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（湖北专用）

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、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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说明了熟能生巧的道 理。如图所示，油从距离地面高度为H的地方倒出，油束刚好充满钱孔倒入壶内，钱孔 的横截面积为S,油壶的高度为h,油的密度为ρ，重力加速度为g。若油倒入瓶底四处 散开，没有飞溅，下列说法正确的是 () A.单位时间倒人壶中油的质量为pS√2g(H一h) B.单位时间倒入壶中油的质量为p√2g(H一h) C.在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多 D.在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多 2.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<tanO,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() 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=■ 3.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 班级 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() 姓名 O..X O..x X3O 3.0 o. Q 得分 p A.若碰撞过程中动量守恒，则一定有x1=x2十x3 B.若碰撞过程中动量守恒，则一定有x=x2十x C.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x1=x十x3,且a十日=父 机成能、动量都守恒，则一定有x子=z十 4.如图所示，水平地面上固定一个半径R=2.5m的圆环，从水平直径的A点平抛两个质 量分别为m1、m2的物体，动量大小均为p=10kg·m/s,物体落到圆环上时机械能相 等，取地面为零势能面，空气阻力不计，g取10m/s2,则以下说法一定正确的是() A.m1+m2=5 B.m1-m2=3 C.m1m2=2 D.m1=3m2 5.某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方 向与水平方向的夹角为日，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距 x=120m,它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1=6s,t2=2s,若甲、乙两块弹片 的质量之比为2：1，g取10m/s2,不计空气阻力，则下列说法正确的是 () 甲D甲 0 A.爆炸点距水平地面的高度为84m B.弹片甲落地点到O点的距离为48m 3 C.tan 4 D.两弹片分离瞬间的动量相同 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 4 6.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 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？2-1图 像如图乙所示。已知P点距地面高h二，重力加速度为g,厕 () gR O》 D Y○】 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 7.质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为的光滑小球静止在凹槽底部。 初始时刻给小球一个水平初速度。，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨 迹顶点与凹槽端口等高，则 () 77777777777777777777777777777 777777777 77777777777 7777777777 A.m>M B.仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C.长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D.小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 8.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，水平初速度为vo,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k,重力加速度为g。下列说法正确的是 () 4 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题 A.小球落地时重力的功率为mgv B.小球下落的时间为nsin0十h mg m(vo-2cos0 C.小球下落过程的水平位移大小为 D.小球下落过程空气阻力所做的功为)m(o2一6)一mg2 9.三个完全相同的小球，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 () 777777分i77777777777777 A.竖直墙对小球A的冲量大小为2 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一8m D.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的3倍 10.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=0.4。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 () M L 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0.2m 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 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7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。 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 光电门1光电门2 气垫轨道包 滑块A 滑块B遮光条 连气源 调节旋钮P 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。 1,11 A.tt B.△t1+△t2=△t3 c品立+品 D.△t2-△t1=△t3 12.(10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： a 木板 77777777777777777777777777777777777777777777777 甲 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 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 (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4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、a3,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)。 7777777777777777777刀 M 77777777777777777777777777777777777 13.(10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=0.8m,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： (1)与A球碰撞前瞬间B球的速度大小？B; (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间t。 AO B○不- P 0.8m 77 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 4 14.(15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n。 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1的探测器以相 对太阳的速率v1飞向质量为M2的行星，行星相对太阳的轨道速率为v2,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v1,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v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。 M 0 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，用一长1= 0.2m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M= 0.03kg。初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量m=0.01kg的子弹以某一水平 初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点。g 取10m/s2,不计空气阻力。 (1)求子弹初速度的大小。 (2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射 出)，求： ①小球C能上升的最大高度； ②物块B速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小。 o1---------0P 子弹山C 1 A B T 二轮专题精准提升（六）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 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、选择题 4.C【解析】设两个质量分别为m1、m2的物体抛 1.A【解析】设△时间内倒入壶中油的质量为m,油 出时的速度大小分别为1、V2,由题意可知物体落 到达壶口时的速度为v,则有m=p·△V,△V=S· 到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过 v,根据机城能守恒，则有号m-mg(H-),联立 程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取 解得m=pS√2g(H一h)·△t,故单位时间内落 地面为零势能面，则有mR十2m,=m:gR十 入壶中油的质量△m-盘-SVB复H-,A 1 22o,可得m1gR十2 =m:gR十2m,代入 正确，B错误；随着油面的上升，后落入壶内的油 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 数据，可得m1十2 m2+2 2 则有m1一m2= 其动量的变化更少，C、D错误。 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 222(m1-m2） ,则一定有m1m2=2,C m2 m1 mim2 则有mgsin0+mg cos0=ma1,解得a1=gsin0十 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于μ<tan0, 正确。 加速至与皮带相等速度后，对物块有mg sin0一 5.A【解析】炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动 umg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 知，甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方 第二定律F-ma,可知物块所受的合外力大小F 向相反，D错误；设两弹片分离时，甲的速度大小 随时间t变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小 为，由于甲、乙两块弹片的质量之比为2：1，根 的恒力，A、B错误；由动量表达式p=mv可知，动 据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为2”，设爆 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加 炸，点的高度为h,对甲、乙水平方向有x=vcos0· 速直线运动，共速前加速度大于共速后的加速度， t1十2wcos0·t2,解得ocos0=12m/s,对甲、乙竖直 所以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D 正确。 方向有h=-sin9:+2gi=2加sn0十 3.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中动 量守恒，需要满足m=m t cos a+mcos B, 28t,解得usin日-l6m/s,联立解得tan0=4 Γ3’ m号sna=m号s血月，约分后有函=xusa十 4 3 sin0=5,cos0=亏，0=20m/s,h=84m,所以甲落 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中机 地时距O点的距离x甲=vcos0·t1=72m,B、C错 械信、动量都守恒，远需要满足豆m侣） 误，A正确。 6.B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 名n侣°+与n(）),整理可得=十难接 和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所 前后总动量方向在同一直线上，如图所示，由于x= 以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，2=0时 π 总动量p1=m√gR,1=0时总动量p2= x十xi,可知a十B=2,C错误，D正确。 MgR,又有p1=p2,解得m=M,A错误；小球 O 0-40 0 上升到最高点时与小车具有共同速度，设为⑦共， O 2,B正 则mR=(m十M)u,解得头=g OPB 确：设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组 成的系统，根据机械能守恒定律有2m(WgR)- m+M)+mgH,解得H= 1 4,C错误；小球滑 4 ·22· ·物理· 参考答案及解析 回至P点时，设小球和小车的速度分别为肆和口车，根据 在水平方向上根据动量定理有一(v1十v2十V3十 动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m√R= …+un) =nucos0-mw0,其中(v1十vx2+vx3十 m十Mh,号m(R)=号m4十号版，解得 t …十0) =x,解得小球下落过程的水平位移大小 17 V=0,V李=√gR,则小球离开小车后做自由落体运动， m(vo-UCOS 0) 1 x= ，C错误；小球下落的过程，根据 设运动时间为t,有九=2g,t时间内小车做匀速直线 运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离x= 动能定跟有m十明=m一司m,解得小球下 0泰t 5R,D错误。 落过程空气血力所做的功W,=弓n(0一)一mgh, 7.B【解析】当小球由最低，点开始运动到第一次回 D正确。 到最低，点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系 9.AC【解析】小球A、B、C组成的系统在水平方向 统机械能守恒，设小球末速度为1、凹槽末速度为 合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力也不 1 1 为零，故动量不守恒，B错误；小球B和C分离后 u2,则mu。=mw1+Mu,2mu6=2mu,2十 小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时，两球速 豆M:,联立可得M=m0,以初速度方向 度均为，对三小球整体列水平方向动量定理，则 v0十01 墙对小球A的冲量I=2mv,A正确；自小球A离 为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第 开墙面到小球落地，A、B组成的系统水平方向动 一次回到最低点时0，<0，即0二>1，可以判 量守恒，规定向右为正方向，则mv=mUB十m0Ax, vo十v1 断m<M,A错误；当小球由最低，点开始运动到第一 且有B=0,解得B=:一名，可知小球A落 次回到最高，点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽 地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍，D 的末速度是t共，则由动量守恒m,=(m十M)v共，即 错误；轻杆对小球A做功大小等于对小球B做功 口一m十M:当增大M值后集会减小，系统机械能 大小，即等于小球B、C的动能增量，则W 1 守饭，则合m=号n位十i)十mg十 2m品+2mw,小球A落地前眸间动能大小 EkA=mgL-W,解得EA=mgL一8mx2,C 2M失2，仅增大M值，由最低点开始运动到第一次 正确。 回到最高点时，共减小，则口竖直增大，小球会飞的更 10.BCD【解析】运动过程中，小球和圆环组成的系 高，飞离凹槽，B正确；设小球末速度水平分速度， 统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，A错 凹槽末速度v2,由动量守恒可知wo=mw1十Mv?, 误；运动过程中，小球和圆环组成的系统水平方 即m(U一v1)=Mw2,若当凹槽对地向左运动时 向不受外力，则系统水平方向动量守恒，以水平 .1 oi<0,可得u<ui,则2mu6≤2mu1,不满足系统 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分别为1、2，由水 机械能守恒，C错误；设小球末速度水平分速度1，凹 平方向动量守恒可知0=mv2一M01,由能量守 槽末速度v2,由动量守恒可知，muo=mw1十Mw2, 1 1 1 即m(uo-1)=Mu2,小球由A到B过程中-1 恒可得mgL+2mu号=2Mo好+2mui,联立可 一直增大，所以2一直增大，D错误。 得v1=v2=3m/s,B正确；设从开始运动至小球 8.BD【解析】小球落地时重力的功率Pc=mgosin 0,A 运动到最低点时，圆环和小球的位移大小分别为 错误；利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据 x1、x2,结合前面分析，由“人船模型”推论可知 动量定理有mgt一k(v1十2十vg十…十0m) Mx1=mx2,又有x1十x2=L,联立可得x1= =mosin0,其中(u,1+u,e十0,8十…+0，)元=h, t x2=0.2m,C正确；运动过程中，以圆环为参照 n 物，若小球恰好能绕圆环做完整的圆周运动，在 解得小球下落的时间t-mosin0十 ,B正确；同理， mg 最高点，由牛顿第二定律可得mg=m ,解得 ·23· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 v=2m/s,若小球能做完整的圆周运动，设小球 中，动量守恒，得mv.=mao:十mbvb,联立可得 到达最高点时，圆环和小球的速度大小分别为 m.m.tm ,故要想验证动量守恒还需要 、4,以水平向右为正方向，由水平方向动量守 √y2√y3√y1 恒可0=mv,-mu,由能量守恒可得2mu6- 测量两个小球的质量m。、mb。 (2)由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表 1 )Ma号十2w足+mgL,联立可得9=4=1m/3 达式m=m:十m,若碰撞是弹性碰撞，则机 √y2√y3Jy1 则此时小球相对圆环的速度大小v'=1m/s十 栈能守，有2m,d=mo?+m,代入 1 1 1m/s=2m/s,则运动过程中，以圆环为参照物，小 球能绕圆环做完整的圆周运动，D正确。 二、非选择题 化简解得"=m+m y2 y3 y1 11.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过 (3)测得斜槽末端与M的连线与水平方向的夹角 两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 1 (2分)(2)<(1分) mB_mA-mB(2分) 为a1,由平抛规律x1=u1,y1=2,设斜槽末端 △t1△t3△t2 与M的连线长度为R(即圆孤半径为R)cosa1= (3)C(2分) x】 gRcos a1 【解析】(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑 2tan a1 ,测得斜槽 块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导 末端与P'连线与竖直方向的夹角为Q2,同理可 轨水平。 gRcos a2 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可 得v0= ,测得斜槽末端与N'的连线 2tan a2 知滑块B的质量较小，则有mB<mA,若碰撞过 与竖直方向夹角为a3,同理可得v2= 程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式 gRcos aa d d d 有mB三mA二mRA,整理可得e 2tan a3 ,由动量守恒mav0=mav十mbV2, △t1 化简可得m. cos a2 cos a1 mA mB tan az -mal tan a △t3△t2 1 cos a3 (3)若为弹性碰撞，有号m0i= 2mBvi十 mb入tana3 13.(1)1m/s(2)0.9s 2mA0,mBU0=mAUA一mBUB,解得UB- 【解析】(1)A球碰撞前的速度A=gtA(1分) mAmB 2mB 取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能 mA十mB vo,UA=- mA十mB 0o,整理可得，0B十 守恒，分别有 1=1+1 a十dC正确。 mAVA十mBVB=mB) (1分) A=00,代入可得 日a暖+mepi-aer 1 (1分) 12.(1)两个小球的质量m。、mb(2分)(2) ma √y2 又mB=3mA (1分) m:_m:+m(3分) 联立解得B=1m/s (1分) y2 y3 y1 (2)B球第一次下落h=2g号 (1分) cos a2 cos a1 十mb cos a3 (3)m,tan a2 tan a3 B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性， (2分) 上升时间t2=t1 (1分) 【解析】(1)小球离开槽口后做平抛运动，设挡板 B球第二次下落VB=gt3 (1分) 据槽口的水平距离为x,由平抛知识得x二vot, B球在空中运动的时间t=t1十t2十t (1分) 1 解得t=0.9s。 (1分) y=28t,联立解得。= ,小球碰撞过程 /2y 14.(1)4re n√2mqU g G (2)M。-mt ·24· ·物理· 参考答案及解析 (3)①v1=o1十202②见解析 ②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的 【解析】(1)探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行 转化。由于行星与探测器相对运动，行星具有较 GmM 大的轨道速率，且《M,行星动能（或动量）损 时，万有引力提供向心力 r2 n() 失很小，探测器却获得了较大的速率。(2分) (1分) 15.(1)8m/s(2)①0.12m;②1.6m/s,1.2N 即rGM T=4元=k (1分) 【解析】(1)设子弹的速度为01，击中C后，二者 共同的速度为2，由动量守恒 可得M=4x为 (1分) mu1=(m+M)v2 (1分) G 当C达到P点时，由机械能守恒 (2)氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的 1 1 (1分) 速度大小为v,根据动能定理得gU= (m+M)v-(m+M)gl (1分) 联立解得v1=8m/s,v2=√2gl=2m/s(2分) (2)①设小球C到最高，点时速度为v3,由动量守 在t时间内喷出氙离子质量△m=nmt (1分) 恒(m+M)v2=(m+3M)v (1分) 根据动量定理得Ft=△m·v (1分) 由机械能守恒 联立解得F=n√2mqU 1 根据牛顿第三定律知：探测器获得的反冲作用力 2(m+M)2=2(m+3M)u,2+(m+M)gh 大小F'=F=n√2mqU (1分) (1分) 探测器质量随时间的变化规律为 解得h=0.12m (2分) M=Mo-nmt (1分) ②设C再次回到最低，点时速度为4，此时木块 探测器加速度a随时间t的变化规律为 A、B恰好分离，B的速度有最大值v5,由动量守 Fnw√2mqU 恒定律有(m十M)v2=(m+M)v4十2Mv5 a-MMo-nmt (1分) (2分) (3)①设探测器绕过行星后，行星速率为？，以行 由机械能守恒定律有 星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得 1 M2v2-m1v1=M22+m1v'1 (1分) 2m+M)di-Zm+M,2+号，2Ma 根据机械能守恒定律得 (2分) M:i+m,i-M,o+gme 1 解得vs=1.6m/s,04=-0.4m/s (2分) (1分) 在最低点，由牛顿第二定律 M2-m1 联立解得01一M,十m 2M2 w1+M2+me (1分) Fr-(m+M)g-(m+M)0s-0s)2 (2分) 由于m1<M2 代入数据可得Fx=1.2N。 (2分) 得v'1=V1十2w2 (1分) 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、选择题 1 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 2mu层-2mui,且刚要脱离时mg cos0=m尺， 向夹角为0，碰前速度为v1,则mgR(1一cos0)= ,所以a的释放位置距0点的 4 联立解得cos0= 1 2mui,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 高度h=R(1-cos0)=0.2R,A正确；根据以上 所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为v1= 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一cos0)= V10gR 5 ,B错误；根据牛顿第二定律得mg一 ·25· 4