专题7 高考全国视野(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

实战册 实战高考·物理 他省考什么 高考全 真题精练 1.(2025广东，7,4分)如图所示，在光滑的水 平面上，两小球M、N分别受到水平恒力 F1、F2的作用，由静止开始沿同一直线相向 运动，在时刻发生正碰后各自反向运动。 已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开 始运动到碰撞后速度第1次减为0的过程 中，两小球速度v随时间t变化的关系图， 可能正确的是( M F N 7777737777777777777777777 M 0 M 0 B D 2.(2024全国甲，20,6分)（多选）蹦床运动 中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落 到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的 关系如图所示。假设运动过程中运动员身 体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床 水平。忽略空气阻力，重力加速度g大小取 10m/s2。下列说法正确的是( ) 0 0.51.01.52.0 2.5t/ A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s 100 国视野 答案：P461 C.t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高 度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对 蹦床的平均作用力大小为4600N 3.(2024江苏，9,4分)在水平面上有一个U 形滑板A,A的上表面有一个静止的物体 B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右 侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始 时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断 细绳后，则( wB A弹簧原长时物体动量最大 B.压缩最短时物体动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 4.(2024湖北，10,4分)（多选）如图所示，在光 滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 的木块，质量为m的子弹水平射入木块。 设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不 变，其大小f与射入初速度大小。成正比， 即f=kb(k为已知常数)。改变子弹的初速 度大小b,若木块获得的速度最大，则( ) M 7777777777777777777777 A,子弹的初速度大小为2kL(m+M0 mM B.子弹在木块中运动的时间为(m干0 2mM C.木块和子弹损失的总动能为L(m十四 mM D.木块在加速过程中运动的距离为，mL m+M 5.(2025海南，11,14分)足够长的传送带固定 在竖直平面内，半径R=0.5m,圆心角0= 53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺 时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件 A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B 碰成一个整体，随后滑上传送带，已知4 4kg,B=1kg,A、B可视为质点，A、B与 传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运 动的过程中，因摩擦生热Q=2.5J,忽略轨 道及平台的摩擦，g取10m/s2。 B (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力。 (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能 (3)传送带的速度大小。 O专题7动量守恒定律 6.(2025河南，14,12分)如图所示，在一段水 平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度 为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带 的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块 P,另一质量为2=4kg的小物块Q以vo =7m/s的速度向右运动并与P发生正碰， 且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速 度大小为o=7m/s,P、Q与防滑带间的动 摩擦因数均为4=0.5，重力加速度g大小 取10m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能。 (2)P从开始运动到静止经历的时间。 7.(2024河北，16,14分)如图所示，三块厚度 相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗 糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的 智能机器人静止于A木板左端。已知三块 木板质量均为2.0kg,A木板长度为 2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g 大小取10m/s2,忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端 时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止 后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B 木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳 1010 实战册 实战高考·物理 离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正 切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木 板左端后立刻与B木板相对静止，随即相 对B木板连续不停地3次等间距跳到B木 板右端，此时B木板恰好追上A木板。求 该时刻A、C两木板间距与B木板长度的 关系。 8.(2024湖南，15,16分)如图所示，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量分别 为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始 时小球A以初速度o沿圆环切线方向运 动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球 与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内 运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰 撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动 所需向心力的大小。 (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有 的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶 点，求小球的质量比”4 mB (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次 碰撞后的相对速度大小为碰撞前相对速度 102 大小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第 2n十1次碰撞之间小球B通过的路程。 mA vo 模拟精练 1.(2025河北部分学校一 模)如图所示，质量为 0.4kg、带有四分之一圆 m 弧的光滑圆弧槽静止在 光滑水平面上，圆弧半径为0.3m。现有一 质量为0.2kg的小球以大小=0.6m/s 的初速度水平冲上圆弧槽，重力加速度g 大小取10m/s2,从小球冲上圆弧槽到滑离 圆弧槽的过程，下列说法正确的是() A.小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 B.小球离开圆弧槽时速度的大小为0.4m/s C.小球上升的最大高度（相对圆弧最低点） 为1.2cm D.小球对圆弧槽的最大压力为2.4N 2.(2025安徽安庆一模)（多选）玩具水枪是儿 童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事 件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力 就成了生产家必须关注的问题。现有一 水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d,水 的密度为p,水流水平出射速度为v,垂直击 中竖直目标后以大小为0.2的速率反向溅 回，则( ) A.水枪喷水的流量（单位时间内流出的体 积)为πvd乃 B.喷水口单位时间内喷出水的质量为 4xpud C,水枪的功率为2 xoFv D.目标受到的平均冲击力大小为寻raPt 3.(2025天津南开一模)已知某花炮发射器能 在1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去， 花炮的质量为m=1kg,射出的最大高度h =180m,且花炮刚好在最高点爆炸为两物 块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸 后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落 地点之间的距离s=900m,且两物块落地 的水平位移之比为1：4，忽略一切阻力及 发射器大小，重力加速度g大小取10m/s2。 求： (1)花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的 平均作用力F的大小。 (2)爆炸后两物块的质量m1、2的大小。 (3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学 能转化成物块的动能，则花炮在空中释放的 化学能E。 O专题7动量守恒定律 4.(2025淅江温州二模)某固定装置的竖直截 面如图所示，水平高台上的直轨道CD、圆弧 轨道DEF、直轨道FG平滑连接。高台左 侧水平轨道AB略低，轨道上放置一块质量 为m、长度为L的平板，平板上表面与CD 等高。高台右侧有一水平地面HI,与高台 的高度差为h。初始时，平板处于静止状 态，其右端与高台的CB侧距离足够大。让 一质量也为m的滑块以速度0滑上平板， 并带动平板向右运动。当平板到达CB时 将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块 落到HI段，将与地面发生碰撞，碰撞时间 极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速 度减半，水平速度同时发生相应变化。已知 m=1kg,=10m/s,h=5m,L=10m,滑 块与平板上表面间的动摩擦因数=0.25、 与H1段间的动摩擦因数：=日，其余摩擦 及空气阻力均可忽略，HI段足够长，滑块 视为质点。 R G DF H (1)求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小 及此时滑块离平板右端的距离x。 (2)要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道 半径R的取值范围。 (3)若滑块沿着轨道运动至G点飞出，求其 最终与G点的水平距离d。 1031和2，以向右为正方向，由动量守恒定律可得m0= m11+m22, 由机技能守恒可得分m呢=司m好+号m喝， 1 联立解得2=0=2√11m/s,=0, 滑块g运动到C点时对轨道压力最大，根据牛顿第二定 律有FN一m2g= m2℃吃 R 由牛顿第三定律得，滑块q对圆轨道的最大压力FN'= FN=108N,方向竖直向下。 (2)滑块q在圆轨道上运动到最高，点时速度最小，如图所 示，设滑块q在M处达到最高点，M和圆心连线与水平方 向夹角为0。 由机城能守恒定律可得2心喝=之m2十mgR+Rn》, 且m2gsin0=m2v2 R, 可得最小逸度。=2Em/s,sn0-号. (3)由(2)问可知，滑块q脱离圆轨道时速度v=2√2m/s, 此后做斜上抛运动，由运动的对称性可知，滑块q从脱离 圆轨道到再次落回圆轨道的水平位移为x=2Rcos0, 又知x=sin0t,解得=32 8S。 1圈1D1m/s(20.337g9(④号m 解析(1)对A、B及弹簧组成的系统由动量守恒及能量守 恒可得mB0B一mAVA=0, 1 E,=2mAo听+2mgw喔，解得g=1m/s。 (2)若B在传送带上一直加速，有B△+2a△2=L1, 解得a=号m/3, 则B在传送带末端的速度为v末=vB十a△t=5m/s> 4m/s,不合题意。 故B在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运 高考全 真题精练 目A爵园根据牛领第二定律有a=品两物体受外力 F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知，M、N的加速 Q实战册参考答案及解析 动，设加速用时为1，匀速用时为t2, 则有B十o 2山十2=L1,十t2=△t,解得4=1s, 由=vB十a111mBg=mBa1,解得=0.3。 ③)B在斜面顶端时有0=8月 由心t图像可知，B每次在斜面上向上减速过程和向下加 速过程的加速度大小分别为a2=7.5m/s2,a3=2.5m/s2, B从斜面顶端向下匀加速滑动过程中，有1一哈= 2a3L2,解得B1=8m/s, 对B、C第一次碰撞的过程，有mB0B1=mB0B1'十mcWc, 之mwBf=之mg0m+7 moei, 由题图乙可得B1'=一6m/s, 解得vc=2m/s,mc=7kg, 由yt图像得x1=2.4m,x2=3.2m, 若C在024s内速度已减为0，则有四”=一a, 解得t=0.8s<2.4s, 故B与C再次碰撞前C已经停止运动， B与C第一次碰撞后，对C有0一记=2（一aC)(x2一x), m-csin -mowc,解得e=复。 (4)设B第n次与C碰前的速度为B,由(3)中分析可知， 碰后B.C的速度大小分别为m=是a阳=a, 第n次碰后B上升的过程有v'n=2a2xn, C减速的过程有v尼=2acGr, B与C第(n十1)次碰撞前的速度应满足呢(n+1)=2a3(xm 1 十xG),解得B(n+1)=2B, 第n次碰撞后C的位移为x0=32ac, VEn 第(+D次碰拉后C的位移为c+》=×320 已知第一次碰撞后C的位移为xc=0.8m, 则春衣难装后C的位移为z0=3ma=1,23,… C沿斜面下滑的最大距离为xm=x1十x2十x3十…= 0.8×[1-(4 ）” 16 1一4 15m。 国视野 度大小之比为4：6=2：3，可知M、N的质量之比为6： 4=3：2;设M、N的质量分别为3m和2m,由图像可设 MN碰前的速度分别为4v和6w,因M、N系统所受合外 461 答案册 实战高考·物理 力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，由动量守恒定 律有3m×4-2m×6v=3mu1十2m2,若系统为弹性碰 撞，由能量关系可知号×3m(4o)2+7×2m(6o)2=2× 3m+合×2m号，解得=-4,2=60，因M.N的加 速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1， 即两物体一起停止，则B、D是错误的；若不是弹性碰撞， 则3m×4v-2m×6v=3m十2m2,可知碰后速度大小 之比为1：2=2：3，假设=20，则2=3v,此时满足 合×3m(42+7×2m(6o)2>2×3mf+号×2m8, 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停 止运动的时间之比为1：1，对M来说碰撞前后的速度之 比为4v:2v=2:1,可知碰撞前后运动时间之比为2：1， 可知A正确，C错误。故选A。 ②BD解析根据牛顿第三定律结合题图可知，t=0.15s 时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时 运动员处于最低，点，运动员的重力势能最小，故A错误； 根据题图可知，运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.3s 再次落到蹦床上经历的时间为2S,根据竖直上抛运动的 对称性可知，运动员上升时间为1s,则在t=1.3s时，运 动员恰好运动到最大高度处，则t=0.30s时，运动员的 速度大小v=10X1m/s=10m/s,故B正确，C错误；由 上述分析可知，运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s, 以竖直向上为正方向，根据动量定理有F·△t一mg·△t =-(一mw),其中△=0.3s,代入数据可得F=4600N, 根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开 过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。 故选B、D。 3A解析对整个系统分析，可知合外力为0，A和B组 成的系统动量守恒，可得mAA=mBUB,设弹簧的初始弹 性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒， 当弹簧处于原长时，可得，=7m4听+7m呢，联立可 得=专(0)暖，故可知华簧处于原长时物休建 度最大，动量最大，动能最大。故选A。 ④AD解析子弹和木块组成的系统动量守恒，设子弹 穿出木块后子弹和木块的速度分别为)1、2，则有m0= m1十M2,子弹和木块相互作用过程中合力都为f= 如0，因此加连度分别为a一片ag=着由运动学公式可 得，子弹和木块的位移分别为2a1x1=一1,2a2x2= ,联立可得2= [w√-2(+) ,因此 M+m 462 木块的老度最大，功√6一2（细+号）儿取板位即可， 该函数在2（会十）儿到无穷单羽适减，因此当西= 2亮+希)L=2Lm时，木块的追度最大，A正 Mm 确；则子弹穿过木块时木块的连度为2一m由运功 mM 学公式有2=a2t,可得t一(m十M,故B错误；由能量 守恒可知子弹和木块损失的总动能转化为系统摩擦生 热，即△E=Q-L=22L2Cm十M,故C错误；木块在加 mM 追过程中运动的距高为=0生=m故D正扇。 故选A、D。 ⑤(1)72N,方向竖直向上(2)1.6J(3)0.6m/s 或2.6m/s 解析(1)A从开始到滑到圆弧最低，点的过程中，根据机械 能守恒定律有mAg(R-Rcos53)=2mA6, 1 解得0=2m/s, 在最低点，根据牛顿第二定律有FN一mAg=mAR, 解得FN=72N,方向竖直向上。 (2)根据题意，A、B碰后成为一个整体，根据动量守恒定 律有mA0=(mA十mB)共，解得共=1.6m/s, 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为△E=2mA喝 -号(mA十mg)=1.6J。 (3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传 送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦 因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律有μ(mA十mB)g= (mA+mB)a, 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v=v共一at, 该段时间内A,B运动的位移为x1=十)类1， 2 传送带运动的位移为x2=, 故可得Q-u(mA十mB)g·(x1一x2), 联立解得v=0.6m/s,另一解大于共舍去； 第二种情况，当传送带速度？大于？共时，A、B滑上传送 带后先加速后匀速运动，设经过时间2后A、B与传送带 共速，同理可得v=v共十at2, 该段时间内A,B运动的位移为x1'=叶)陕2， 2 传送带运动的位移为x2'=t2, 故可得Q=(m4十mB)g·(x2'-x1'), 解得v=2.6m/s,另一解小于共舍去。 6(1)24.5J(2)5s 解析(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律有m20=m2vQ +m1v, 由能量守恒定律有26=2m6+2m2+△E, 联立可得Q=3.5m/s,△E=24.5J。 (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律得pm1g=m1a, 物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式有2 1=2al2,℃p=v-at,解得p1=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4S, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则1=p2, 解得t2=0.6s, 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式有1一 2=2al2,p2=p1一at3,解得vp2=1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3=0.8s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则☑1=VP2t4, 解得t4=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运 动学公式得0=p2一at, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=1十t2十t3 十t4十t5=5s。 7(11.5m(2)90J2(3)z=子LB 解析(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人 与A木板组成的系统水平方向动量守恒。设机器人质量 为M,三块木板质量均为m,根据人船模型得Mx=mx1, 同时有x十x1=LA, 解得A、B木板间的水平距离x1=1.5m。 (2)设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹 角为日，从A木板右端跳到B木板左端所用的时间为t,根 据斜抛运动规律得0os0·t=1,sn0=号 g2, 联立解得2=2sin0cos0' 15 机器人跳离A木板的过程系统水平方向动量守恒，有 Mucos 0=mUA, 根据能量守恒可得，机器人做的功为W=号M十 2m%, 280s9·45J-4cg8t0.45J= 联立解得W=3C0s20+1, 2sin 0cos 0 45(合am9+a品gJ, ○实战册参考答案及解析 根据最学知识可得，当2an0=品g时，即n9=2时， W取最小值，解得此时W=90J。 (3)根据an0=2,可得cos0= 2m/s, 根据Mucos0=mxA, 可得A=3)西m/s,可知A木板以该速度向左匀速 2 运动， 机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器 人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，可得 Ms6-=(M+2m,解得k-3m/. 该过程A木板向左运动的距离为rA=UAt=3,1⑤X 2 m=45m 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器 人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳 机器人的水平速度大小为0，B木板的速度大小为VB,机 器人每次跳跃的时间为△，取向右为正方向，可得(M十 m)U共=M0一mUB, 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得 (0+vB)△t, 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，A、B木 板的位移差为△x=x1十xA=6m, 可得(B一YA)·3△t=△x, LB 联立解得△1=4(A十峡)厂3(A十味)' △x 故A、C两木板间距为xAC=(A十C)·3△t十△x十LB, 且e=A,每得C=子e ⑧(1)mA0 mAvB 'mA十mB (mA十mB)R (2)2或5 (3) 2RmA e2n-1 A十mB'e2n(e-i) 解析(I)由题意可知，小球A、B组成的系统碰撞前后动 量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为，则根据动量守 恒有mA0=(mA十mB)u,可得一mA十mB mAvo 碰撞后根据牛顿第二定律有F=(mA十mB)R' mAv6 可得F=(mA十mB)R (2)若两小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为A、B,根 据动量守恒和能量守恒有mA0=mA0A十mBUB,2mA哈 463 答案册 实战高考·物理 =2m1暖+2mw呢， 1 联立每得以 2mAvo U0,UB一mA十mB 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点， 如图所示，设圆环周长为L, ,120 6 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第 二次碰撞，A比B少跑了一圈，通过的路程之比为4= xB 1+3k1(k=0,1,2,3,…), 4十3k1 则有4=4=十31(k=0,1,2,3,…）, UB XB 4+3k1 联立解得”m4=4十31 'mB 2-3k1 由于两质量均为正数，故k1=0,可得"A=2, mB 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为VA'、 1 B',则同样有mAA十mB0B=mAOA'十mB0B',2mA月 十2mi=moA+2m0B2, 1 联立解得UA'=0,B'=0, 故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在C点，以此 类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第 二次碰撞，A比B少跑了一圈，通过的路程之比为工A= xB 2+3k2(k2=0,1,2,3,…), 5+3k2 所以4=24=2士32(k2=0,1,2,3,…）, UB IB 5+3k2 联立可得4_5十32(k2=0,1,2,3…), mB 1-3k2 因为两质量均为正数，故k2=0,可得"A=5, mB 根据①的分析可得4'=0，B'=0,满足题意。 综上可知器-2或%-5 (3)第一次碰撞前相对速度大小为0，第一次碰撞后相对 速度大小为I相=0，第一次碰撞后与第二次碰撞前B 比A多运动一圈，即B相对A运动一圈，有1=2迟， V1相 第一次碰撞动量守恒，有mAU0=mAVA1十mBVB1,且I相 464 =0B1一VA1=e0, 联立解得B一mA十mB mA(w十相)，B运动的路程51= UBIt1= 2nRm(+1）=2RA（上+1）， mA十mB相 mA+mB e 第二次碰撞的相对速度大小为2相=eU1相=e20,t2 =2mR」 02相 第二次碰撞有mAU0=mAA2十mBU2,且2湘=VA2一VB2 =e20, 联立可得Be一mA十mB mA(0一2相)，B运动的路程52= 器-以， Um2一mA十mB相 以此类推，一共碰了2n次，有s=s1十52十53十…十52m= mA十mBNe e2 ）=2RA·a- e2n mA十mBe2n(e-1) 模拟精练 ①C解析从小球冲上圆孤槽到滑离圆孤槽的过程中， 小球和圆孤槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向 动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不 守恒，即小球和圆孤槽组成的系统动量不守恒，故A错 误；水平方向根据动量守恒有m=mu1十M2,根据能量 守恒有2mf=mf+号M,联立解得n=-0.2m/s, 2=0.4m/s,即小球离开圆孤槽时速度的大小为0.2m/s, 此时圆孤槽对小球支持力最大，设为N,根据牛顿第二定 律有N-mg=mR)2,解得N=2.24N,根据牛领 R 第三定律可知，小球对圆孤槽的最大压力为N'=N= 2.24N,故B、D错误；小球上升的最大高度（相对圆弧最 低，点)时，小球和圆孤槽速度相等，水平方向根据动量守 恒有mw=(m十M0g,根据能量守恒有司m6=号(m十 M0十mgh,联立解得h=1.2cm,故C正确。故选C。 日D壁面水伦时水约流量为)心 t 4 故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为业=pY- 1 m,故B正确：水枪的功率为P=W=2m 4 t t 匹v,故C错误；取初速度方向为正方向，由动量定理 8 得-Ft=一0.2mw一mw,则由牛顿第三定律可知，目标受 到的平均冲击力大小为F=1.2m,=3m心，故D正确。 t 10 故选B、D。 3(1)310N(2)0.8kg0.2kg(3)2250J 解析(1)根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量 变化，有(F一mg)t1=m0,其中0为花炮发射后的初 速度， 则竖直上抛的最大高度= 2g1 解得0=√2gh=60m/s, 可得F="m+mg=310N。 (2)爆炸时动量守恒，则m=22, 爆炸后两物块均做平抛运动，水平方向上做匀速运动，有 x=vt, 两物块运动时间相同，水平位移之比为1：4，所以速度之 比为=1 24 解得m=4m2, 总质量m十2=1kg, 解得m=0.8kg,m2=0.2kg。 h一6s, (3)爆炸后两物块运动的时间为气√g 两物块落地时两落地，点之间的距离s=900m,则s=( +2)t,解得u=30m/s,2=120m/s, 两物块的动能之和为民=m听+日m喝=1800J, 由0.8E=Ek, 解得E-0gJ=2501. A(15m/s0(2R≤0.5m或R≥1.25m(39m 解析(1)平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有 mo=2mv,解得v=5m/s, .1 根据能量守恒定律有Amg△x=2m6一2 1 ·2m2, 实验专 实验8验证动量守恒定律 ①(1)C(2)√0N=2√L0M-√0p(3)大于 解析(1)小球半径大小必须相等，否则两小球不能发生对 心碰撞，对实验结果会有影响，故A错误；小球做平抛运 动，则tan0= 28 ，落到斜面上时到抛出点的距离= t=2vtan9c2,可知uo,则实验中可以用i代替 cos a gcos 速度，不需要用量角器测量斜面倾斜角度，故B错误；根 据1=2心am9可知，斜面倾角应适当大一些，这样小球落 gcos 0 在斜面上的位置会较远一些，故C正确。故选C。 Q实战册参考答案及解析 解得△x=10m, 此时滑块到平板右端距离x=L一△x=0。 (2)当滑块恰好能通过圆孤轨道最高，点时，根据牛顿第二 vE 定律有mg=mR1 从滑上高台到运动至圆孤轨道最高，点过程，根据动能定 理有-mg·2R1=之m呢-m心2， 解得R1=0.5m, 滑块从滑上高台到恰好到达圆孤轨道圆心等高处过程， 根据动能定理有一mg·R2=0-2mw2, 解得R2=1.25m, 要使滑块不脱离圆孤轨道，则有R≤0.5m或R>1.25m。 (3)滑块从G点飞出至第一次落地做平拋运动，则有h 1 l,d-uh,-gh, 解得d=5m,y=10m/s, 1 第一次反弹后有1，=20，=5m/s, 第一次反弹过程，根据动量定理有FN·△t=m(y十 y）,一2FN·△t=m(x-o), 5 解得1x=3m/s, 第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有d2= .2=5 83m, 第二次反弹过程，根据动量定理有F2·△t2=m(2y十 y）,-2FN2·△t2=m(2x-x), 解得2x=0, 可知滑块之后做竖直上抛运动， 综上所迷可知，水平距离d=d山十d=9 3m。 项训练 (2)若碰撞过程动量守恒，则满足m1=m十m22,若 满足机被能守恒，则满足m听=？m听十7m吃，共 中2m=肥，可得n=一号阳=罗，可知总后小球1反 弹，会再次滑上凹槽后再滑回底端飞出，因0>2>， 可知N点是小球1碰前的落，点，M,点是小球2碰后的落 ,P点是小球1碰后的落点，根据1三)，代入 m10=m十m22,可得√L0N=2√LaM-√LOP。 (3)若考虑玻璃圆孤轨道的阻力影响，因小球1碰后滑上 圆轨道再返回底端时要损失能量，则返回到轨道底端时 速度偏小，则√OP偏小，根据√LON=2√OM-√0P, 465