小车前根据动能定理 可以通过测O点与各落点的距离代替测小球做平 可得(m+Dgh=之m+MD时 (2分) 抛运动的初速度，C项正确。 (3)由(2)可知在实验误差允许的范围内，若满足关 解得o=10m/s (1分) 系式m1√OP=m√OM+m2√ON,则可以认为 (2)设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为共， 两球碰撞前、后的总动量守恒，C项正确。 则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒 (4)若碰撞是弹性碰撞，以上物理量还满足的表达式 定律有(n十M)=(m十M十m)v共 (2分) m砖=m听+之m,因cL,即寸6cL, 1 解得=要 则有m1·OP=m1·OM+m2·ON。 设小车被锁定时弹簧的弹性势能为E。,由能量守恒 13.【解析】(1)设两车碰撞前瞬间，第一辆购物车的速 定律可得E,=号(m+M+m)4=1250J2分) 度为，根据动量守恒定律可得=22(1分) 小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的 解得=2u2=6m/s 动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，则 则两车碰撞过程中损失的机被能△E=m听一司 这一部分能量损失，此时对平底箱从挡板处滑上释 ·44· 高三一轮复习S ·物理· 放点，有号E,≥mgL十mgh (1分) √gR (1分) (3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若 解得1<”n (1分) 飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小 (3)当小车的长度L=5m,若能将空箱顺利运回释 车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的 放点，则之E,'≥mgL十mg (1分) 循环摩擦后物块与小车最终必然均将静止。设物块 第一次返回后能够上升的最大高度为h E,'=之(m+M+m)a (2分) 由能量守恒定律有 (m十M)=(m十M+m)u共1 (1分) m6+mgR=24mg·2R+mgh 1 (2分) 联立解得M≥12kg (1分) 解得h=R 15,【解析】(1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低 物块与挡板B碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点， 点的过程中，根据机械能守恒定律有 没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为 mgR+1 m=m (2分) s,则由能量守恒定律有之m话十mgR=mg:1分) 在最低点由牛顿第二定律有Fy一ng=m R (2分) 解得s=6R 联立解得Fx=7mg (1分) 可知物块最终将停在B点，与A点相距2R(1分) (2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守 设整个过程中物块的水平位移为x1,小车的水平位 恒，且同时满足能量守恒定律，则有0=ma十2mu 移为x2,由水平方向总动量守恒可得mx1=21x2 (1分) (1分) 2ma6+mgR=mn听+是(2m）f 而1十x2=3R (1分) (2分) 联立解得x2=R (1分) 联立解得u=2√gR,M=-√gR 可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为 ·45·