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（山东专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六） 卷题 9 物理·动量及动量守恒定律 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 2 6 6 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<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 p随时间t变化的图像中可能正确的是 () D 二轮专题精准提升（六）物理第1页（共8页） 真题 今天的每一你坚持，都是明天别人仰望的底气 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 班级 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xa。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、B。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 0. O 50 0 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=x?十x C若碰擦过程中机被能、动最都守恒，则一定有x1=:十x,且®十日= D.若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x=x号十x,且a十B=2 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、 2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 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 .53 甲 乙 A.空气对风筝表面的冲击力大小为0S。 25 B.空气对风筝表面的冲击力大小为120S0 25 C.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为32v3S0 75 D.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为128y3S0 375 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 3 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，作出：，图像，如图乙所示。已知P点距地面高=尽 , 重力加速度为g,则 () P D 7977 V&R 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√g配 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0，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 () 7777777777777777777777777777777777 77777777777777777777777777 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vz和，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 Q M A.若满足tan日=√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种情况碰后可能大于 +M0 mvo C.第②种情况碰后v可能大于 M(M+m) M D.若满足tan9=√M-m 第②种情况v,=0,即碰后台球速度方向平行于桌边 3 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4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，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 9 10 11 12 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0， 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mg B.小球下落的时间为msin0十h mg 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-v6)一mgh 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=0.4m。现将轻绳拉直，且与AB平行，给小球一竖直向下的初速度vo=√I0m/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0.2m 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 11.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o1、v2向相反方向运动，已知b开始运动速度v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() ↑/(ms) a b 乙 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 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 12.三个完全相同的小球，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 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 C,小球A落地前跽同，动能大小为mgL一m 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6小题，共60分。 13.(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 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。 11 B.△t1+△t2=△t3 1=1+1 C.At1-At,T△t D.△t2-△t1=△t3 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 14.（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： 8 木板 77777777 7777777777777777777777777777777力7777777777 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y1y2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、a2、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)。 0a 7777777777777777777 15.(8分)如图所示，质量分别为mA、ms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m=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 maamimmm (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。 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页）】 3 16.(8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=270 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。=4v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1和2，作出全过程的 1-v2图像如图乙所示，已知重力加速度为g。求： AD 2w M 77777777777777777777 0 分 (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。 17.(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，电荷量为g,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α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1，方向 与1相反；行星运动方向不变。已知m1《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1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 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 18.(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，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0，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 非弹性碰擅，每次碰撞后的相对速度大个为碰擅前的相对速度大小的及倍，其中及=弓，求第】 次碰撞到第2025次碰撞之间小球A通过的路程。 0330° 30 3009 609 .270 909 、240° 210 150 180° 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 由能量守恒得 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 i-gmo时+m的 1 1 (1分) 为an,则 μ(m2十mc十mp)g-upm2g=(m。十ma)acn 解得 (1分) m1=1 kg (1分) 解得 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M a'cD=4 m/s2 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， 又o8-as1)2_aml, 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 2a" 2acD _-LD (1分) 1 1 vit2-2ant号-2acw号=L: 解得 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 %36 2 m/s 速度大小 a-upg=1 m/s? 假设此时木板C和木板D分离，由于 。 由能量守恒定律得 μDm2g<μ(m2+mD)g 1 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 ai=gmo时+g avm? (1分) 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 解得 u(m2十mD)g-Dm2g=mDa (1分) 解得 a=6 m/s2>a=4 m/s2 综上可知 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 2 kg<m1<1kg。 (1分) 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 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t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 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加 u,根据机械能守恒，则有2mw2=mg(H一h),联立 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正 入壶中油的废量△m=是=SVBg《H,A 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 力量守恒，需要满足m=m 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 7oasatm7osg, 其动量的变化更少，C、D错误。 m sin a=msin B,约分后有x1=x2cosa十 3 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 则有mgsin0+umgcos0=ma1,解得a1=gsin0+ gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于μ<tan0, 款孩能、动童都守温，还需要满足司n侣 加速至与皮带相等速度后，对物块有mgsin0一 mg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 (任)八+侣)°，s理可得=十感撞 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 前后总动量方向在同一直线上，如图所示 ·25· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 0-.040 0 M√gR,又有p1=p2,解得m=M,A错误；小球 x3○ 上升到最高点时与小车具有共同速度，设为共， CPB 则mv级=(m十M),解得来= 2,B正 Q 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十M)心3十mg,郎得H-尽，C特民；小球 1 由于x好=十，可知a十日-，C错误，D正确。 滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为绿和 4.C【解析】设两个质量分别为m1、m2的物体抛 车，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 出时的速度大小分别为1、2，由题意可知物体落 mVgR=me+Mo车，分m(/R)产=2mwi十 到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过 M,解得=0,0本=√gR,则小球离开小车 1 程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取 地面为零势能面，则有m1gR+】 miv=m2gR+ 后做自由落体运动，设运动时间为t,有h= 1 2m:,可得m1gR十， 1 =mgR+力 8,1时间内小车做匀速直线运动，所以小球落 ，代入 2m1 2m2 数据，可得m1十2 m2,则有m1一m2= 地时与小车左端P点的水平距离x=1味=天 5R, D错误。 222(m1-m2 ,则一定有m1m2=2,C正 7.B【解析】当小球由最低，点开始运动到第一次回 m2 mi mim2 确。 到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系 5.D【解析】△t时间内撞击风筝的空气质量m= 统机械能守恒，设小球末速度为1、凹槽末速度为 pSu·asin53-Sa·△，根据动量定理可得 1 02,则m。=mu1+Mu2:2mv6二2mu12十 1 :=m0S血53，解得F-182,AB辑民， M,联立可得M=m,以初连度方向 V0十01 为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第 根据I=Ft可知单位时间内力的冲量在数值上等 于力的大小，风筝表面受力分析如图所示，根据正 一次回到最低点时01<0，即一>1，可以判断 0+v1 n120-sn53,可得T=8 F T 弦定理得 2F= m<M,A错误；当小球由最低，点开始运动到第一次 1 回到最高，点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽的 128√3gSv2 ，风筝线对风筝的拉力单位时间内的 末速度是v共，则由动量守恒muo=(m十M)v共，即 375 冲量大小为 28/3gSv 0美一m十M,当增大M值后0头会减小，系统机械能 -,C错误，D正确。 375 AF 守设，则号m=专m(位+)十mgr十 1 M2,仅增大M值，由最低点开始运动到第一次 -0 G 回到最高点时，V共减小，则口竖直增大，小球会飞的更 ---532》 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=mu1十Mu2, 6,B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 即m(0一1)=Mw2,若当凹槽对地向左运动时 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，？=0时 <0,可得<，则号mi<行m,不满足系统 总动量p:=m√gR,01=0时总动量p2= 机械能守恒，C错误；设小球末速度水平分速度1，凹 3 ·26· ·物理· 参考答案及解析 槽末速度o2,由动量守恒可知，moo=mu1十Mw2,即 mosin0,其中(u1十ue十u,g十…十u)2=h,解得 m(vo一v1)=Mw2,小球由A到B过程中vo一o1一 直增大，所以2一直增大，D错误。 小球下落的时间t=musin0+ ,B正确；同理，在水 8.A【解析】第①种情况平行于桌边方向，系统满 mg 足动量守恒，则有mvo=Mm十mvz,根据系统能量 平方向上根据动量定理有一k(v1十2十v3十…十 守板可得，2mo=号Mr+号mo2+号m,若 1 1 =nvcos0-mu0,其中(mz1+vz2十vz3+…十 n =0,联立解得三m2”M和0，可知第①种情况碰 Um)t =x,解得小球下落过程的水平位移大小 n m(vo-UcOS 0) 2m x- ，C错误；小球下落的过程，根据 后v不可能大于m十MP,B错误；第①种情况若 :=0,平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有 1 动能定理有mgh十W:= 2z—2品，解寻小八求下 mu。=Mw,根据系统能量守恒可得2mu明= 1 1 落过程空气阻力所做的功W-2m(u-6)mgh, M+了m心，设针面对小球的羊均弹力为N, 1 D正确。 10.BCD【解析】运动过程中，小球和圆环组成的系 以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可 统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，A错 得-Nsin0·t=mvx-moo=0-mvo,垂直于桌 误；运动过程中，小球和圆环组成的系统水平方 边方向根据动量定理可得Ncos0·t=mv,,可得 向不受外力，则系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 an9联立可得an0MYmA正确；第】 点时，圆环和小球的速度大小分别为1、2，由水 ②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则 平方向动量守恒可知0=mx2一M01,由能量守 有0=M一m,根据系统能量守恒可得7mi 1 1 位可得mgL士7mw7Mu+)m,联立可 1 1 得v1=v2=3m/s,B正确；设从开始运动至小球 五2十会江，客少—。，吴五家子之 运动到最低，点时，圆环和小球的位移大小分别为 mvo x1、x2,结合前面分析，由“人船模型”推论可知 ，可知第②种情况碰后V不可能大于 √M(M+m) Mx1=mx2,又有x1十x2=L,联立可得x1= mvo x2=0.2m,C正确；运动过程中，以圆环为参照 ,C错误；第②种情况v,=0,平行于 √M(M+m) 物，若小球恰好能绕圆环做完整的圆周运动，在 桌边方向，系统满足动量守恒，则有0=Mv 最高点，由牛频第二定律可得mg=m吧，郎得 m0,根据统能量守恒可得？m=2Ma+ )=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 2m0,设斜面对小球的平均弹力为N,以小球为 3、V4,以水平向右为正方向，由水平方向动量守 对象，平行于桌边方向根据动量定理可得Nsin日· 恒可0=m,一m:,由能量守恒可得2mg t=w.,垂直于桌边方向根据动量定理可得 M+m+mgL,联立可得==1ms 个 -Ncos0·t=mw,-muo=0-mwo,可得v.=vtan0, M 则此时小球相对圆环的速度大小v'=1m/s十 联立可得tan0= M+m -,D错误。 1m/s=2m/s,则运动过程中，以圆环为参照物， 二、多项选择题 小球能绕圆环做完整的圆周运动，D正确。 9.BD【解析】小球落地时重力的功率Pc=gusin0,A 11.BC【解析】根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰 错误；利用微元法，小球下落过程，在竖直方向上根据 后速度大小不变，方向改变，与碰后交换速度， 动量定理有mgt一(o,1十2十u,十…十un)名- 则根据物块b的t图像，可知前17秒内a与b n 共碰撞4次，发生在4s~6s之间、8s时刻、10 ·27· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 12s之间以及16s时刻；前17秒内b与槽的侧 mA一mB Uo,UA= 壁碰撞3次，分别在2s、10s和12s时刻，A错 mA+mB 2mBo,整理可得，e十 mA+mB 误，C正确；b与a碰前速度v2=2m/s向左，碰 11 UA=U,代入可得A:=△g 1 ,C正确。 △t2 后b的速度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 14.(1)两个小球的质量ma、mb(2分)(2) 知碰前a的速度v1=v2=1m/S,即初始时a的 速度大小为1m/s,B正确；槽内底部长L= mb (2分) :_m+m(2分) y2 y3 yi 2v2△t-2X2×2m=8m,D错误。 12.AC【解析】小球A、B、C组成的系统在水平方 cos a2 cos a1 (3)ma√tana2 mb cos a3 向合外力不为零，受墙的推力，竖直方向合外力 tan ai tan a3 (2分) 也不为零，故动量不守恒，B错误；小球B和C分 离后小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时， 【解析】(1)小球离开槽口后做平抛运动，设挡板 两球速度均为，对三小球整体列水平方向动量 据槽口的水平距离为x,由平抛知识得x=ot, 定理，则墙对小球A的冲量I=2mv,A正确；自 y=2,联立解得。= ,小球碰撞过程 小球A离开墙面到小球落地，A、B组成的系统 2y 8 水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则mv= 中，动量守恒，得m,v。=m。o十mbh,联立可得 mUB十mVAx,且有VB=VAx,解得VB=VA= 2 m=m十m,故要想验证动量守恒还需要 可知小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B √y2√y3Wy1 速度的2倍，D错误；轻杆对小球A做功大小等 测量两个小球的质量m。、mb。 于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动能增 (2)由上面分析可知，验证动量守恒需要满足表 量，则W=m十2m,小球A落地前解间动能 1 达式=m十m,若碰撞是弹性碰撞，则机 Wy2√y3Wy1 1 5 大小Eu=mgL-W,解得Eu=mgL-gmu,C 械能守恒，有号mao三2mo日士nb,代入 正确。 化简解得m-m:+m 三、非选择题 y2ygy1° (3)测得斜槽末端与M的连线与水平方向的夹角 13.(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 1 为a1,由平抛规律x1=1t,y1=2g,设斜槽末端 (1分)(2)<(1分) mB=mA-mB(2分) 与M的连线长度为R(即圆孤半径为R)cosa1= △t1△t3△t2 (3)C(2分) I1 gRcos a1 尺，sina1=,解得v1一 2tan a ,测得斜槽 【解析】(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑 末端与P'连线与竖直方向的夹角为α2，同理可 块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导 轨水平。 得v0= gRcos a2 ,测得斜槽末端与N'的连线 2tan a2 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可 与竖直方向夹角为a3,同理可得v2= 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 a3 A 2tan a3 ,由动量守恒mav0=mav1十mbv2, d d 百m6足，三mA,一mA4整理可得 △t1 化简可得m。 cos a2 cos a1 tan a2 ma1 tan ai mA mB △t3△t29 cos a3 1 (3)若为弹性碰撞，有豆m哈=2ms层十 15.(1)1m/s(2)0.9s 【解析】(1)A球碰撞前的速度vA=gtA(1分) 2mA员，mB0=mAA一mBB,解得B= 取向下为正方向，两球碰撞过程动量守恒、动能 3 ·28· ·物理· 参考答案及解析 守恒，分别有 GM (1分) mAOA十mBUB=mBV (1分) T2= 1 1 >772AZ21上-2BUB=272B元2 (1分) 可得M=4m飞 G (1分) 又mB=3mA (2)氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的速 联立解得oB=1m/s (1分) 1 度大小为v,根据动能定理得gU= mw2(1分) 1 (2)B球第一次下落h= 28t (1分) 在t时间内喷出氙离子质量△m=nmt (1分) B球触地反弹后竖直上抛，由于运动的对称性， 根据动量定理得Ft=△m·v (1分) 上升时间t2=t1 (1分) 联立解得F=n√2mgU (1分) B球第二次下落VB=gt3 根据牛顿第三定律知：探测器获得的反冲作用力 B球在空中运动的时间t=t1十t2十t (1分) 大小F'=F=n√2mqU (1分) 解得t=0.9s。 (1分) 探测器质量随时间的变化规律为 16.112(2)45°)22 M=M。-nmt 探测器加速度a随时间t的变化规律为 【解析】(1)物块与斜面在水平方向动量守恒，则 Fn√2mq0 n,2如=m+M,号 a=MM。-nmt (1分) (1分) 所以m:M=1:2 (1分) (3)①设探测器绕过行星后，行星速率为2，以行 (2)设物块离开斜面时的速度为'，对系统，根据 星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得 机械能守恒有 M2v2-m1v1-M22+m1v'1 (1分) 根据机械能守恒定律得 m=mh+me+M() 1 1 (1分) 1 BMu计2民M,u设2m1oP分 解得v'=√20 (1分) 装或解得证 2M2 所以cosa= 0:+M+m,g（1分) 2 由于m1<M2 则a=45° 得v'1=1十2w2。 (1分) 即物块离开斜面时与水平方向的夹角为45° ②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的 (1分) 转化。由于行星与探测器相对运动，行星具有较 (3)物块离开斜面后做斜上抛运动，上升到最高 大的轨道速率，且m<M,行星动能（或动量）损 点的时间t='sine (1分) 失很小，探测器却获得了较大的速率。(1分) 最大高度h=(o'sina)” @10,®，400m'g2+ 1 18.(1)①90°位置 2g 25R2 水平位移x1='cosa·t (2)12mR 22024-1) 5 该过程中斜面的位移x?一2·t 【解析】(1)①A球与B球在120°处的弹性碰撞 物块在最高，点时与斜面顶点间的距离= 是第1次碰撞，设A与B球碰撞后的速度分别是 √h2+(x1-x2)2 01、2,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 (1分) mAU0=mAU1十mBV2 (1分) 联立可得1=2 (1分) 时-=7moi+mei 1 1 2g。 (1分) 4x2k 17.(1) (2)a= n v2mqU 4 G M。-nmt 解得1=一500,02=500 (3)①v1=v1十202②见解析 即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小 【解析】(1)探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行 4 为5B球递时针转动，速度大小为5，B逆 时，万有引力提供向心力 时针从120°转到240°位置，转过120°过程，A顺 ·29· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 时针转过的角度日A= X120°=30 (1分) 解得VA1= (1+k)mBvo (mB-kmA)vo U2 mA十mB mA+mB 故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1,此 90°位置。 过程A球比B球多运动一圈，有 ②B球与C球在240°位置处的弹性碰撞是第2 2πR2xR t1= (1分) 次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是、4， VA1一VB1kU0 同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有 此过程中，A球运动的路程 mBv2=mBU3+mcvA (1分) 7meo时-2ma5+7meoi 1 1 =-ag+)(g+) 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是？照、 解得，=一0，一 8 4 VA2,则有U2一Yu=k(UA1一VB)=k2U,mATu十 mBU=mAUAI+mBUBI=mBUo (1分) 即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为 (1-k2)mBv0 (mB十k2mA)vo 8 解得v2= mA十mB e mA+mB 5。,○求英时十专动，违度大小为。·经分 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此 析，三个球将在圆管内刻度盘上0位置处同时碰 过程B球比A球多运动一圈，有 撞（即第3次碰撞），依题意，三球将结合在一起， 2πR2πR t2= UB-UA2 k2vo (1分) 结合体的质量为20m,设该结合体的速度为0， 则有mAo1|十mB3-mc4=(mA十mB十 此过程中，A球运动的路程 mc)v (1分) S2=VA2·t2 1 （-小-- 解得v=一100 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是V、 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小 VA3,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为 (1分) t3,A球运动的路程为53，同理可得VA3= (1+k3)mB00 (mB-kimA)v0 v2 mvs ,VB3= (1分) ③对结合体，水平面内有F,=20mR-5R (1分) mA十mB mA+mB 竖直方向上有F,=20mg t3一k3v0' +)-g+ 2πR 2元RmB(1」 由力的合成得 同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则 从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔 FN=√Fg十F= 400mgm 25R2 (1分) 过程，小球A通过的路程s=51十52十S3十…十 由牛顿第三定律得 6R/1,1,1 (1分) Fs-FN=400mg (1分) 可+t…+ 25R2 12πR 化简得s= 5 (22024-1)。 (1分) (2)设B与A球第1次碰撞后的速度分别是VVA1, 则有vA1一V=k,mAVN十mBVm=mB,(（I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 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一cos0)= 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 向夹角为0，碰前速度为o1,则mgR(1一cos0)= 2no2,no子，且刚要脱离时mg cos日=m下 1 2m0i,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 联立解得c0s日=，所以a的释放位置距0点的 所以交换速度，a、b在两圆孤轨道上运动的路程相 高度h=R(1一cos0)=0.2R,A正确；根据以上 3 ·30·