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（安徽专用）

·物理· 参考答案及解析 o6-a6t=v共=acpt 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 解得 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 - u(m2十mD)g-uDm2g=mDa (1分) (1分) Ax=-暖暖 解得 2×42X2=0.9375m<L.=1m a=6 m/s2>a=4 m/s2 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止， 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 设物块b在木板C上滑行的时间为t1,由运动学 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 公式可得 为an,则 2a- 1 2acoli=Lc u(m2十mc+mp)g-hDm2g=(me十ma)a'Cn acpti=v6-abti (1分) 解得 解得 v%=2√3m/s (1分) a'cD=4 m/s2 (v"%-abt2)2 (acpt2)2 t1= 3s (1分) 又 2a"b 2a'cD LD (1分) 由能量守恒得 解得 2x1 1 (1分) %36 2 m/s 解得 m1=1 kg (1分) 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M 由能量守恒定律得 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， 1 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 一少2十22之之么三 (1分) 1 1 witg-2at号-2acmt号=L: (1分) 解得 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 2 kg 速度大小 m1二3 a=upg=1 m/s2 综上可知 假设此时木板C和木板D分离，由于 3kg<m:<1kg。 (1分) uDm2g<u(m2十mD)g 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 正确，B错误；随着油面的上升，后落入壶内的油 1.A【解析】设时间内倒入壶中油的质量为m,油 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 到达壶口时的速度为，则有m=p·△V,△V=S· 其动量的变化更少，C、D错误。 ,根据款核能守恒，则有m=mg《H-)联立 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 则有mgsin0+mg cos9=ma1,解得a1=gsin0十 解得m=pS√2g(H一h)·△t,故单位时间内落 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于μ<tan0, 入壶中油的质童△m-忍-5VgH-,A 加速至与皮带相等速度后，对物块有mgsin0一 ·23· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 umg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 5.D【解析】△t时间内撞击风筝的空气质量m= 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 pS0·Alsin53”=青S·aL,根据功量定理可得 第二定律F=ma,可知物块所受的合外力大小F 随时间t变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小 F·-mSm53,解得F-102”A,B辑误： 的恒力，A、B错误；由动量表达式p=mv可知，动 根据I=Ft可知单位时间内力的冲量在数值上等 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加 于力的大小，风筝表面受力分析如图所示，根据正 速直线运动，共速前加速度大于共速后的加速度， 7 所以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D 、孩定理得n20n53,可得T=5F 15 正确。 1283gS 3.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中 一，风筝线对风筝的拉力单位时间内的 375 动量守恒，需要满足m号=m。 Icos a+m Cos B, 冲量大小为128v3gSu2 ,C错误，D正确。 375 m号sna=m号nA,约分后有=x,0se十 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 机械能，动童都守板，还需要满足号加)】 /1）2 53 m假）+2m侣）八，理可得=计，磁检 6.B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 前后总动量方向在同一直线上，如图所示 和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所 以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，2=0时 0040 总动量1=m√gR,1=0时总动量p2= 00 M√gR,又有p1=p2,解得m=M,A错误；小球 上升到最高点时与小车具有共同速度，设为⑦共， Q 则m√gR=(m十M)u,解得来= 2,B正 B 确；设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组 由于i=+,可知a十9=受，C错误，D正确 成的系统，根据机械能守恒定律有2m(√gR)'= 4.C【解析】设两个质量分别为m1、m2的物体抛 m+M3十mgH,解得H-界，C错溪；小球 1 出时的速度大小分别为1、2，由题意可知物体落 滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为球和 到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过 口车，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取 mv-mvs+Mos) 地面为本势能面，则有m:gR十弓m,=mgR十 M知峰，解得0#=0,0车=√gR,则小球离开小车 1 m:o,可得m1gR十 1 =mgR十p ，代入 2m1 2m2 后做自由落体运动，设运动时间为t,有五= 数据，可得m十2 m42 1 ,则有m1-m2= mI m2 t时间内小车做匀速直线运动，所以小球落 2-2-2(m-m, ,则一定有m1m2=2,C m2 m1 mim2 地时与小车左端P点的水平距离x=044=R 5R, 正确。 D错误。 7 ·24· ·物理· 参考答案及解析 7.B【解析】当小球由最低，点开始运动到第一次回 边方向根据动量定理可得Ncos0·t=mvy,可得 到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系 00 统机械能守恒，设小球末速度为1、凹槽末速度为 可an9联2可得an0MMA正确；第 ug,则mu0=mu:+Mo,2m号=2mo,2十 ②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则 Me,联立可得M=m,以初速度方向 1 有0=Mu一mw,根据系统能量守恒可得)m6与 v0十v1 1 为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第 —，，2红专之=。之角军子子— 一次回到最低点时01<0，即0二>1，可以判断 mvo v0+v1 ，可知第②种情况碰后v不可能大于 √M(M+m) m<M,A错误；当小球由最低点开始运动到第一次 mvo 回到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽的 ，C错误；第②种情况vv=0,平行于 VM(M+m) 末速度是v共，则由动量守恒mm0=(m十M)v共，即 桌边方向，系统满足动量守恒，则有0=M0一 ”,一m十M,当增大M值后头会减小，系统机械能 mUo m0,#据能能量守位可得2m话=号M:十 守位，则号m6=号m(+)十mgr十 1 2m0,设斜面对小球的平均弹力为N,以小球为 M果2，仅增大M值，由最低点开始运动到第 对象，平行于桌边方向根据动量定理可得Nsin0· 回到最高点时，口共减小，则竖直增大，小球会飞的更 t=z,垂直于桌边方向根据动量定理可得 高，飞离凹槽，B正确；设小球末速度水平分速度1， -Ncos0·t=u,-wo=0-mo,可得vz=votan0, 凹槽末速度2，由动量守恒可知mwo=mu1+M2, M 即m(o一v1)=Mw2,若当凹槽对地向左运动时 联立可得tan9=√MmD错误。 <0,可得<，则分mi≤m,不满足系统 二、选择题 机械能守恒，C错误；设小球末速度水平分速度，凹 9.BD【解析】小球落地时重力的功率Pc=mgosin 0,A 槽末速度v2,由动量守恒可知，mw=mu1十Mu2,即 错误；利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据 m(o一)=M2,小球由A到B过程中o一v1一 动量定理有mgt一k(,1十u,2十u,0十十un) 直增大，所以V2一直增大，D错误。 8.A【解析】第①种情况平行于桌边方向，系统满 mosin0,其中(u,1十Ue十，a十…十u)=九，解得 足动量守恒，则有mvo=Mu十mvz,根据系统能量 小球下落的时间1=sin9+如，B正确；同理，在水 守恒可得，写moi=名Mw+号m+方m,若 1 1 mg 平方向上根据动量定理有一k(v1十0z2十vz3十…十 ,=0,联立解得0n可知第①种特兄建 =mucos0-mwo,其中(1+v2十3+…十 n 后不可能大于 m十M”g,B错误：第①种情况若 2m =x,解得小球下落过程的水平位移大小 ,=0,平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有 x=m(v-vcos 0) ,C错误；小球下落的过程，根据 三MU,根据系统能量守恒可得)mu k 2M02十2mU,设斛面对小球的平均弹力为N 动能定跟有gh十W-之m-m,解年小娘下 1 以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可 落过程空气阻力所做的功W=2m(u-)一mgh, 得-Nsin0·t=mox-mvo=0-mwo,垂直于桌 D正确。 ·25· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 10.AC【解析】小球A、B、C组成的系统在水平方 12.(1)两个小球的质量m、m6(3分)(2)m= 向合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力 √Wy2 也不为零，故动量不守恒，B错误；小球B和C分 m mb (2分) m。_m:+(2分) 离后小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时， Vy3 y2 y3 y1 两球速度均为，对三小球整体列水平方向动量 cos a2 cos a3 ma1 cos a1 mb 定理，则墙对小球A的冲量I=2mv,A正确；自 (3)mtan a2 tan ai tan a3 (3分) 小球A离开墙面到小球落地，A、B组成的系统 【解析】(1)小球离开槽口后做平抛运动，设挡板 水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则w= 据槽口的水平距离为x,由平抛知识得x=vot, mVB十mUAx,且有B=VAx,解得B=A= 2 1 y=2t,联立解得0。= x 一，小球碰撞过程 2y 可知小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B g 速度的2倍，D错误；轻杆对小球A做功大小等 中，动量守恒，得mava=ma十mbvb,联立可得 于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动能增 m十 ma 圣，剥W=2m十了m,小球A落地前瞬同功能 1 ,故要想验证动量守恒还需要 √y2√y3y1 测量两个小球的质量m。、mb。 5 大小Eu=mgL-W,解得EM=mgL-8mo,C (2)由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表 正确。 达式m=十m, ,若碰撞是弹性碰撞，则机 Wy2Wy3√y1 三、非选择题 1 1 11.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过 械能守恒，有2m:=豆m,?+2m,代入 两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 化简解得”m-m+ y2 y3 y1 (1分)(2)<(1分) mB_mA-(2分) △t1△tg△tg (3)测得斜槽末端与M的连线与水平方向的夹角 (3)C(2分) 1 【解析】(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑 为a1,由平抛规律x1=u1t,y1=2g近，设斜槽末端 块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导 与M的连线长度为R(即圆孤半径为R)cosa1= 轨水平。 R'sin a- 解得、 gRcos a1,测得斜槽 2tan a (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可 末端与P'连线与竖直方向的夹角为α2，同理可 知滑块B的质量较小，则有mB<mA,若碰撞过 程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式 gRcos a2 得V0= ,测得斜槽末端与N'的连线 2tan a2 d d d 有mA,=mAA,一mAg,整理可得 B t1 与竖直方向夹角为a3,同理可得v?= gRcos a3 mA mB 2tan a3 ,由动量守恒mav0=ma1十mb2, △t3△t29 cos a2 cos a1 (8)若为弹性难撞，有20明-分mi十 1 化简可得ma tan a2 =mal tan ai 1 cos a3 mAU员，mBU0=mAVA一mBUB,解得vB= mi tana3 13.(1)1m/s(2)0.9s mA-mB 2mB v0,整理可得，vB十 mA十mB mA+mB 【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 VA=V0,代入可得 1=1+1 t1△t3△t2 ,C正确。 守恒，分别有 ·26· ·物理· 参考答案及解析 mAUA+mBUB=mBU (1分) 联立解得01= M2-m1 2M2 M2+m1 1+M,+m v2(1分) 1 1 1 2mAoi十2mBo喔=2mB0 (1分) 由于m1<M2 (1分) 又mB=3mA (1分) 得'1=1十2w2 联立解得vB=1m/s (1分) ②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的 1 (2)B球第一次下落h=28好 (1分) 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 B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性， 失很小，探测器却获得了较大的速率。 (1分) 上升时间t2=t1 (1分) 15.109g位登②0，@J0mg+ 1 B球第二次下落VB=gt (1分) 25R2 B球在空中运动的时间t=t1十t2十t3 (1分) (2)12R (22024-1) 解得t=0.9s。 (1分) 5 14.()4m飞 G C)e 【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 (3)①v1=v1十2v2②见解析 1、2,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 【解析】(1)探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行 mAV0=mAV1十mBV2 (1分) 时，万有引力提供向心力 r2 m( GmM mi=noi+maoi 1 1 (1分) (1分) 1 4 即GM 解得1=一50，w= 5V0 =4π= (1分) 即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小 可得M=4r飞 (1分) G 、为1。B球逆时针转动，速度大小为4 5V0,B逆 (2)氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的 时针从120°转到240°位置，转过120°过程，A顺 速度大小为，根银动能定理得gU-m心 时针转过的角度0A= ×120°=30 (1分) 故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上 在t时间内喷出氙离子质量△m=nmt (1分) 90°位置。 根据动量定理得Ft=△m·v (1分) ②B球与C球在240°位置处的弹性碰撞是第2 联立解得F=n√2mqU (1分) 次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是V3、V4, 根据牛顿第三定律知：探测器获得的反冲作用力 同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mBU2=mBU3+mcvs 大小F'=F=n√2mqU 1 1 探测器质量随时间的变化规律为 2 m8v= 2nBo号+ 2mcv (1分) M=M。-nmt (1分) 8 4 探测器加速度a随时间t的变化规律为 解得0g=一150w4=150 (2分) Fnw√2mqU 即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为 a=M-M。-nmt (1分) 8 4 (3)①设探测器绕过行星后，行星速率为？，以行 ,C球逆时针转动，速度大小为污，经分 星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得 析，三个球将在圆管内刻度盘上0位置处同时碰 M2v2-m1U1=M2v2+m1v'1 (1分) 撞（即第3次碰撞），依题意，三球将结合在一起， 根据机械能守恒定律得 结合体的质量为20m,设该结合体的速度为v, M+m时=M,+gmo时 1 则有mA1|十mBv3一mcv4=(mA十mB+ (1分) mc)v (1分) ·27· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 解得o=一100 1 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是2、 VA,则有Ue一VA=k(UA1一Vm)=k2V,mAVA2十 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小 mBU=mAUAImBUBI=mBUo (2分) 1 为100 (1分) 解得VA2= (1-k2)mBv0 (mB+k'mA)vo mA+mB ,UB2= mA+mB ③对结合体，水平面内有F。=20m v2 mvt 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此 5R 过程B球比A球多运动一圈，有 竖直方向上有F,y=20mg 2πR2πR 由力的合成得 t红=U-UAuk'U0 FN=F+序-√400m'g2+ 此过程中，A球运动的路程 25R2 (1分) S2=VA2·t2= 由牛顿第三定律得 %传小-侵- (1分) FN=FN= /400mg (1分) 25R2 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是OB、 (2)设B与A球第1次碰撞后的速度分别是)1、 VAa,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为 VA1,则有VA1一TB1-k0,mATA1十BTB1=mBV0 t3,A球运动的路程为S3,同理可得V (1+k3)mgv0 (1+k)mBvo (mB-kmA)vo 解得VA1= ,B1= mA十mB U= (mB-k mA)v0 mA十mB mA+mB mA+mB (2分) +-g+ 2πR 2xRmB (1 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1,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 2πR2xR t1= (1分) 隔过程，小球A通过的路程 UA1一VB1kU0 =51+52+53十…十52024= 此过程中，A球运动的路程 6元R/111 12πR (1分) 化简得s=5 (22024-1)。 (2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 球2的速度⑦=0，设从第一次碰撞到第二次碰撞 1.C【解析】小球1从N处以初速度0沿轨道逆 πR 所用时间为丛，由题意可如一 ;vot2 +2vot2= 时针运动到P的过程中加速度大小不变，但方向 R,所以△=t十t=6u 5元R 时刻在改变，故加速度是变化的，A错误；经过P ，D错误。 点后的瞬间，小球1的速度变为200，故此时向心 2.D【解析】小球以初速度v。滑上圆孤轨道，小球 力的大小Fn=m （2v)24mx6 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 R R°，B错误；根据动 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 量守恒可得m·2oo=(m2一m)v,由能量守恒可 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 两个分速度，其中1是相对轨道的速度，与圆孤 得2m·(2u)2三2(m+m2)u,联立解得小球2 相切，℃2是随轨道运动的速度，方向水平，如图 的质量m2=3m,C正确；第一次碰后，小球1和小 所示 7 ·28·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8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 题号 1 2 3 4 6 6 7 8 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.单位时间倒入壶中油的质量为S√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，倾角为日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() 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 班级 姓名 得分 C D 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 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. -000 3 O Q○ 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=x十x C若碰撞过程中机被能，动量都守恒，则一定有x,一，广x,且。十日 D,若碰撞过程中机核能，动量都守恒，则一定有=十，且a十B- 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 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 7 5.“潍坊国际风筝节”期间，小李同学去操场放风筝，如图甲所示，风筝在空中静止时，可简 化为如图乙所示，风筝线与水平方向的夹角为30°，风筝表面与水平方向夹角为53°，面 积为S,水平风速为，空气密度为ρ。空气吹到风筝表面时沿风筝表面的分速度不变， 垂直于表面的分速度变为零，风筝表面为不透风材质，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列 说法正确的是 () 30°9 53°入》 乙 A.空气对风筝表面的神击力大小为9S。 25 B.空气对风筝表面的冲击力大小为12S0 25 C.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为32,5S0 75 D.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为3。。一 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 重力加速度为g,则 R 像，如图乙所示。已知P点距地面高h= () O: √gR D 匆 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R 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m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 () 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题 7777777777777777777 77777777777 777777777 7777777777777777777 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，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，表 示。已知木楔质量为M,台球质量为，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 A.若满足tan0= ,第①种情况口，=0，即碰后台球速度方向垂直于桌边 M-m B.第①种情况碰后。可能大于2m m+Mo mvo C.第②种情况碰后v可能大 √M(M+m) M D.若满足tan0= M-m ,第②种情况，=0，即碰后台球速度方向平行于桌边 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。 题号 9 10 答案 9.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o,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 77777777777777777770 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） A.小球落地时重力的功率为mgv B.小球下落的时间为usin日+h mg mvo-2cos C.小球下落过程的水平位移大小为一 D.小球下落过程空气阻力所做的功为2m(o2-)一mgh 10.三个完全相同的小球，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 () 79p9nmmmm A.竖直墙对小球A的冲量大小为2mv B.A、B、C三球组成的系统动量守恒 5 C.小球A落地前瞬间，动能大小为mgL一gv 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5小题，共58分。 11.(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B遮光条 气垫轨道 滑块A】 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)。 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 (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+1=1 A.At1+At,△t8 B.△t1+△t2=△t3 1=1+1 C.At,-At:T△ta 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： 木板 b 77777777777777777777777777777777777777777777777 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a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、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 M 777777777777777777777777777777777777 co 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 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=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=O.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： AO B 0.8m (1)与A球碰撞前瞬间B球的速度大小v; (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间t。 14.(14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口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。 7 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密 15.(18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2、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v0,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，其中女=)，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° 0. 90° -.270 、240° BP1209 210 c 150 180° 卷 二轮专题精准提升（六）物理第8页（共8页）