周测卷(十四)碰撞与动量守恒(二)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

14 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十四） 物理·碰撞与动量守恒（二） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图，边长均为a的立方体木块和空心立方体铁块，用长度也为a的细绳连接， 悬浮在平静的大水池中，木块上表面和水面的距离为h=4a。当细绳某时刻突 h 然断裂后，木块与铁块分别竖直向上、向下运动，当木块上表面刚浮出水面时， 因 铁块恰好到达池底。已知木块的质量为m,铁块的质量为M=4m,不计水对物 块的阻力，设水对物块的浮力不受物块运动的影响，则池深为 A.15a B.12a C.10a D.8a 2.热播电视剧《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨 论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ=4.0× 10-8kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×10m/s,飞船垂直于运动方向上的最大横截 面积S=10m,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则 A.△t=1s内附着在飞船上的微粒质量为0.12kg B.△t=1s内附着在飞船上的微粒质量为120kg C.飞船要保持速度v不变，所需推力大小为3.6×106N D.飞船要保持速度v不变，所需推力大小为7.2×106N 3.如图所示，一质量为3m的木箱C静置于光滑水平地面上，箱内质量为m的物块A与质量为 2的物块B紧挨在一起，中间夹有少量火药。两物块与木箱底板间的动摩擦因数相等，当火 药爆炸（爆炸时间极短）后物块B向右以对地大小为。的速度运动，物块与木箱壁碰撞时会 被粘住，则下列说法正确的是 A.系统A、B,C)最后以大小为。=的速度向右运动 A B B.火药爆炸后、与C碰撞前，物块A、B组成的系统动量守恒 77n77777n77 C.火药爆炸释放的能量为mv D.火药爆炸后系统(A、B、C)最终损失的机械能为3mv 4.三个同种材质且质量分布均匀的弹性小球A、B、C由通过质心的光滑细杆相互接触 串在一起，如图，三球质量满足mA>mB>mc。现将三小球从离地面高为h处静止 释放，若所有碰撞均可视为弹性碰撞，则小球C上跳的高度约为 A.25h B.49h C.16h D.3h 物理·周测卷（十四）第1页（共4页） 14 鱼款龙门卷 5.如图是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，图中的运动员手持一种负重物起跳，这可以使他跳 得更远，现在我们来解释其中的原因。若某位运动员的质量为60kg,两手各持一个质量为 3kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳离地时速度大小为5/s,方向与水平方向 成37°夹角，在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔出，忽略空气阻力，sin37°=0.6， cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.从起跳后到落地前的过程中，运动员和负重物组成系统的总动量和总机 械能均守恒 B.与在最高点不扔出负重物相比，扔出负重物时运动员在空中可以运动更 长时间 C.与在最高点不扔出负重物相比，扔出负重物运动员可以多跳一段距离 D.与在最高点不扔出负重物相比，扔出负重物运动员落地时速率将增大0.4m/s *用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验，已知容器内侧面光滑，半 径为R,三个质量分别为m1、m2、m3的小球编号为1、2、3，各小球半径相同 且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且彼此相互接①器 触，若将质量为1的小球1移至左侧离容器底高h处无初速度释放，如图所示，各小球间的碰 撞时间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1停在O点正下方，球2上升的 最大高度为。R,球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为 A.1:1:2 B.3:3:1 C.4:4:1 D.3:2:1 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6.如图甲所示，滑块A、B、C静止放在光滑的水平面上，滑块A、B的质量均为m,滑块B、C之 间用一质量不计的轻弹簧连接，t=0时刻滑块A获得一初速度v。沿水平面向右运动，t1时刻 与滑块B碰撞，且粘在一起（碰撞时间极短），整个运动过程中，滑块A、B、C的速度一时间的 部分图像如图乙所示。t3时刻滑块C的加速度为零，下列说法正确的是 AU 200 ---{-- BC 甲 A.滑块C的质量mc=2m,图乙中=？B.全过程系统损失的机被能为m 2 6 C.弹簧的最大弹性势能为8 D.t3时刻滑块A正向左运动 物理·周测卷（十四）第2页（共4页） 班级 7.高空抛物、坠物严重危害公共安全。为充分发挥司法审判的惩罚、规范和预防功能，刑法修正 案新增高空抛物罪。假设质量为0.4kg的花盆从离地面20m高的高楼窗户自由下落到地面 姓名 (无反弹)，花盆与地面碰撞时间为0.01s,设竖直向下为正方向，若花盆可视为质点，不计空气 阻力，重力加速度大小g=10m/s2。则 得分 A.花盆与地面碰撞前瞬间的速度大小为20m/s B.花盆与地面碰撞前瞬间，花盆重力的瞬时功率为40W C.花盆与地面碰撞过程的动量变化为8kg·m/s D.花盆对地面平均作用力的大小为804N *如图，质量M=2kg的圆环套在光滑水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.6m的轻 选择题 绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与AB平行，小球以竖直向下的初速度v。=6/s开始运动， 答题栏 重力加速度g=10m/s2,则 1 A.运动过程中，小球和圆环构成系统的动量和机械能均守恒 2 B.从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为0.2m 3 C.小球通过最低点时，小球的速度大小为4√m/s M D.小球运动到最高点时，细绳对小球的拉力大小为50N 5 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8. (10分)某实验小组的同学利用如图1所示的装置来验证动量守恒定律。 遮光条 7 光电门 0 2cm LLLLLLLLLLLLLLLL 接气源 气垫导轨 20 图1 图2 ①调节气垫导轨，轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动； ②将弧形轨道与气垫导轨平滑连接； ③气垫导轨上不放滑块Q,将固定有遮光条的滑块P在弧形轨道上由静止释放，测得遮光条 的遮光时间为t1; ④在气垫导轨左侧放置滑块Q,滑块P在弧形轨道上由同一位置静止释放，滑块P与滑块Q 发生碰撞并粘在一起，测得遮光条的遮光时间为t2; ⑤测得滑块P(含遮光条)、Q的质量分别为m、M,用游标卡尺测得遮光条的宽度L如图2 所示。 请回答下列问题： (1)遮光条的宽度L= mm。 (2)若碰撞过程中关系式 在误差允许的范围内成立（用题中已知量表示），则系统 的动量守恒。 (3)若第二次释放P的位置偏低，则的值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 物理·周测卷（十四）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 9.(20分)如图所示为一缓冲机的工作原理示意图。两滑块A、B可在光滑水平地面上做直线运 动，mA=m,mB=4m,滑块B中贯穿一轻质摩擦杆。滑块B与摩擦杆之间的最大静摩擦力 大小为f=√5g,弹簧左端与滑块B的左端距离为L。,滑块B固定于水平地面上某点，滑块 A位于滑块B的左侧，某次实验时给滑块A一向右的初速度使其正对滑块B做直线运动。 已知弹簧的弹性势能E。一2x,k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g, 摩擦杆与滑块B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若A的初速度为3g√石，求摩擦杆在B中移动的距离以及A弹回的速度大小。 m (2)若滑块B不固定，摩擦杆与B刚好没有出现相对运动，求所对应的A的初速度的值以及 此条件下A、B分离后各自的速度大小。 B A WWWWW 0 77777777777777777777777777777777777 10.(20分)如图所示，有一个质量为M、半径为R的半圆形滑槽ACB静止放在光滑的水平面 上，C是半圆形滑槽的最低点，D是圆弧上的一点，D与圆心O的连线与水平方向成a=30° 角；某时刻将一质量为m的光滑小球从距离A点正上方2R处由静止释放，小球从槽口处落 入半圆形滑槽内。小球可看成质点，小球质量为滑槽质量M的一半，重力加速度为g,空气 阻力不计。求： (1)半圆形滑槽ACB向左运动的最远距离； (2)半圆形滑槽ACB的速度最大值； (3)小球经过D点时滑槽的速度大小。 A D 7777777777777六777777777 物理·周测卷（十四）第4页（共4页）·物理· m,i+ma,解得，=2m/s. 1 (3)滑块b与木板c在相互作用过程中，共同的速度 为，满足动量守恒，有mv6=(m十M)v,解得v= 1m/s,根搭能量守恒，有omgL-moi-(m+ 物理( 1.D【解析】设铁块下降的高度为H,对于木块和铁 块整体由动量守恒有mA一MH,化简得H一欢，则 池深为d=h+H+3a=8a。 2.C【解析】由题意，飞船进人尘埃区匀速飞行，可得 △t=1s内附着在飞船上的微粒质量为△m=pSv△t= 4.0×10-8×10×3.0×10×1kg=1.2kg,故A、B 错误。微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量 增加，由动量定理得F△t=△mv=pSv△t,求得飞船 对微粒的作用力大小为F=3.6×105N,所以飞船要 保持速度不变，根据平衡条件可知飞船所需推力 大小为3.6×10N,故C正确，D错误。 3.D【解析】由于A、B、C组成的系统满足动量守恒， 所以系统末动量为零，系统最后处于静止状态，故A 错误。火药爆炸后、与C碰撞前，由于A、B组成的 系统所受合力不为零，则物块A、B不满足动量守恒 定律，故B错误。火药爆炸瞬间，A、B动量守恒，则 mvA=2mvo,所以火药爆炸释放的能量为E= moi+号·2m-3mv,放C错误。根据能量守 1 恒定律可知，最终系统保持静止，所以火药爆炸后系 统(A、B、C)最终损失的机械能为3mw,故D正确。 4.B【解析】根据动能定理mgh-子m,解得三球在 落地前均有向下的速度v。=√2gh,A球先与地面发 生弹性碰撞后速度变为向上的。，再与B球发生碰 撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有 1 72A)0-2BU。=nAA1十nBB1,2nAU0十2mB6= mA十分mv,解得A、B发生弹性碰撞后B 1 的速度大小为v1= (3A一mB)v0,因为mA>mB, mA十mB 有v1≈3vo,此后B、C发生弹性碰撞，取向上为正 方向，根据动量守恒和机械能守恒有mB·3v。 1 mcvo m8UB2 +mcvc,mB (3v0)2+2 mcvo 1 2mBo2十亏mcu品，解得uc=7mBc,因为 mB十mc mB>mc,有vc≈7，根据动能定理有2mc2= ·31 参考答案及解析 M)v2,解得长木板c最小长度L=1m,对滑块b, 根据动量定理，有一mgt=mv一mv6,解得b、c发 生相对滑动的时间为t=1s。 十四) mcghc,解得hc-49h。 5.C【解析】从起跳后到落地前的过程中，运动员和负 重物组成的系统竖直方向受重力，所以总动量不守 恒，另外运动员在最高点将两个负重物扔出的过程， 是系统内力做功的过程，有其他形式的能转化为系 统的机械能，系统的机械能增加，故A错误。运动员 在最高点将两个负重物扔出的过程中，运动员获得 一个水平方向的反冲力，速度会增大，运动员在空中 运动的时间不变，跳得会更远，故B错误，C正确。运 动员在最高点将两个负重物相对于地面速度为零扔 出的过程中，根据水平方向动量守恒有(M十2m)· vocos37°=Mvx,求得v=4.4m/s,落地时的速率为 v=√Jo2+(sin37)2=√4.4+(5X0.6)2m/s≈ 5.33m/s,所以，落地时速率增大了-o=(5.33- 5)m/s=0.33m/s,故D错误。 B【解析】碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律 得m1gh=2m1i,依题意，小球1与2碰撞过程，碰 后小球1的速度为零，取向右为正方向，由动量守恒和 1 1 机械能守恒可得m1u=m202,2m1i=2m20员，联 立解得v2=v1=√2gh,m1=m2,小球2与3碰撞过 程，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得 m0=m,十m0,2nf- 1 2m经+ 2m号，联 立解得2一m2十m3 m2-m3 2m2 ,0一m,十m,2,碰后，对球2 1 1 和球3有2m2wg=m28·gR,2m=m8R,可得 3=3v2,联立解得m2=3m3,则三个小球的质量之比 为m1:m2:m3=3:3：1。 6.AC【解析】A、B碰撞过程由动量守恒有mv。= 2mw1,解得u1=2,由图像可知t:时刻三者共速，有 muo=(2m十mc）4,解得mc=2m,A正确。只有 1 A、B碰撞过程有机械能损失，有△E= 2nv6一 2X2mu=4mu6,B错误。三者共速时弹簧弹性势 高三一轮复习周测卷 能最大，由能量守恒定律可得E。-2×2m-号 4m×(保)=名moi,C正确。t:时刻，弹簧为原长， 由弹性碰撞可知，滑块AB与C交换速度，速度为0， D错误。 7.AD【解析】花盆从离地面20m高的高楼窗户自由 下落到地面，由2=2gh,解得花盆与地面碰撞前瞬 间的速度大小为v=√2×10×20m/s=20m/s,故 A正确。花盆与地面碰撞前瞬间，花盆重力的瞬时 功率为P=mgv=0.4×10×20W=80W,故B错 误。以竖直向下为正方向，花盆与地面碰撞过程的 动量变化为△p=0一mv=-8kg·m/s,花盆与地 面碰撞时对花盆由动量定理得(F十mg)t=△p,解 得地面对花盆的作用力F=一m” -mg=-804N, 根据牛顿第三定律可得花盆对地面平均作用力的大 小为804N,故C错误，D正确。 BD【解析】分析小球和圆环组成的系统可知，水平 方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖 直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则 系统机械能守恒，故A错误。系统水平方向动量守 恒，根据“人船模型”可得Md1=md2,又d1十d2=L, 联立解得d1=0.2m,d2=0.4m,可知从小球开始运 动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的 位移大小为0.2m,故B正确。从开始运动到小球运 动到最低点时，设圆环和小球的速度大小分别为1和 v2,由水平方向动量守恒可知Mo1=mv2,由能量守恒 可知mL十2moi-M+m,联立解得： 4√2m/s,故C错误。设小球运动到最高点时，圆环和 小球的速度大小分别为3、4，由水平方向动量守恒 可知Mo,=mu4,由能量守恒可知2mi=2M+ 2mw+mgL,解得u,=2m/s,u4-4m/s,小球相对 圆环的速度大小为v相对=？十v4=6m/s,由牛顿第 三定律，可得F+mg=m”,解得F=50N,故D 正确。 8.(1)1.25(2)m +M(3)偏小 【解析】(1)遮光条的宽度L=1mm+5×0.05mm= 1.25mm。 (2)滑块P在弧形轨道上由静止释放，运动到气垫导 轨上的速度=，滑块卫与滑块Q发生碰撞并米 ·32 在一起的速度u,=,由动量守恒定律得m0,=(m十 t2 M,解得号-mM·若碰撞过程中此关系式成 立，则系统动量守恒。 (3)若第二次释放P的位置偏低，则滑块P运动到 气垫导轨上的速度偏小，二者发生碰撞并粘在一起 后的速度偏小，故t2偏大，t1仍为第一次释放滑块P 经过光电门的时间，故比值偏小。 ,七2 25mg 5m gk 、5m3m (1) 5k (2)豆8E28√及 m g入k 【解析】(1)根据机械能守恒定律，当摩擦杆与B刚 好出现相对运动时有kx,=√5mg, 此时弹黄的弹性势能E,x一g。 1 2k, 从A与弹簧刚接触到摩擦杆与B刚好出现相对运动 的过程，根据机被能守恒有m(3取√受}'-￡，十 1 m mw,解得u=2g√石， 此后A与摩擦杆一起做匀减速直线运动，√5mg= ma,w2=2a△x,联立解得△x=25mg 5k 待A与摩擦杆静止后，弹性势能开始转化为动能，根 据机械能守恒可得E,=2m,解得0=8√。 1 /5m (2)设摩擦杆与B刚好没有相对运动时所对应的A 的初速度为0。，弹簧的最大压缩量为x。。此时弹簧 弹力kx。=√5mg,且A与B速度刚好相同。根据动 量守恒定律以及机械能守恒定律可得mv。= (m十4m)a,2moi-2m十m)oi十xi,联立 可得0=28√尼’ 从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生了一 次弹性碰撞，设分离后速度分别为1和2，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可得mv。=mv1+ 1 1 4mv:2mv-2mv+X4mv, 邻得-一名贺：-g层， m (m 即AB分离后各自速度大小为g√？和g及。 0.(1)3 R (2)√gR(3)√33 5gR ·物理· 【解析】(1)当小球运动至B点时，半圆形滑槽 ACB向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒 有mU1一Mv2=0, 两边同乘以时间，可知mx1一Mx2=0, 根据几何关系有x1十x2=2R,解得，=2B 39 (2)当小球运动至C点时，半圆形滑槽ACB的速度 最大，根据水平方向动量守恒有mv1一Mu2=0, 根据系统机械能守恒有mg×3R=)m十 2M,解得u=√gR。 (3)设小球经过D点时沿水平方向的速度为？：，沿 竖直方向的速度为，，根据水平方向的动量守恒有 物理( 1.C【解析】泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱 的接触时间△t,而物品的动量变化量△力未发生变 化，根据动量定理，合力冲量不变，故A、B错误。设 物品撞击时所受合力为F,根据动量定理F·△t= △中，可得F=A2,可知泡沫塑料的作用是延长了物 △t 品与包装箱的接触时间△，减小物品所受到的合力， 故C正确，D错误。 2.A【解析】由于小朋友只受重力，做竖直上抛运动， 加速度为重力加速度，保持不变，且运动过程中只有 重力做功，机械能保持不变，故B、D错误。根据竖直 1 上抛运动的规律可得v=uo一gt,x=ut一2gt,所 以p=mv=mv。-mgt,故A正确，C错误。 3.C【解析】由系统的动量守恒易知，无论弹力为多 大，最终三者均静止，故A错误。由于A、C之间的 最大静摩擦力小于B、C之间的最大静摩擦力，故随 着F逐渐增大A、C之间先发生相对滑动。对A分 析可知，当F1=mAg=1N时，A、C之间刚要发生 相对滑动，当B、C之间将要发生相对滑动时，对C 分析，fBc一fAc=mca,对B、C整体分析可知F2 fAc=(mB十mc)a,联立解得F2=3N,可知若F= 1.5N或F=2.5N,则释放物块后，A、C之间发生 相对滑动，B、C之间不发生相对滑动，故B错误，C 正确。若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车 滑动，系统最终也将处于静止状态，全过程中弹簧减 少的机械能即为减少的弹性势能，根据能量关系可 知等于系统因摩擦产生的内能，故D错误。 4.C【解析】设A、B发生相对滑动时的最小外力为 F。,对A受力分析，由牛顿第二定律可得mAg= mAa,解得a=g=2m/s2,对于B而言，有F。 mAg一μ(mA十mg)g=mBa,解得F。=8N,由乙 ·33 参考答案及解析 mv,=Mv, 以滑槽为参考系，则此时小球的速度沿圆弧的切线 方向，此时小球水平方向的相对速度为？相=)：十 3 04=20z' .3 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，有2”，os30°= 0yc0s60°， 。1 根据能量守恒定律有mg(2R+Rsin30)=2m(u2十 )+2Mo,解得u:一√ 20gR 33 5gR 因此滑槽的速度w,=√33。 五) 图可知，外力F与时间t的关系满足F=6十2t(t≥ 0),当t=0.5s时，F=7N<8N,A、B没有发生相 对滑动，A错误。根据上述分析可知，t=1s时，F= 8N,A、B具有共同的加速度，大小为2m/s2,B错 误。在0~1s内根据动量定理，结合乙图可知I一 u(mA十mB)gt=(mA十mB)v,代入数据解得v= 1.5m/s,C正确。根据乙图，结合动量定理可知，t= 2s时，A、B系统具有的动量之和为p=I合=一 u(mA十mB)gt',代入数据解得力=8kg·m/s, D错误。 5. A【解析】F-t图像与坐标轴围成的面积表示拉力 的冲量，在0~3s内拉力的冲量为I=(15×1.0+ 15×1.0)N·s=30N·s,故A正确。物块在向上运 动过程中沿斜面方向上受到拉力与重力沿斜面方向 向下的分力，根据动量定理有I一mg sin30°·t= △p,则0~3s内物块的动量变化量为△p=(30一 1X10×0.5×3)kg·m/s=15kg·m/s,故B错 误。设5s时物块速度为v,0~5s过程根据动量定 理可得I5=I5一Ics=mv一0，其中Is=F·△t= (15×3)N·s=45N·s,Ics=mg sin30°·t=1× 10×0.5×5N·s=25N·s,联立解得v=20m/s, 1 根据动能定理可知W台=2mv2=200J,故C错误， 对物块分析，拉力变化的周期为T=2s,每个周期合 力的冲量为12=F·)-mg sin30°·T=(15X1 1×10×0.5×2)N·s=5N·s,随着时间延续，合力 的冲量会不断增大，无最大值，故D错误。 *D【解析】水流单位时间撞到B处的体积等于水流 单位时间通过水平喷水口的体积，即体积为Q=S, 故A错误。水流从P到B做平抛运动，平抛初速度 为，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，由几何关系可知