二轮专题(六) 动量及动量守恒定律-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

·物理· 参考答案及解析 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 解得 u(m2+mD)g-uom2g=mDa (1分) 解得 -8y a=6 m/s2>a=4 m/s2 6 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 t=6s 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 由能量守恒定律得 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 him 1 1 为a'n,则 2m2? (1分) u(m2十mc十mn)g-knm2g=(m.十ma)an 解得 (1分) 2 解得 mi-3kg a'co=4 m/s2 综上可知 又og-at)2_(amt, 2ab 2a'cD =LD (1分) 号ke<m<Ie: (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六) 物理·动量及动量守恒定律 一、单项选择题 3.B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 1.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所 则有mgsin0+mg cos0=ma1,解得a1=gsin0+ 以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，2=0时 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于u<tan0, 总动量p1=m√gR,1=0时总动量p2= 加速至与皮带相等速度后，对物块有ngsin0一 M√gR,又有p1=p2,解得m=M,A错误；小球 umg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 上升到最高点时与小车具有共同速度，设为℃共， 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 第二定律F=ma,可知物块所受的合外力大小F 别mVR=m十M04,部择=区，B王 随时间t变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小 的恒力，A、B错误；由动量表达式p=mv可知，动 确；设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加速 成的系统，根据机械能守恒定律有2m(√gR)= 直线运动，共速前加速度大于共速后的加速度，所 以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D正确。 1 2+M四+2g红，解得一，C错误，小球 2.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中 滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为)球和 动是守恒，需要满足m子=mcaa十m二aB, )幸，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 m=mp+M本，2n(gR)'-2mv候十 1 m号na=m名s如A,约分后有=msg十 1 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 M0,解得0=0,0车=√gR,则小球离开小车 机拔能、动量郑守板，还常要满足2m份 后做自由落体运动，设运动时间为t,有h= 8,t时间内小车做匀速直线运动，所以小球落 1 司n()+n份)八，理可得i=i+,雌推 前后总动量方向在同一直线上，如图所示 地时与小车左端P点的水平距离x=车=R, O. D错误。 4.A【解析】第①种情况平行于桌边方向，系统满 足动量守恒，则有mvo=Mo十mu:,根据系统能量 1 1 守恒可得之mw品二之Mu+之m2+之mo,若 2m U,=0,联立解得0一m十M0,可知第①种情况碰 由于对=+好，可知a十B=受，C错误，D正确。 后0不可能大于n,B错误：第D种情兄若 ·19· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 z=0,平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有 6.BD 【解析】运动过程中，小球和圆环组成的系统所 m。=M,根据系统能量守恒可得？mi= 受合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；运动过 程中，小球和圆环组成的系统水平方向不受外力，则系 M2十号mu,设斜面对小球的平均弹力为 统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，设从开始 运动至小球运动到最低，点时，圆环和小球的速度大小 以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可 分别为1、v2,由水平方向动量守恒可知0=w2 得-Nsin0·t-mwz-mo=0-mwo,垂直于桌 %,内能守极可得eL+m-w+号。 边方向根据动量定理可得Ncos日·t=mv,,可得 联立可得v1=v2=3m/s,B正确；设从开始运动至 8,9k立可得n0=A三：第 小球运动到最低，点时，圆环和小球的位移大小分别 为x1、x2,结合前面分析，由“人船模型”推论可知 ②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则 Mx1=mx2,又有x1十x2=L,联立可得x1= 有0=M一m0:,根据系统能量宁慢可得弓m x2=0.2m,C错误；运动过程中，以圆环为参照物， 若小球恰好能绕圆环做完整的圆周运动，在最高，点， 2Mw+mwi+ m0,若v,=0,联立解得0= 由牛顿第二定律可得g=,解得=2S,若 mvo ，可知第②种情况碰后不可能大于 小球能做完整的圆周运动，设小球到达最高点时，圆 √M(M+m) 环和小球的速度大小分别为3、4，以水平向右为正 mvo ，C错误；第②种情况V,=0,平行于 方向，由水平方向动量守恒可0=w4一mu3,由能量 √M(M+m) 守恒可得mi=合hai+m+mgL,联立可得 1 桌边方向，系统满足动量守恒，则有0=M” m:,根据统能量守恒可得2mo3=名Mw十 1 v3=v4=1m/s,则此时小球相对圆环的速度大小 v'=1m/s十1m/s=2m/s,则运动过程中，以圆 2m,设斜面对小球的平均弹力为N,以小球为 1 环为参照物，小球能绕圆环做完整的圆周运动，D 正确。 对象，平行于桌边方向根据动量定理可得Nsin0· 7.BC【解析】根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰 t=w:,垂直于桌边方向根据动量定理可得 后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度， -Ncos0·t=w,-m=0-wo,可得vz=votan0, 则根据物块b的vt图像，可知前17秒内a与b 共碰撞4次，发生在4s~6s之间、8s时刻、10~ M 联立可得tan0=。 M+m ,D错误。 12s之间以及16s时刻；前17秒内b与槽的侧壁 二、双项选择题 碰撞3次，分别在2s、10s和12s时刻，A错误，C 正确；b与a碰前速度v2=2m/s向左，碰后b的 5.BD【解析】小球落地时重力的功率Pc=ngusin0,A 速度o2=1m/s向右，因两物块质量相同且碰撞 错误；利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据 为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前 t 动量定理有mgt一k(y1十v2十v3十…十m) 的速度v1=v?=1m/s,即初始时a的速度大小为 1m/s,B正确；槽内底部长L=2w2△t=2X2X2m= mosin0,其中(u,1十u,2十u8十…+un) =h,解得 8m,D错误。 小球下落的时间L=mosin0+ 8.AC【解析】小球A、B、C组成的系统在水平方向 ,B正确；同理，在水 mg 合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力也不 平方向上根据动量定理有一k(v1十02十v3十…十 为零，故动量不守恒，B错误；小球B和C分离后 Um) 小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时，两球速 =mucos0-mw0,其中(01十z2十x3+…十 n 度均为，对三小球整体列水平方向动量定理，则 、t 墙对小球A的冲量I=2mv,A正确；自小球A离 V)- =x,解得小球下落过程的水平位移大小 12 开墙面到小球落地，A、B组成的系统水平方向动 x=n(a。-cos0) 量守恒，规定向右为正方向，则m0=mvB十mAx, ,C错误；小球下落的过程，根据 k 1 1 且有B=UAx,解得B=UAx=2,可知小球A落 动能定理有mgh十W:= 2mw-2mu6,解得小球下 地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍，D 1 落过程空气阻力所做的功W:= 2m(u2-6)-mgh, 错误；轻杆对小球A做功大小等于对小球B做功 D正确。 大小，即等于小球B,C的动能增量，则W=m 2 mv 6 ·20· ·物理· 参考答案及解析 2m0,小球A落地前醉间动能大小EA=mgL 3.2J,则整个运动过程中，物块与传送带摩擦生热 量Q=Q1十Q2=3.6J;物体返回B点时速度与小 5 球相同，故经过足够长的时间之后，物块与小球间的 W,解得EA=mgL-8mu,C正确。 三、非选择题 距离△x=V2X ×2+0.2m） +0.2m=2m。 ug 01 9.号R1分)2Vg级1分)VR1分) 12.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过 两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 【解析】规定水平向左为正方向，由动量守恒定律 可得mx球十（一2mx车)=0，又x球十x车=R,解得 1分)(2)<1分)m--0(2分) △t1△tg△t2 一3；由动量守恒定律可得m0联十(-2mm4)- (3)C(2分) 【解析】(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑 0,解得4-罗小球从释效到最低点C的过程， 块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导 轨水平。 1 1 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可 由能量守恒定律可得mgX3R=2m0十 知滑块B的质量较小，则有mB<mA,若碰撞过 2w年，联立解得v球=2VgR,v床=√gR。 程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式 d d d 10.4m1分)号n(1分)0.4mw6(1分y 有mBA,mAmA,整理可得 △t1 【解析】A和B碰撞，根据动量守恒定律得mAo= mA mB (mA十m)X0.8uo,解得mA=4m;根据能量守 △t3△t2° 担定律得E,=d-号×5mXo.8a,- 1 (3)若为弹性碰撞，有2ms6=2m喔十 0.4mv;A和B分离时根据动量守恒定律得 2mAo员，mBU0=mAUA一mBUB,解得B= mAV0=mAA1+mVm,根据机械能守恒定律得 m- 1 1 3 mAmB 2mB 2mAUa2+2mU,解得U1=亏0， mA+mB 0,VA= mA+mB 0,整理可得，VB十 11 1 8 V=亏；B和C碰撞根据动量守恒定律得 VA=00,代入可得 11△t,十A,C正确。 m8 172a ,解得me=5m 3 0=(m+mc)x 13.(1)两个小球的质量m。、mb(2分)(2) 3m。 y2 11.0.4m(1分)3.6J(1分)2m(1分) m+1分) m_m:+(1分) 【解析】物体滑上传送带到与传送带共速时位移 ya y3 x1=呢-02-i-2 cos a2 =2m=L,可知物体离开 (3)ma tan a2 cos a1 2a2gμ =matan ai 十mb cos a3 tan a3 传送带时速度恰为传送带速度，规定向右为正方 (2分) 向，物体与小球发生弹性正碰，则有mv=mv1十 【解析】(1)小球离开槽口后做平抛运动，设挡板 mr2=mo2+之m,:2,部得延后场休 1 据槽口的水平距离为x,由平抛知识得x=vot, 28t,联立解得。= y= x ,小球碰撞过程 与小球的速度分别为v1=一2m/s,v2=2m/s,则 2y 物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行 Ng 的装大病-要现0m以上分析可 中，动量守恒，得mava=m0。十mb0,联立可得 知，物体以2m/s速度返回传送带，之后又以 m=”m。十上，故要想验证动量守恒还需要 √y2Wy3Wy1 2m/s速度从B点离开传送带，由于小球速度为 测量两个小球的质量m。、mb。 2m/s,可知此后二者不会在相碰；物体物体滑上 (2)由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表 传送带到与传送带共速时产生的热量Q1= 达式m=mmb ,若碰撞是弹性碰撞，则机 ,w1-a-vXg-841物# y2√y3√/y1 1 1 碰后返回传送带到从B,点离开传送带过程产生的 械能守恒，有2m:u=2m:0'?十2m60'6,代入 gu 2gu 化简解得=m+m。 y2 y3 y1 ·21· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 (3)测得斜槽末端与M的连线与水平方向的夹角 探测器加速度a随时间t的变化规律为 1 为a1,由平抛规律x1=v14y1=2g好，设斜槽未端 Fn√2mqU a-MMo-nmt (1分) 与M的连线长度为R(即圆孤半径为R)cosa1= (3)①设探测器绕过行星后，行星速率为0？，以行 gRcos a1 星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得 辰sina1=尺，解得o1三2tana ,测得斜槽 M202-m101=M2v2+m1v'1 (1分) 末端与P'连线与竖直方向的夹角为α2，同理可得 根据机械能守恒定律得 gRcos a2 00= ,测得斜槽末端与N的连线与竖直 合Mi+2moi-M:好+me 1 :(1分) 2tan a2 M2-m1 方向夹角为a3,同理可得v2 gRcos as ,由动量守 联立解得0'1-M2十m 2M2 1+M2+m1 2（1分) 2tan a3 由于m1《M2 cos a2 恒mav0=ma1十mbv2,化简可得ma 得v'1=v1十2u2。 (1分) tan az ②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的 cosa1十mb人tana3 cos a3 m tan ai 转化。由于行星与探测器相对运动，行星具有较 大的轨道速率，且m《M,行星动能（或动量）损 14.(1)1m/s(2)0.9s 失很小，探测器却获得了较大的速率。 (1分) 【解析】(1)A球碰撞前的速度vA=gtA(1分) 取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能 16.(1)①90°位置 ③ 4400m2g2+00 守恒，分别有 mAVA十mBVB=mBV (1分) (2)12xR 5 22024-1) 1 1 22AA十2mBv后 2mBv2 (1分) 【解析】(1)①A球与B球在120°处的弹性碰撞 是第1次碰撞，设A与B球碰撞后的速度分别是 又mB=3mA 联立解得B=1m/s ℃1、V2,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 (2分) mAvo=mAv1+mBU2 (1分) 1 (2)B球第一次下落h=28号 (2分) 1 2 2mAvi-2mavi+2mav (1分) B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性， 上升时间t2=t1 1 (1分) 4 B球第二次下落VB=gt3 解得u1=一50w:=500 (1分) B球在空中运动的时间t=t1十t2十t3 即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小 (1分) 解得t=0.9s。 (1分) 为、B球递时针转动，速度大小为，B递 15. _n√2mqU .(2)a=M,一nmt 时针从120°转到240°位置，转过120°过程，A顺 (3)①v1=v1+2v2②见解析 时针转过的角度0a= ×120°=30° (1分) 02 【解析】(1)探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行 故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上 GmM 时，万有引力提供向心力 2π2 =m(r(1分) 90°位置。 r2 即GM ②B球与C球在240°位置处的弹性碰撞是第2 T2= (1分) 次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是V、V4, 同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有 可得M-4n飞 (1分) mBV2=mBV3十mcV4 (1分) G 1 1 1 (2)氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的速 msu经=2msu+2mcoi 度大小为，根搭动能定里得gU=7m (1分) 8 4 解得u:=一1500：=150 在t时间内喷出氙离子质量△m=nmt 即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为 根据动量定理得Ft=△m·v (1分) 联立解得F=n√2mgU (1分) 怎，C球道时针转动，递定大小为音，经分 根据牛顿第三定律知：探测器获得的反冲作用力 析，三个球将在圆管内刻度盘上0位置处同时碰 大小F'=F=n√/2mqU 撞（即第3次碰撞），依题意，三球将结合在一起， 探测器质量随时间的变化规律为 结合体的质量为20m,设该结合体的速度为v, M=Mo-nmt 则有mA1|十mB|3一mc4=(mA十mB+ ·22· ·物理· 参考答案及解析 mc)v (1分) 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是？2、 1 解得v=一100 TA2,则有Ue一TA=k(tA1一Vm)=k2U0,mA7A2十 mBV=mAA1十mBVB1=mBO0 (1分) 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小 为 解得VA2= (1-k2)mBv0 (mB十k2mA)v0 ,0B2= (1分) mA十mB mA+mB 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此 ③对结合体，水平面内有F。=20mR-5R 过程B球比A球多运动一圈，有 (1分) t2= 2πR_2πR 竖直方向上有Fy=20mg (1分) VB一VA2k20 由力的合成得 此过程中，A球运动的路程 FN=√F+F=A /400m2g2+mo (1分) 25R2 %侵小侵- 由牛顿第三定律得 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是V、 口A3,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为 FN=FN= omg+gg (1分) t3,A球运动的路程为S3,同理可得3= (2)设B与A球第1次碰撞后的速度分别是m1, (1十k3)mBv0 (mB-kmA)vo mA+mB ,VB3= (1分) 则有OA1一VB=kU,mAOA1十mBUB=B0(1分) mA+mB (1+k)mBUo (mB-kmA)v0 2πR 2xRmB (1 解得VA1= ,UB1 mA十mB mA+mB -+-g+） 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为1，此 同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则 过程A球比B球多运动一圈，有 从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔 L1、 2元R=2xR 过程，小球A通过的路程s=51十52十5十…十 (1分) VA1一VB1kU0 52024= 此过程中，A球运动的路程 (++培++) k2024 (1分) 12πR 51=VA1·t1 化简得s= (22024-1). (1分) mA十mBE 5 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 物理·力学三大观点的综合应用 一、单项选择题 vi 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 m尺，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压力大 向夹角为0，碰前速度为1，则mgR(1-cos0)= 小N1=N=亏mg,D错误。 2m,碰擅后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 2.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 所以交换速度，a、b在两圆孤轨道上运动的路程相 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一c0s0)= 到C右端恰好静止，则有mv。=4mv共，能量守恒 1 22喔之好·且则要那说离时ng cos0=n尽， 有mg'g+mg'g-m-·4m2联 联立解得c0s9=写，所以a的释放位置距0点的 立解得L一8g,A正确：设木板长为L,恰好发 高度h=R(1一cos0)=0.2R,A正确；根据以上 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为v1= 生碰撞时，由mU。=4m0共，能量守恒有mg2 √10g,B错误；根据牛颜第二定律得mg一N= 1 1 3v6 mw6-2·4mu,联立解得L= ,若物块 5 4μg vi mR,结合牛颜第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a 3v6 A、B不发生碰撞，木板长的最小值为 ,B错误； 4μg 对锐道的区力大小为N-N=mg,C错误；a,b A碰B前，BC一起做加速运动，A做减速运动，A 碰B后，速度交换，A、C一起做加速运动，B做减 碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg一N1= 速运动，最终共速，速度-时间图像如下 ·23· 6密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六） 卺题 物理·动量及动量守恒定律 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。 题号 1 2 答案 1.如图所示，倾角为0的传送带以恒定的速率顺时针转动，t=0时从传送带顶端无初速度 的轻放一个小物块，在t=t1时刻物块与传送带共速，在t=t2时刻物块离开传送带。已 知物块与传送带之间的动摩擦因数μ<tan0,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块所 受的合外力大小F、物块的动量大小力随时间t变化的图像中可能正确的是() B C D 2.如图所示，某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续7次闪光 的照片，碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为x1;碰后相邻两曝光时刻，P球的球 心间距为x2,Q球的球心间距为x3。碰撞后P、Q两球的运动方向与P球原运动方向 的夹角分别为α、3。已知两球的质量相等，不计一切摩擦。下列说法正确的是() O x3© 3. Q dO\B 二轮专题精准提升（六）物理第1页（共8页） 真题 今天的每一你坚特，都是明天别人仰望的底气 g=g=0。 A.若碰撞过程中动量守恒，则一定有x1=x2十x3 班级 B.若碰撞过程中动量守恒，则一定有x=x十x C若碰擅过程中机械能，动量都守恒，则一定有x,=x:十，且a十9=分 姓名 D.若碰撞过程中机城能、动量都守恒，则一定有x=x十x,且a十日一艺 - 3.如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四 得分 分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。一小球以某一水平速 度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为1、2，作出21图 像，如图乙所示。已知P点距地面高h一重力加速度为g,则 () 0 AU 777 77777777777777 甲 A.小车质量是小球质量的2倍 B小球上升到最高点时的速度为 2 C.小球上升的最大高度为R D.小球落地时与小车左端P点的水平距离为2R 4.如图所示，台球桌上一光滑木楔紧靠桌边放置，第①次击球和第②次击球分别使台球沿 平行于桌边和垂直于桌边的方向与木楔碰撞，速度大小均为。碰撞后，木楔沿桌边运 动，速度大小用表示，台球平行于桌边和垂直于桌边的速度大小分别用x和y表 示。已知木楔质量为M,台球质量为m,木楔的倾角用0表示。不考虑碰撞过程的能量 损失，则 () 第①种情况 第②种情况 M A.若满足tan0= M-m ,第①种情况0x=0,即碰后台球速度方向垂直于桌边 2m B.第①种情况碰后v可能大于 m+M0 C.第②种情况碰后v可能大于 mvo M(M+m) D.若满足tan0= ,第②种情况，=0，即碰后台球速度方向平行于桌边 M-m 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 6 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 7 8 答案 5.如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下 平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的 质量为m,水平初速度为v,初始时小球离地面的高度为h。已知小球落地时速度大小 为，方向与水平面的夹角为0，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比， 比例系数为，重力加速度为g。下列说法正确的是 () A.小球落地时重力的功率为mg☑ B.小球下落的时间为nosin日+h mg m(w。-2cos0 C.小球下落过程的水平位移大小为 k D.小球下落过程空气阻力所做的功为2m(o2-6)一mgh 6.如图所示，质量M=1kg的圆环套在固定的光滑水平杆上，质量m=1kg的小球通过轻绳 与圆环连接，轻绳长度L=0.4m。现将轻绳拉直，且与AB平行，给小球一竖直向下的初 速度vo=√10m/s。已知g取10m/s2,下列说法正确的是 () A.运动过程中，小球和圆环组成的系统动量守恒 B.小球通过最低点时，速度大小为3m/s C.小球从开始运动到最低点过程中向左运动的位移大小为0.1m D.运动过程中，以圆环为参照物，小球能绕圆环做完整的圆周运动 7.如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可 视为质点)置于槽的底部中点，t=0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b 开始运动速度随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时 间极短，下列说法正确的是 () 6 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题 本b/(m's) 10 1214618 a b 甲 A.前17秒内a与b共碰撞3次 B.初始时a的速度大小为1m/s C.前17秒内b与槽的侧壁碰撞3次 D.槽内底部长为10m 8.三个完全相同的小球，质量均为m,其中小球A、B固定在竖直轻杆的两端，A球紧贴 竖直光滑墙面，B球位于足够大的光滑水平地面上，小球C紧贴小球B,如图所示，三 小球均保持静止。某时，小球A受到轻微扰动开始顺着墙面下滑，直至小球A落地前 瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球C的最大速度为，轻杆 长为L,重力加速度为g,下列关于该过程的说法中正确的是 () OBXC 777777分77777777777777777 A.竖直墙对小球A的冲量大小为2mw B.A、B、C三球组成的系统动量守恒 C,小球A落地前瞬间，动能大小为mgL D.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的3倍 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，在水平面上停放着一辆上表面水平的小车，小车上竖直固定着两端开 口的细管（细管可视为小车的一部分），细管的弯曲部分BC是半径为R的四分之一圆 弧，与小车的上表面相切于C点，细管的竖直部分AB长度为2R,小车左侧固定一轻弹 簧。现将一质量为、可视为质点的小球从A处无初速度地放入细管，忽略一切摩擦阻 力。已知小车的质量为2m,重力加速度为g。小球运动到C点时，小车在水平方向位 移的大小为 ,小球和小车的速度大小分别为 (均用题目中 所给出的物理量表示)。 R B C 777分77777777777777 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 10.(3分)如图所示，一质量为m的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块A 以初速度vo向B运动，t=0时A与弹簧接触，to时刻A、B两者共同速度为0.8vo,2to 时A与弹簧分离。A、B分离后，B与静止在水平面上的C碰撞并粘接在一起，之后A 与B、C间距离不再变化。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，B和C碰撞过程时间 极短。物块A的质量为 ,物块C的质量为 ,A、B碰撞过程中，弹簧 弹性势能的最大值为 (均用题目所给出的物理量表示)。 11.(3分)如图所示，以o=4/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，右侧连接一光滑 水平面，上有一静止小球，小球质量m。=0.6kg。质量m=0.2kg的物体由左侧开始 运动，滑到传送带上的A点时速度大小vo=6/s;物体和传送带之间的动摩擦因数 4=0.5,传送带AB之间的距离L=2.0m,小球距B点间距为0.2m。物体与小球、 发生弹性正碰，g取10m/s2。 n 物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为 m,整个运动过 程中，物块与传送带摩擦产生的热量为 J,经过足够长的时间之后，物块与小 球间的距离为 m. 12.(6分)如图所示为验证动量守恒定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门， 两滑块A、B上均固定着宽度相同的遮光条。 光电门1光电门2 滑块A 滑块B遮光条 气垫轨道 连气源 调节旋钮上 调节旋钮Q (1)实验前需要调节气垫导轨水平，借助光电门来检验导轨是否水平的方法是 (2)测出滑块A和遮光条的总质量为mA,滑块B和遮光条的总质量为mB,遮光条的宽 度为d。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B,使 其获得水平向左的速度，经过光电门2后与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门 2,光电门2先后记录的挡光时间为△t1、△t2,光电门1记录的挡光时间为△t3,则实 验中两滑块的质量应满足mB (填“>”“<”或“=”)mA;若两滑块碰撞 过程动量守恒，则必须满足的关系式为 (用题中测得的物理量 表示)。 (3)只需验证关系式 (填正确答案标号)成立，即可以证明滑块A、B之间的碰 撞为弹性碰撞。 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 1+1=1 A.△t1△t2△ts B.△t1+△t2=△t3 1141 C.AlsAt:Ats D.△t2-△t1=△t3 13.(6分)在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学用如图甲所示的装置进行了如下的 操作： 6 木板 7777777777777777777 7777777777777777777777777777777 7777777777777777 ①先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸， 并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞 到木板并在白纸上留下痕迹O; ②将木板向右平移适当的距离，再使小球从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白 纸上留下痕迹B; ③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由 静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C; ④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2和y3。 请回答下列问题： (1)若验证两小球碰撞过程动量是否守恒，还需要测量的物理量有 (2)请写出验证动量守恒的表达形式 ;若两小球发生弹性碰撞，还需要满 足的表达式 (均用题目所给出的物理量表示)。 (3)若采用图乙所示实验装置，图中圆弧为圆心在斜槽末端的圆弧。使小球a仍从斜 槽上原固定点由静止滚下，重复开始的实验，得到两球落在圆弧上的平均位置为 M′、P'、N'。测得斜槽末端与M、P'、N'三点的连线与水平方向的夹角分别为a1、 α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为（用所测物理量的字母表示） (均用题目所给出的物理量表示)。 77777777777777777 2” 14.（11分)如图所示，质量分别为mA、mB的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的 高度h=O.8m,A球在B球的正上方。先将B球由静止释放，经过一段时间后再将A球 由静止释放，当A球下落tA=0.3s时，刚好在P点与第一次触地反弹后再次下落的B 球相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零，已知mB=3mA,g取10m/s2,忽 略空气阻力及所有碰撞中的动能损失，求： 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 6 (1)与A球碰撞前瞬间B球的速度大小vB; (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间t。 AO B○ r8 0.8m amaaaaihaam. 15.(12分)随着航空航天科技的发展，人类有能力开展深空探测，逐渐揭开宇宙的奥秘。 (1)探测器绕某星球沿圆轨道匀速率运行时，测得轨道半径的三次方与周期的二次方 的比值为k。已知引力常量为G。求该星球的质量M。 (2)太空中的探测器通过小型等离子推进器获得推力。在推进器中，从电极发射出的 电子撞击氙原子使之电离，氙离子在加速电场的作用下，从探测器尾部高速喷出， 产生推力。已知探测器（含推进器和氙离子）的初始质量为M。,每个氙离子的质量 为m,电荷量为q,加速电压为U,等离子体推进器单位时间内喷出的离子数为。 不计其它星球对探测器的作用力和离子间的相互作用。取刚向外喷出离子的时刻 为初始时刻(t=0),求探测器的加速度大小a随时间t的变化规律。 (3)深空探测器常借助行星的“引力弹弓效应”实现加速。设质量为m1的探测器以相 对太阳的速率1飞向质量为M2的行星，行星相对太阳的轨道速率为2，方向与 1相反。探测器从行星旁绕过（如图所示），忽略太阳引力及行星自转的影响，探测 器远离行星后相对太阳的速率为1，方向与1相反；行星运动方向不变。已知 1《M2,各速度在极远处可视为平行；探测器与行星间的相互作用可视为短暂弹 性碰撞。 ①推导v1的表达式（用v1、v2表示）。 ②简要说明“引力弹弓效应”能使探测器明显加速的原因。 6 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)半径为R(为外半径之差可忽略)的光滑圆管水平放置并固定，俯视图如图所 示。圆心为O,圆管内有质量分别为2m、3m、15m的A、B、C三个小球，静止在图示位 置，对应刻度盘上的角度分别是0、120°、240°，不计小球碰撞的时间，重力加速度为g。 (1)现给A一个初速度o,让其沿圆管切线方向逆时针运动，若A、B、C三个小球中任 意两球之间的碰撞为弹性碰撞，但三球同时碰撞时会结合在一起，求： ①第2次碰撞发生时，A球的位置； ②第3次碰撞后瞬间，小球A的速度大小； ③第3次碰撞后瞬间，三球对圆管压力的合力大小。 (2)现撤去C球，给B一个初速度o,让其沿圆管切线方向顺时针运动，若B与A球之 间的碰撞为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 倍，其中k=2,求第1次碰撞到第2025次碰撞之间小球A通过的路程。 A 0°：330 30 3009 60° 90 --270 、240 Bi200 210 '150° 180° 二轮专题精准提升（六）物理第8页（共8页）