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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

真题密卷 二轮专题精准提升 解得 36 a=6 m/s2>a=4 m/s2 %=92m/s 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 。 由能量守恒定律得 为a'cn,则 1 μ(m2+mc+mp)g-nm2g=(m。+ma)acn (1分) (1分) 解得 解得 2 a'cD=4 m/s2 mi-3kg 又(o8-ast2)2() =LD 综上可知 2a"b 2a'cD 2 解得 kg<m1<1kg。 (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 前后总动量方向在同一直线上，如图所示，由于x子= 1.A【解析】设△时间内倒入壶中油的质量为m,油 到达壶口时的速度为v,则有m=p·△V,△V=S· 十z,可知a十B=7,C错误，D正确。 心，根据机减能守恒，则有2m=mg(H-h),联立 O. -O. 解得m=pS√2g(H一h)·△t,故单位时间内落 0 QO 入壶中油的质量△m==oS /g(H-D,A 正确，B错误；随着油面的上升，后落入壶内的油 Q 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 其动量的变化更少，C、D错误。 B 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 则有mgsin0+mg cos8=ma1,解得a1=gsin0+ 4.C【解析】设两个质量分别为m1、m2的物体抛 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于u<tan0, 出时的速度大小分别为v1、2,由题意可知物体落 加速至与皮带相等速度后，对物块有mg sin日 到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过 umg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取 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 地面为零势能面，则有m1gR+)m1of=m2gR+ 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 2m:,可得m1gR十 2mi-migk+ 2,代入 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加 速直线运动，共速前加速度大于共速后的加速度， 数据，可得m1十2 m+2 ,则有m1一m2= m2 所以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D 正确。 2_2_2(m1-m）,则一定有m1m2=2,C m2 mI mim2 3.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中动 正确。 量守恒，需要满足m号=m。 5.B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所 m号na=m号s如A,约分后有x=,0s十 以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，V2=0时 t x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中机 总动量p1=m√gR,1=0时总动量p2= 被能，动量布守恒，还需要清足专m?)= M√gR,又有1=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？共， ()+司m(侣)，茎理可得=+函，碰撞 圆mVgR=m十M)u,解得二，B卫 ·20· ·物理· 参考答案及解析 确；设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组 守框可得，m时=Me+名m好+号” mv3,若 成的系统，根据机械能守恒定律有2m(√gR)” 2m m十M)心3十mgH,解得H-至，C错送，小球滑 1 0,=0,联立解得v= m十M”0,可知第①种情况碰 回至P点时，设小球和小车的速度分别为球和李，根据 2m 后v不可能大于 m十M0,B错误；第①种情况若 动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m√gR= x=0,平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则 ma+场，写m(原)=司mi十号M,解得 有m,=M,根据系统能量守恒可得2m话 V球=0，V车=√gR,则小球离开小车后做自由落体运动， 1 设运动时间为t,有h=2g,t时间内小车做匀速直线 合M+了m,设斜面对小球的平均弹力为N, 运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离x= 以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可 =RD错。 得-Nsin0·t=mw.-mu,=0-mwo,垂直于桌 6,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=mv,,可得 到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系 00 M 统机械能守恒，设小球末速度为1、凹槽末速度为 u,一an),联立可得tan0=√M-m,A正确；第 ,则mo=n,十Mw,号m5=2m3十 .1 ②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则 2M3,联立可得M=m0,以初速度方向 有0=Mw一mu:,根据系统能量守恒可得2m员= U0十01 1 为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第 2Mw2士7m0士)m,若u,=0,联立解得0 一次回到最低点时1<0，即0二>1，可以判 mvo o十v1 ，可知第②种情况碰后)不可能大于 √M(M+m) 断m<M,A错误；当小球由最低，点开始运动到第一 mvo 次回到最高，点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽 ,C错误；第②种情况v,=0,平行于 √/M(M+m) 的末速度是v共，则由动量守恒mo0=(m十M)v共，即 桌边方向，系统满足动量守恒，则有0=M0 口美m十M,当增大M值后会减小，系统机械能 mu,根据统能量守饭可得2加6=2Mw十 1 守恒，则号m6=名m(o十)十mgr十 1 20,设斜面对小球的平均弹力为N,以小球为 。M”,仅增大M值，由最低点开始运动到第一次 对象，平行于桌边方向根据动量定理可得Nsin0· 回到最高点时，共减小，则整直增大，小球会飞的更 t=w.,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=w-wo=0-w,可得uz=votan0, 凹槽末速度v2,由动量守恒可知wo=mu1十Mu2, 联立可得an0=√M十m M 即m(o一w1)=M2,若当凹槽对地向左运动时 ，D错误。 <0,可得<d,则2mi≤m,不满足系统 二、多项选择题 8.BD【解析】小球落地时重力的功率Pc=mgosin0,A 机械能守恒，C错误；设小球末速度水平分速度，凹 错误；利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据 槽末速度v2,由动量守恒可知，mwo=mw1十Mu2, 动量定理有mgt一k(1十2十vg十…十v,m） 即m(-v1)=Mu2,小球由A到B过程中o-v t 一直增大，所以2一直增大，D错误。 sin0,其中(u1+02十08十·十m) 7.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mv0=Mu十mv,根据系统能量 解得小球下落的时间t=msin0十 ,B正确；同理， mg ·21· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 在水平方向上根据动量定理有一k(v1十vz2十V3十 定理，则墙对小球A的冲量I=2m0,A正确；自 …+un) =mucos0-mm,其中(v1十vx2十vx3十 小球A离开墙面到小球落地，A、B组成的系统 水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则 十n =x,解得小球下落过程的水平位移大小 m=mVB十mUAx,且有VB=Ax,解得VB=VA= n x=m(vo-vc0s 0) C错误；小球下落的过程，根据 2,可知小球A落地前瞬间，小球C的速度是小 球B速度的2倍，D错误；轻杆对小球A做功大 1 动能定理有mgh+W:=2mu2-2mm6,解得小球下 小等于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动 1 落过程空气阻力所做的功W1=2m(0-6)一mgh, 能增量，则W=】mo品十】m2,小球A落地前瞬i D正确。 动能大小EkA=mgL一W,解得EkA=mgL一 9.BCD【解析】运动过程中，小球和圆环组成的系 5 8mu,C正确。 统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，A错 三、非选择题 误；运动过程中，小球和圆环组成的系统水平方向 11.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过 不受外力，则系统水平方向动量守恒，以水平向左 两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 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，由水平方向 (1分)(2)<(1分) mB=mA-mB(2分) △t1△t3△t2 动量守恒可知0=mv2一Mu1,由能量守恒可 (3)C(2分) 得ngL+号mi=号Moi+7mi,联立可得 【解析】(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑 01=v2=3m/s,B正确；设从开始运动至小球运 块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导 轨水平。 动到最低点时，圆环和小球的位移大小分别为x1、 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可 x2,结合前面分析，由“人船模型”推论可知 Mx1=m.x2,又有x1十x2=L,联立可得x1= 知滑块B的质量较小，则有mB<mA,若碰撞过 x2=0.2m,C正确；运动过程中，以圆环为参照 程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式 物，若小球恰好能绕圆环做完整的圆周运动，在最 d d 有mB△t1 d mA,mA,整理可得B △t1 高点，由牛顿第二定律可得mg=m L,解得 mA mB △t3△t2 )=2m/s,若小球能做完整的圆周运动，设小球到 达最高点时，圆环和小球的速度大小分别为⑦3、 《③)若为弹性碰撞，有号m时-号m暗十 4,以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒可 0=m:-m由能量守极可得m=M十 2mAoi,mBU0=mAUA一mBUg,解得UB= mA一m 2mB 1 70,UA= -V0,整理可得，VB十 m十mgL,联立可得u=4=1m/s,则此时小球 mA+mB mAtm 111 相对圆环的速度大小'=1m/s十1m/s=2m/s,则 A=0,代入可得A,△，十△，C正确。 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。 12.(1)两个小球的质量m、m(2分)(2)m y2 10.AC【解析】小球A、B、C组成的系统在水平方 m十m2分) m:_m:+(2分) 向合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力 √y3/y1 y2 y3 y1 也不为零，故动量不守恒，B错误；小球B和C分 cos a2 cosa1十mtan as cos a3 离后小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时， (3)mtan a2 =mal tan ai 两球速度均为，对三小球整体列水平方向动量 (2分) ·22· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)小球离开槽口后做平抛运动，设挡板 B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性， 据槽口的水平距离为x,由平抛知识得x=vot, 上升时间t?=t (1分) y=2gt,联立解得0。= B球第二次下落VB=gta (1分) ,小球碰撞过程 B球在空中运动的时间t=t1十t2十t3 (1分) 解得t=0.9s。 (1分) 中，动量守恒，得mava-m.:十mb6,联立可得 n√2mqU (2) m=十，故要想验证动量守恒还需要 14.(1)4r6 G Mo-nmt √y2√y3Wy1 (3)①v1=v1十2v2②见解析 测量两个小球的质量m。、mb。 【解析】(1)探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行 (2)由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表 GmM (2π\ 2 时，万有引力提供向心力 m。 达式m= =m(T)r m,若碰撞是弹性碰撞，则机 r2 √/y2Wy3Wy1 (1分) 城能守板，有7m明-方m?十 r3 GM 2mbv'?,代入 即 Ar (1分) 化简解得m=m+m 可得M=4r飞 (1分) y2 y3 y1 G (3)测得斜槽末端与M的连线与水平方向的夹角 (2)氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的 1 为a1,由平抛规律工1=U6y1=2g片，设斜槽未端 速度大小为v,根据动能定理得qU=2m0 与M的连线长度为R(即圆孤半径为R)cosa1= (1分) 在t时间内喷出氙离子质量△m=nmt (1分) 工1 gRcos a1 Rsna1一尺，解得1 ,测得斜槽 根据动量定理得Ft=△m·v (1分) 2tan a 末端与P'连线与竖直方向的夹角为α2，同理可 联立解得F=n√J2mgU 根据牛顿第三定律知：探测器获得的反冲作用力 得v0= gRcos az ,测得斜槽末端与N'的连线 大小F'=F=n√2mgU (1分) 与竖直方向夹角为3，同理可得v2 探测器质量随时间的变化规律为 M=M。-nmt (1分) gRcos a3 2tan a3 ,由动量守恒ma0=mav1十mb02, 探测器加速度a随时间t的变化规律为 Fn√2mqU 化简可得ma cos az cos a1 tan az tan ai a=MM。-nmt (3)①设探测器绕过行星后，行星速率为2，以行 cos a3 mb 星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得 tana3 M22-m11=M2v2+m10'1 (1分) 13.(1)1m/s(2)0.9s 根据机械能守恒定律得 【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 Mi+m时-} >0122十+n1o12(1分) 守恒，分别有 M2一m1 联立解得=M,+m 2M2 1+M:+mi 2(1分) mAVA十mBVB=mBU (1分) 1 1 由于m1M2 mAvh+2mav- 2 mBv? (1分) 得v'1=01十202。 (1分) 又mB=3mA (1分) ②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的 联立解得vB=1m/s (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 (2)B球第一次下落h= 28t1 (1分) 失很小，探测器却获得了较大的速率。(1分) ·23· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 15.(1)8m/s(2)①0.12m;②1.6m/s,1.2N 解得h=0.12m (2分) 【解析】(1)设子弹的速度为v1,击中C后，二者 ②设C再次回到最低，点时速度为4，此时木块 共同的速度为V2,由动量守恒 A、B恰好分离，B的速度有最大值V5,由动量守 mv1=(m+M)02 (1分) 恒定律有(m十M)v2=(m十M)v4十2Mvs 当C达到P点时，由机械能守恒 (2分) 2(m+M)v=(m+M)gl 由机械能守恒定律有 (1分) 2m+M)oi=2m+M,2+7·2Mo 1 联立解得o1=8m/s,v2=√2gl=2m/s(2分) (2)①设小球C到最高点时速度为3，由动量守 (2分) 恒(m+M)v2=(m+3M)v3 (1分) 解得v5=1.6m/s,o4=-0.4m/s (1分) 由机械能守恒 在最低点，由牛顿第二定律 1 (m+M)u2=2(m+3M)u,2+(m+M)gh Fr-(m+M)g=(m+M)0s-v:) (2分) (1分) 代入数据可得Fr=1.2N (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、单项选择题 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 向夹角为0，碰前速度为v1,则mgR(1一cos0)= 两个分速度，其中1是相对轨道的速度，与圆孤 20,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 相切，2是随轨道运动的速度，方向水平，如图 所示 所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相 160° 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一c0s0)= 30 30只 R D 1 2nu2mu,且刚要脱离时mg cos0mR 联立解得c0s日=手，所以a的释放位置距0点的 由几何关系，可知v1与v2成60°，v与v2成30°， 则01与v成30°，所以四边形是菱形，01=2，则有 高度h=R(1-cos0)=0.2R,A正确；根据以上 v=V3v2,由动量守恒定律可得mov=movcos30°十 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为v1= 1 0gR,B错误；根据牛频第二定律得mg一 1.5m2,系统的机械能守恒2m6=2mv十 5 vi 2X1.5m吃+mgR(1-cos60),联立解得R= N=m尺，结合牛顿第三定律可知，a,b碰撞前瞬 vi 2g 小球飞出时国孤轨道的连度=了，小球飞出 间，a对轨道的压力大小为N'=N二三mg,C错 误；a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg 时速度0=5- 3o,A,B,C错误；根据题意可 vi 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有 N=m尺，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压 mov=movcOs30°+1.5mov2,设小球在轨道上运动 3 时间为t,则有movot=m0∑v*平t+1.5mo∑v2t, 力大小Ni=N=5mgD错误。 整理可得movot=mo(Rsin60°+x)+1.5mox,解 2.D【解析】小球以初速度v0滑上圆孤轨道，小球 5x+√3R 得t= 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 ,D正确。 2v0 1 ·24·2025一2026学年度二轮专题精准提升（六） 卷题 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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 5 6 7 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。若油倒人瓶底四处 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，后落人壶内的油，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p随时间t变化的图像中可能正确的是() 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 二轮专题精准提升（六）物理第1页（共8页） 真题名 今天的每一你坚特，都是明天别人仰望的底气 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 班级 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 O. X3O -0 x3○ 姓名 Q○ O 得分 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 能，动量都守恒，则一定有x三 D若碰撞过程中机械能，动量都守恒，则定有zi=2十z,且a十B=受 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.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v1、2,作出2-1图 像，如图乙所示。已知P点距地面高A-尽，重力加速度为名，则 () O1---R Q AD, P 7777 77777777777777 V&R 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 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 1 6.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 () A.mM 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 7.如图厅所示，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z=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 +Mo mvo C.第②种情况碰后可能大于 M(M+m) D.若满足tan0= M,第②种情况，=0，即碰后台球速度方向平行于桌边 M- 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 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 9 10 答案 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k,重力加速度为g。下列说法正确的是 ) 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题名 Dmccmm A.小球落地时重力的功率为mgv B.小球下落的时间为mosin9十h mg (vo-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(o2一w)一mgh 1 9.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 M B 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 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 () ,9A09nmmmm A.竖直墙对小球A的冲量大小为2m 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一8mu D.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的3倍 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54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A 滑块B遮光条 气垫轨道 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. △t1△t2△t3 B.△t1+△t2=△t3 1 1 1 C.At1-t:△ D.△t2-△t1=△t3 12.(8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 6 7777777777777777777 777777777777777777777777777777777777力77777777777 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; 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 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二圆弧。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、 a2、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)。 a h /77777777777777777☑ M /77777777777777777 77777777777777 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=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⑦B; (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间t。 AO B P 0.8m P25P 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 14.(13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.(17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）