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（重庆甘肃贵州专用）

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、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。 号 1 2 3 4 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 gg■g■ 班级 】 姓名 B 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.. O.1 3O 30 Q P 2O 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.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x1=x2十x,且a十9= D.若碰撞过程中机械能，动量都守恒，则一定有x=十，且a十日= 4.如图所示，水平地面上固定一个半径R=2.5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() P 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） 2 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v,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° 53°入 A.空气对风筝表面的冲击力大小为pS 5 B.空气对风筝表面的冲击力大小为2S0 25 C.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为32,3S0 75 D.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为128,5S0 375 6.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 甲甲 确的是 () c. Dz乙 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 C.am9-号 D.两弹片分离瞬间的动量相同 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 () 77777777777777777777777777777 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 2 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 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m,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，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 () A.小球落地时重力的功率为mgv B.小球下落的时间为msin日+h mg m0o-2c0s 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-o6)一mgh 9.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1、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 () /(m's) 2141618/s a b & 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 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 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v,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 ( 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 8 mva D.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的3倍 ONBXC 77分777分7777777777777 三、非选择题：本题共5小题，共57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。 光电门1光电门2 滑块A 滑块B遮光条 气垫轨道。 气原 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+1=1 A.△E1△t2△3 B.△t1十△t2=△t3 1=1+1 C.A1△t,t D.△t2-△t1=△tg 12.(9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 777777777777777777 777777777777777777772 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 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、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)。 77777777777777777777 M /777777777777777777777777777777777777 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； (2)与A球碰撞前B球在空中运动的时间t。 AO PC 0.8m 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)如图甲所示，一质量为M的光滑斜面体静止在光滑水平面上，斜面高h= 4g,倾角0=60，一质量为m的物块（可视为质点）从斜面底端以一定的初速度0， 27v2 4沿斜面向上运动。若物块在斜面上运动的过程中测得在水平方向上物块与斜面体 的速度大小分别为v1和v2,作出全过程的1-2图像如图乙所示，已知重力加速度为 g。求： (1)m:M; (2)物块离开斜面时与水平方向的夹角； (3)物块在整个运动过程的最高点时与斜面顶点间的距离。 20 m M 7777777777777777777 2 甲 2 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)某物流公司为了减少卸货时货物的损坏率并提高卸货效率，其研发团队设计了 如图所示的自动御货装置。其运行过程简化为：质量为m的平底货箱内装有质量为M 的货物，从光滑圆弧轨道上高为L的A点由静止释放，平滑滑上静止在足够长的光滑 水平轨道上的无动力小车，小车长为L、质量为m。货箱在小车上滑行与小车右端挡 板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端 的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下货物后将平底货箱紧靠挡板放置并 解除对小车的锁定，弹簧能量全部释放，将小车及货箱一起弹回。当小车与水平轨道 左侧台阶碰撞瞬间停止，货箱滑出小车冲上圆弧轨道。设货箱长和宽远小于L,货物 不会在平底货箱中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求： (1)货箱滑上小车前瞬间的速度大小； (2)若某次货箱装有质量M=3的货物，且货箱恰好与小车右端挡板相碰，求货箱与 小车间的滑动摩擦因数以； (3)在满足第(2)问的条件下，卸完货物解除锁定后，空货箱能否返回A点？ 色M 圆弧轨道 挡板 台阶 00T 水平轨道 二轮专题精准提升（六）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 (2)小球在圆筒的横截面内做圆周运动，经过最 2πR2π 5s (1分) 高点时，设其速度大小为，由牛顿第二定律有 2 沿O'O方向分运动为初速度为0的匀加速直线 mgcos 0-m R (1分) 运动 在沿O'O方向做初速度为0的匀加速直线运动， 设小球离开圆筒的时间为t,则有 设其速度为'，位移为x,有2=2ax(1分) 1 L= (1分) 由牛顿第二定律有mg sin0=ma (1分) 2 小球从A点开始运动到最高点，由动能定理有 解得t= 3πs (1分) mgasin g-2mgRcos-7m( 1 1 潮号-即=1 (1分) (1分) 说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒， 联立解得v=5m/s (2分) 且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为 (3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场 5 力F=qE=5N (1分) 60°，故此时小球的坐标值x=一Rsin60°= 2m, 小球的重力沿y轴负向的分量mg cos0=5N y=Rcos60°=2m (1分) (1分) 表明小球在垂直于中轴线OO'的平面内的分运 即坐标为 √31 2m,2m。 (2分) 动为匀速圆周运动，设其周期为T,则有T= 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 第二定律F=ma,可知物块所受的合外力大小F 1.A【解析】设△时间内倒入壶中油的质量为m,油 随时间七变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小 到达壶口时的速度为v,则有m=p·△V,△V=S· 的恒力，A、B错误；由动量表达式p=mv可知，动 心，根据机核能守，则有2m=mr(H一-A),联立 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， 解得m=pS√2g(H-h)·△t,故单位时间内落 所以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D 入壶中油的质量△m-器-5V2g《H-,A 正确。 3.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中 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， 动量守位，需要满足n兰=m兰十n孕mB, 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 m7na=n2smA,约分后有，=osa十 则有mgsin0十mg cos0=ma1,解得a1=gsin0十 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于u<tan0, 加速至与皮带相等速度后，对物块有mgsin日 教械能、动童都守恒，还窝要满足豆仔)” μngcos0=ma2,解得a2=gsin日-gcos0,物块 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 ·21· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 前后总动量方向在同一直线上，如图所示 6.A【解析】炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动 0从.00 量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可 0 x30 知，甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方 0O1 向相反，D错误；设两禅片分离时，甲的速度大小 为v,由于甲、乙两块弹片的质量之比为2：1，根 Q 据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为2，设爆 B 炸，点的高度为h,对甲、乙水平方向有x=ocos日· t1+2cos0·t2,解得cos0=12m/s,对甲、乙竖直 由于=十，可知a十A=受，C错误，D正确。 1 方向有h=-usin6,1十2号=2usin6,t红十 4.C【解析】设两个质量分别为m1、m2的物体抛 4 2吃，解得usin0=16m/s,联立解得tan0=3, 出时的速度大小分别为1、2，由题意可知物体落 4 3 到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过 sin 0= 5,cos 0= 50=20m/s,h=84m,所以甲落 程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取 地时距O点的距离x甲=vcos0·t1=72m,B、C错 1 地面为零势能面，则有m1gR+2m1i=mgR十 误，A正确。 7.B【解析】当小球由最低，点开始运动到第一次回 1 、2%2o·可得m1gR十2= =migk+ ，代入 2m2 到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系 数据，可得m1十2 m十 统机械能守恒，设小球末速度为1、凹槽末速度为 ,则有m1一m2= m m2 1 2-2=2(m1-m2） 2,则mw。=mu+M@222mo6=2m2+ ，则一定有m12=2,C m2 mi Mo:,联立可得M=m 1 0一V1 ,以初速度方向 正确。 U0十U1 5,D【解析】△t时间内撞击风筝的空气质量m= 为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第 pS0·dsin53=音S0·d2,根播动量定理可得 一次回到最低点时0，<0，即0>1，可以判断 V0十V1 ·=wvsin53,解得P-162,A,B特头： m<M,A错误；当小球由最低点开始运动到第一次 回到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽的 根据I=℉t可知单位时间内力的冲量在数值上等 末速度是v共，则由动量守恒mo=(m十M)v共，即 于力的大小，风筝表面受力分析如图所示，根据正 心共三 F sin53,可得T-8 T 十M,当增大M值后会减小，系统机械能 mvo 弦定理得sin120 F= 15 128√3gSv 守德，则专m=名m(低十)十gr十 ,风筝线对风筝的拉力单位时间内的 375 M2,仅增大M值，由最低点开始运动到第一次 1 冲量大小为 1283gSv2 ,C错误，D正确。 375 回到最高点时，共减小，则V直增大，小球会飞的更 高，飞离凹槽，B正确；设小球末速度水平分速度1， 凹槽末速度v2,由动量守恒可知mo=mw1十Mu2, --305 即m(o0一1)=Mw2,若当凹槽对地向左运动时 G T 53 0,可得<期宁m≤日m,不满足系统 1 2 ·22· ·物理· 参考答案及解析 机械能守恒，C错误；设小球末速度水平分速度1，凹 两球速度均为，对三小球整体列水平方向动量 槽末速度o2,由动量守恒可知，mw。=mu1十Mu2,即 定理，则墙对小球A的冲量I=2m0,A正确；自 m(o一v1)=Mw2,小球由A到B过程中o一U1一 小球A离开墙面到小球落地，A、B组成的系统 直增大，所以02一直增大，D错误。 水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则v 二、多项选择题 8.BD【解析】小球落地时重力的功率P。=mgusin0,A mUB十mDa,且有s=x,解得uB=UA= 2 可知小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B 错误；利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据 速度的2倍，D错误；轻杆对小球A做功大小等 动量定理有mg一(0,1十u,e十u,十…十un)- n 于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动能增 mosin0,其中(u,1十ue十u十…十n)=h,解得 量，则w-了 m十了m,小球A落地前睡阅功能 小球下落的时间t=musin0十 5 ,B正确；同理，在水 mg 大小Eu=mgL-W,解得Ew=mgL-gmo,C 平方向上根据动量定理有一k(1十2十V3十…十 正确。 三、非选择题 =mucos日-mw0,其中(v1+vz2十v3十…十 n 11.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过 Vm）一 =x,解得小球下落过程的水平位移大小 两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 m(vo-vcOS 0) (1分)(2)<(2分) mB=mA-(2分) x= ,C错误；小球下落的过程，根据 △t1△tg△t2 (3)C(2分) 1 1 动能定理有mgh+W1=2mu2-2m6,解得小球下 【解析】(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑 落过程空气阻力所做的功W=多m(o-)一gh, 块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导 轨水平。 D正确。 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可 9.BC【解析】根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰 知滑块B的质量较小，则有mB<mA,若碰撞过 后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度， 程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式 则根据物块b的vt图像，可知前17秒内a与b d m一m品，理可得- d d 共碰撞4次，发生在4s~6s之间、8s时刻、10心 有mB△t1 △t1 12s之间以及16s时刻；前17秒内b与槽的侧壁 mA mB △t3△t2 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o2=2m/s向左，碰后b的 （③)若为那性递滋，有日m= 2mBxi十 速度v2=1m/s向右，因两物块质量相同且碰撞 为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a 2mAo,mBU0=mAA一mB℃B,解得tB= 的速度v1=o2=1m/s,即初始时a的速度大小为 mA-mB 2mB Uo,UA= V,整理可得，vB十 mA+mB mA+mB 1m/s,B正确；槽内底部长L=2u2△t=2X2X 2m=8m,D错误。 ⅓=0，代入可得=是十1 ,C正确。 △t1△t3△t2 10.AC【解析】小球A、B、C组成的系统在水平方 向合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力 12.(1)两个小球的质量m.m,(2分)(2)m √Jy2 也不为零，故动量不守恒，B错误；小球B和C分 m+m(2分)=+m(2分) 离后小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时， √y3W/y1 y2 ya y1 ·23· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 cos a2 cos a1 cos a3 1 1 (3)ma =mal√tana1 +mb 2mAo十2mBi=2mB (1分) tan a2 tan a3 (3分) 又mB=3mA (1分) 联立解得vB=1m/s (1分) 【解析】(1)小球离开槽口后做平抛运动，设挡板 1 据槽口的水平距离为x,由平抛知识得x=ot, (2)B球第一次下落h=28号 (1分) 1 y=2t,联立解得= x ,小球碰撞过程 B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性， /2y 上升时间t2=t1 (1分) B球第二次下落VB=gt3 (1分) 中，动量守恒，得mv。=ma十mb0h,联立可得 B球在空中运动的时间t=t1十t2十t3 (1分) + mb ,故要想验证动量守恒还需要 解得t=0.9s。 (1分) 测量两个小球的质量ma、mb。 14.(1)1:2 (2)45° 3)2u 2g (2)由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表 【解析】(1)物块与斜面在水平方向动量守恒，则 达式m=m十m,若碰撞是弹性碰撞，则机 m·2w=mu+M·2 (1分) /y2√y3√/y1 所以m:M=1:2 1 (1分) 械能守恒，有2m,0= >刀2a212b,代入 (2)设物块离开斜面时的速度为'，对系统，根据 化简解得-m+m, 机械能守恒有 y2 y3 y1 i=me+m+2M( 1 1 (1分) (3)测得斜槽末端与M'的连线与水平方向的夹角 解得v'=√2v (1分) 为a1,由平抛规律x1=U1t,y1=2近，设斜槽末端 v√2 (1分) 与M的连线长度为R(即圆孤半径为R)cosa1= 所以cosa=7=2 则a=45° (1分) R,sin a- 解得1、 gRcos a1 ,测得斜槽 2tan a 即物块离开斜面时与水平方向的夹角为45 (3)物块离开斜面后做斜上抛运动，上升到最高 末端与P'连线与竖直方向的夹角为α2，同理可 gRcos a2 点的时间t=0'sina (1分) 得v0 g 2tan az ,测得斜槽末端与N'的连线 与竖直方向夹角为α3，同理可得v2= 最大高度h=（o'sina) (1分) 2g (1分) gRcos a3 水平位移x1=v'cos a·t 2tan aa ,由动量守恒mav0=ma01十mbv2, 该过程中斜面的位移x?=2· 0 (1分) 化简可得ma cos a2 cos a1 物块在最高，点时与斜面顶，点间的距离 tan az tan ai =√h2十(x1-x2) (1分) cos a3 m tanas 联立可得l= √2v2 2g (2分) 13.(1)1m/s(2)0.9s 15.(1)√2gL(2)0.2(3)货箱能返回A点 【解析】(1)A球碰撞前的速度vA=gtA(1分) 【解析】(1)设平底货箱滑上小车前瞬间的速度 取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能 大小为0，对平底货箱从A点到滑上小车前，由 守恒，分别有 mAUA+mBUB-mBU (1分) 动能定理有(M十m)gL= 2M+m)u8(1分) 2 ·24· ·物理· 参考答案及解析 解得v0=√2gL (2分) 能量守恒定律可知2m+M+m)u=E (2)平底货箱刚好与小车右端挡板相碰，则系统 (2分) 损失的动能刚好等于平底货箱在小车上相对滑 16 动产生的热量，由动量守恒定律有 解得E,=5mgL (2分) (M+m)vo=(M+m+m)u共 (2分) 弹回过程中，弹性势能转化为平底货箱和小车的 由能量守恒定律有 动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停 1 号(M+mu6三2M+m+m)u2+u(M+m)g 止，则这一部分能量损失，此时平底货箱从挡板 (2分) 处滑上h高度，则有2E。=mgL+m加gh(2分） 解得μ=0.2 (2分) 解得h=1.4L> (2分) (3)设小车被锁定时弹簧的弹性势能为E。,根据 可知平底货箱能返回A点。 (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、单项选择题 由几何关系，可知1与v2成60°，v与v2成30°， 1.C【解析】小球1从N处以初速度v。沿轨道逆 则1与？成30°，所以四边形是菱形，v1=v2,则有 时针运动到P的过程中加速度大小不变，但方向 v=√3v2,由动量守恒定律可得mov0=movc0s30°+ 时刻在改变，故加速度是变化的，A错误；经过P 1 1 点后的瞬间，小球1的速度变为200，故此时向心 1.5mu,系统的机械能守恒2m哈=2mv十 (2v0)2 4mvB 力的大小Fn=m R R,B错误；根据动 2X1.5mu+mgR(1-os60),联立解得R= 量守恒可得m·2oo=(m2一m),由能量守恒可 6 2。,小小球飞出时圆孤轨道的速度2一0，小球飞出 得。2·（2。)2一士(m十m2)2,联立解得小球2 √3 的质量m2=3m,C正确；第一次碰后，小球1和小 时速度v=√3v2= 3o,A,B.C错误；根据题意可 球2的速度？=0，设从第一次碰撞到第二次碰撞 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有oo= 所用时间为山，由题意可知，=心 vo ,vot2 +2vot2= movcOs30°十1.5m℃2，设小球在轨道上运动时间 5元R 为t,则有movot=mg∑v*平t+1,5mo∑v2t,整 R,所以=十t丝一6。D错误。 理可得moVot=mo(Rsin60°+x)十1.5mox,解 2.D【解析】小球以初速度V。滑上圆孤轨道，小球 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 得t=5x+V3R D正确。 200 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 3.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 两个分速度，其中1是相对轨道的速度，与圆孤 到C右端恰好静止，则有mv=4mv共，能量守恒 相切，口？是随轨道运动的速度，方向水平，如图 所示 有mgg十mg2=2moi-豆·4mo,联 mg乙mn1 R 30R 立解得Lm一8g1 306,A正确：设木板长为L,恰好发 生碰撞时，由mvo=4m类，能量守恒有mg2 77777777777777777777777777 ·25· 2