周测卷(十三)碰撞与动量守恒(一)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（江苏专用）

高三一轮复习周测卷 F-μ2(mA十mB)g1msg-μ2(mA十mB)g mA十mB mA 解得F≥6N>5N,因此，当3N<F<5N时，A、B 会保持相对静止一起向右加速。 综上可知： ①当0<F≤2N时，A、B将一起滑出左边界，又由 42g≤41g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能 1 定理，有Fd+h(mA十mB)g1=2(mA十mB)v, 解得1-5(m ②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中， 物理( 1.D【解析】网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量 大小相等，方向相反，故A错误。以末速度方向为正 方向，网球动量的变化量为△p=mv一v。=0.06X 60kg·m/s-(-0.06×40)kg·m/s=6kg·m/s, 故B错误。根据动量定理可得网球受到的冲量大小为 I=F△=△p=6.0N·s,则球拍对网球的平均作用 力大小F=是-。8N=00N故C错误 D正确。 2.D【模型建构】 选取对象斜面体静止在光滑水平面上，滑块从斜面上滑下 建构模型 人船模型 水平方向动量守恒0=mvB一MvA 确定物理 两者位移之和等于斜面体底边长xA十xB=L 原理 两者位移大小之比等于质量的反比工A=严 ZE M 【解析】滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左 下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与 其受到的支持力F、不是垂直关系，它们的夹角为钝 角，即支持力F、对滑块B做负功，故A错误。滑块 B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度 有竖直向下的分加速度，所以系统在竖直方向合力 向下，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不 守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方 向不受力，所以系统水平方向动量守恒，取水平向右 为正方向，滑块B下滑过程中，设任意时刻B的水平 速度大小为口B,A的水平速度大小为vA,对系统在 水平方向，由动量守恒定律有0=mvB一MA,解得 号-霜设B到达斜面底端时，A,B水平位移大小分 别为xA、xB,在水平方向有xA十xB=L,且xB= MxA,联立解得滑块B滑到斜面底端时斜面体向左 m 滑动的距离为xA一M十mL,故B,C错误。对整体 分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对 ·28 ·新教材版J· 由动能定理，有：十mA十mg)g:=号(mA十 3 m)u,解得s2=F十3（m)。 ③当3N<F<5N时，A、B将先一起向左匀减速运 动距离L,由动能定理，有FL十μ2(mA十mB)gL= 2(mA十mB)v,然后一起向右先匀加速运动再匀 减速运动，由动能定理，有FL一μ2(mA十mB)g· 十)=0，联立解得s:=+3m. 三) 整体的支持力小于整体的重力，则地面对A的支持 力的冲量大小小于(M十m)gt,故D正确。 B【信息获取与转化】 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 礼花弹在最高点炸 “爆炸”模型：满 1 maVa 开成a、b两部分 足动量守恒定律 m606=0 轨迹图如图所示 2 …忽略空气阻力 平抛运动模型 的作用 等于重力与竖直 3 重力功率 P=mg0竖 方向速度之积 【解析】平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x= 1 vta,3x=wtb,竖直方向上有h=ヮgta,h=)gt名， 可得v。:v6=1：3,根据动量守恒定律有m。。一 m6℃6=0，解得m。:m6=3:1,故C错误。a、b两部 1 1 分的初动能Ew=2m,,Ew=2m6i,解得Ea: Ew=1:3,故B正确。a、b两部分落地时的速度大 小v1=√0后十gt,v2=√06十gt话，可知，a、b两部 分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误。 a、b两部分落地时的重力功率P。=m.gva= mag2ta,P6=migUx=mbg2t6,解得P。:P6=3:1, 故D错误。 A【解析】以帆船为参考系，对△t内的一段风，设 其质量为△m,由动量定理有F△t=△m△v=pS(v vo)△t(?一o),帆船匀速前行，由平衡条件得F=f, 解得v= f 十o,A正确，B错误。由以上结论，整 理得v=V一 怎，若风与帆作用的有效面积变为原 来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不 可知，若风 是原来的2倍，C错误。由=w一√S ·物理· 速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度 不是原来的2倍，D错误。 【归纳总结】 常见流体模型的微元构建 ①流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 研究 ②微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单 对象 位体积内粒子数n 构建柱状 沿流速的方向选取一小段柱体，设其横截面 模型 积为S 小段柱体的体积V=S·v△t 小段柱体质量m=pV=pSu△t 微元研究 小段柱体粒子数N=nV=nSu△t 小段柱体动量p=mv=pSu2△t 5.D【模型建构】 选取对象 两物块，中间夹一弹簧 建构模型 物块一弹簧模型 Vo 图示 m0m: 水平地面光滑 ①系统动量和机械能均守恒 确定物理 ②当弹簧处于最短（或最长）时两物体瞬时速度 原理 相等，弹簧的弹性势能最大 ③当弹簧处于原长时弹性势能为零 【解析】由图可知在t。时刻两物块共速，则由动量守 恒定律mBv。=(m十mB)0.8v0,解得物块B的质量 为mB=4m,选项A错误。分离时弹簧恰好回复到 原长，则由动量守恒和能量关系有mBo=mAv1十 nm明-mi十i,解得分离后物块 1 A、B的速度大小分别为v1=1.6vo,v2=0.6u,选项 B错误。当两物块共速时弹簧弹性势能最大，则碰撞 过程中弹簧的最大弹性势能为E。=) 2(ma十mB)X(0.8u)2=0.4m,选项C错误。 在0~t。时间内弹簧被压缩，A的位移sA=0.32voto (即下方阴影面积)，因A、B所受弹力等大，则A、B 加速度之比为4：1，则B比匀速时减小的位移为 45A=0.08uot(即上方阴影面积)，即B的位 移sB=voto一0.08vot。=0.92voto,可得弹簧压缩量 的最大值为△l=sB一sA=0.6voto,选项D正确。 0.87 B 2t0 ·29 参考答案及解析 6.D【解析】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 (M-m),若M> M。-m,=(M+m)u,解得v=M十m m,A所受的摩擦力∫=mg,对A,根据动能定理得 1 一umgA=0-2u员，解得物体A对地向左的最大 位移tA三2，若M<m,对B,由动能定理得 一mgxB=0-2Mo,解得小车B对地向右的最大 Mo6,故A,B错误。根据动量定理知，摩 位移xB一2mg 擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即 Mo一MumW,敌C错误。根据动量定 理得-ft=Mu-Muo,又∫=umg,解得t= 2Ma0、,故D正确。 u(M+m)g' 7.D【解析】细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹 力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F,根据牛顿第 定徘有F=ma,解得Q一故A正确。滑块以蔻 度从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大 时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间 弹簧的弹性势能为2m0,故B正确。由于细绳被拉 断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，小滑块恰 未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为 )',取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 律得0=(m+M)。E,=(m+M)0+mg1,联 立解得μ=名，故C正确。弹簧压缩到最短时弹簧 弹力F=x,滑块滑到木板右端时滑块与木板均静 止，设木板的位移大小为x1,滑块的位移大小为1十 x一x1,由人船模型得Mx1=m(l十x一x1),解得 三+品故D错误。 ￥A【解析】根据题意设mA=mB=mD=m,mc= 2m,以A、B为研究对象，设向右为正方向，由动量守 恒定律有mv。=2mv1,解得木板B与滑块A共速时 速度的大小u1=20=6m/s,以B、C为研究对象，B 与C发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律有m1= m,十2m,由机械能守恒定律有2mi-名mo+ ×2mui,联立解得小物块C碰后速度g=4m/s, 1 故A正确。小物块C运动到最高点时，C、D两者在 高三一轮复习周测卷 水平方向共速，设此时C水平速度为v共，则2mw2= 1 (2m+m)v共，2义2mu=2×2mo,+2mgh+ 1 2m0,解得h三m,故B错误。从B、C碰后到C D分离，设分离时C的速度为v3,D的速度为v4,则 1 2mw,=2mru,十mu4,2X2mui=2X2mo号+2mui,解 4 得g=?m/s,w6m/s,故C错误。从A与B开 始运动到共速过程mu,=2mu1,2mu6=2×2mui十 mg△x1,解得△x1=9m,若调整木板B的长度为 12m,设小滑块A滑下B时的速度为us,则2m听- 2mw号=mg(L-△x1),解得，=2W3m/s>u3,滑 块A在水平面上运动足够长时间，能追上C,故D 错误。 C【解析】第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动， 恰好击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以看成 子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动， 穿过B、A的相对位移相等，则时间之比为1：（√2 1),所以穿过A、B所用时间之比为（√2一1）：1，故A 错误。设子弹的初速度为0，受到的阻力大小为f,第 一次穿过A、B时共同速度为，对系统由动量守恒有 m,=(m+2m),由能量守恒有f:2d=2m6 20m+2m)2,可得f日=日mg,第二次子弹穿过A 时，设子弹速度为o1,A的速度为u,假设不能穿透B, 最后与B的共同速度为v2,进入B的深度为d',对子 弹和A由动量守恒定律有mv。=mv1十mu,由能量守 恒有f=md-3mi-w,可得v-35。 对子弹和B,由动量守恒有m01=(m十m)v2,由能量 守恒有f:d=2mi-名(m十m)i,可得 2+√3 d<d,假设成立，故B错误，C正确。第一次系 4 统损失的机械能△E1=f·2d,第二次系统损失的机 被能△E,=了：（口+2牛5），第一次，第二次系统 损失的机械能之比为△E1：△E2=8：(6十√3)，故D 错误。 8.(1)B(2)C(3)>(4)m1L2=m1L1+m2L3 (5)B 【解析】(1)实验装置中铅垂线的作用是确定斜槽末 端在水平面上的投影位置。 ·30 ·新教材版J· (2)为了减小实验误差，应找小球最合适的平均落点 位置，即圆圈面积最小的区域，故最合理的为c。 (3)为保证碰后小球1沿原方向运动，应有m1>m2。 (4)设碰撞前瞬间A的速度为。，碰撞后瞬间A、B 的速度分别为v1、v2、根据动量守恒可得m1v。= m1v1十m2v2,由于两球做平抛运动，下落高度相同， 所用时间1相同，有m,×=m,×+m,×上， t 整理得m1L2=m1L1十m2L3。 (5)若为弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，故有 1 2n1o6= mi+m:,整理得m(片) m()+m:)°，有m=m+m,. 22 (1) 5 m(2)3m/s(3)0.3m 【模型建构】 选取 B、C碰撞 碰后C恰好能 A、B通过杆相连 对象 过程 做平抛运动 建构 弹性碰撞 圆周运动与平 类碰撞 模型 模型 抛运动 整个过程水平方 物体能沿圆周 向动量守恒，整个 动量和 系统机械能守恒； 轨道外侧运动 确定物理 的临界条件：恰 机械能 小球B到达最高 原理 好由重力（或重 均守恒 点时，两球水平方 力沿径向的分 向速度相等，竖直 力)提供向心力 方向速度为0 【解析】(1)碰后C球恰好能做平抛运动，则在圆弧 呢 顶端，根据牛顿第二定律有mcg一mc尺，C做平抛 运动，在水平方向上有x=oct,在竖直方向上有R= 1,解得c=22。 1 5m。 (2)碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒， 有mcv,=mcc十mBvB,解得vB=3m/s。 (3)碰后当B球恰好与横杆接触时，A、B二者具有 相同的水平速度共，A、B构成的系统水平方向动量 守恒，有mBoB=(mA十mB)v共，根据机械能守恒定 1 1 律有2mB后=2(mA十ma)头十msgl,解得L= 0.3m。 10.(1)55m/s(2)2m/s(3)1m1s 【解析】(1)根据题意可知滑块a在E点对半圆轨 道的压力恰好为零，重力提供向心力，有m。g= m,是，解得og=5n/s, (2)对滑块a,从E到G根据动能定理，有mog· ·物理· 1 2R二号o2一2mov2,解得vG=4m/s,滑块a运 动到G点与滑块b发生弹性正碰，根据动量守恒，有 mve=mv,十mu,根据能量守恒，有2mo忌= 1 2moi+2mui,解得，=2m/s. 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mh=MH,化简得H=, ,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= 4.0×10-8×10×3.0×106×1kg=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=△m=oSv2△t,求得飞船 对微粒的作用力大小为F=3.6×10°N,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3.6×10°N,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 moA=2moo,所以火药爆炸释放的能量为E= moi+号·2mo时-3mod,故C错误，根据能最守 1 恒定律可知，最终系统保特静止，所以火药爆炸后系 统(A、B、C)最终损失的机械能为3mv。,故D正确。 4.B【解折】根据动能定理mgh=?m,解得三球在 落地前均有向下的速度w。=√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 mA0-mBUg=mAUA1干mBU1,2mA话+2mB6 1 2mAo:十之mBw1,解得A、B发生弹性碰撞后B 的速度大小为a-③Am,因为mA>mB, mA十mB 有v1≈3o,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·3。 mevo=maum +mcvc,2 mB (3v0)+2 mcv= 1 2mBo:十2mco品，解得vc= (7mg一mc)U0,因为 mB十mc .1 mB>mc,有c≈70，根据动能定理有2mc品= ·31 参考答案及解析 (3)滑块b与木板c在相互作用过程中，共同的速度 为v,满足动量守恒，有mv6=(m十M)v,解得v= 1n/s,根据能量守恒，有mgL=7m8-(m十 1 M)2,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=mo一m℃6，解得b、c发 生相对滑动的时间为t=1s。 四)》 mcghc,解得hc=49h。 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+2m)· Vocos37°=M,求得o:=4.4m/s,落地时的速率为 v=√Ju2+(sin37)z=√4.4+(5X0.6)2m/s≈ 5.33m/s,所以，落地时速率增大了v一vo=(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 和机被能守恒可得m1e1=m,,7m,i-2m,i, 1 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m2e=m22十mvg,2m2u2=2me05十 2mo,联立解得=m一m 2m2 m2+m3 02,03= 02 m2+m3 碰后，对球2和球3有2m2”=mg·gR,2m好= m3gR,可得o3=3v?,联立解得m2=33,则三个小 球的质量之比为m1:m2:mg=3:3:1。 C【解析】A、B碰撞过程由动量守恒有mv= 2m1,解得0=2，由图像可知：时刻三者共速，有 m,=(2m十me)空，解得mc=2m,A错误。只有 A,B碰撞过程有机械能损失，有△E=2m 2义2mumu6,B错误。三者共速时弹簧弹性势8 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十三） 物理·碰撞与动量守恒（一） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题7分，共49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。 1.2024年奥运会上，郑钦文获得女子网球单打冠军，假设在某次击球过程中，质量为60g的网 球以40m/s的水平速度飞来，郑钦文引拍击球，球拍与网球作用0.01s后，网球以60m/s的 水平速度反方向飞出，不考虑网球重力及空气阻力的作用，在此过程中，下列说法正确的是 A.网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量相同 B.网球的动量变化量大小为1.2kg·m/s C.球拍对网球的平均作用力大小为120N D.网球受到的冲量大小为6.0N·s 2.如图所示，光滑水平面上有一倾角为α的光滑斜面体A,质量为M,底边长为L,将一质量为 m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。 此过程中斜面体对滑块的支持力大小为F、,重力加速度大小为g,则 A.斜面体A对滑块B的支持力不做功 GB B.滑块B下滑过程中，A、B组成的系统动量守恒 A 滑块B滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为M十 D.滑块B下滑时间t过程中，地面对A支持力的冲量小于(M十m)gt 3.“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如 图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的 初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的 球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的 轨迹图如图乙所示。忽略空气阻力的作用，则 引线 纸盖子 发射筒+ 礼花弹 延期引线 发射药 3x 甲 乙 A.a、b两部分落地时的速度大小之比为1：3 B.a、b两部分的初动能之比为1：3 C.a、b两部分的质量之比为1：3 D.a、b两部分落地时的重力功率之比为1：3 物理·周测卷（十三）第1页（共4页） 13 」鱼默龙门奏 4.如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度。沿风的方向匀速前行，风 与帆作用的有效面积为S,气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。 假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则下列说法正确的是 A.风速大小为 十U0 B.风速大小为 2f 十w0 C.若风与帆作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船 的航行速度一定变为原来的2倍 D.若风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍 5.如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块B以某一速 度向A运动，t=0时刻物块B与弹簧接触，t=2t。时刻与弹簧分离。物块A、B运动的v-t图 像如图乙所示。已知在t=0到t=t。时间内，物块A运 年U A 动的距离为0.32voto,弹簧始终处于弹性限度内。下列 说法正确的是 0.8- A.物块B的质量为0.25m B B.分离后物块A的速度大小为20o 0 to 2to C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5mv号 分 乙 D.弹簧压缩量的最大值为0.6voto 6.如图所示，足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度。向右在光滑水平面上运动，与此同 时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度。沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车 上表面之间的动摩擦因数为4，重力加速度为g,则在足够长的时间内，下列判断正确的是 2Mu A.若M>m,物体A对地向左的最大位移是 B 00 A u(M+m)g o 77777777777777777777 B.若M<m,小车B对地向右的最大位移是 umg C.无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mxo 2Mvo D.无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 u(M+m)g 7.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为1， 木板左端O处固定一轻质弹簧，弹簧自由端在A点，木板右侧用不可伸长的细绳连接于竖直 墙上（细绳无拉力），细绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左 滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动， 小滑块恰未从木板上掉落。忽略滑块的大小，重力加速度为g,弹簧的劲度系数为。下列说 法错误的是 A,细绳被拉断后瞬间滑块的加速度大小为 B.。细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为2mv C.滑块与木板AB段之间的动摩擦因数为 2gl D.整个过程木板对地的位移大小为m(1+F） kM 物理·周测卷（十三）第2页（共4页） 新教材版J 班级 *如图所示，质量为mB的足够长的薄木板B静置在光滑水平面上，质量为mc的小物块C静止 放在光滑的四分之一圆弧形凹槽D的最低点，圆弧形凹槽质量为D且未被固定。现有一质 量为mA的滑块A以12m/s的水平初速度从木板左端冲上木板，滑块A在木板B上运动一小 姓名 段时间，二者共速后，木板B与小物块C发生弹性正碰，碰撞后木板B立即被锁定。小滑块A 继续运动一段时间后从木板B上滑下，落在水平面上时，水平方向速度不变，竖直方向速度变 得分 为0，之后小滑块A在水平面上运动足够长时间，始终未能追上C或D。已知滑块A、小物块 C可看作质点，mA=mB=mD=1kg,mc=2kg,滑块A与木板B之间的动摩擦因数为μ= 、 0.4,g=10m/s2,碰撞时间不计，下列说法正确的是 A.木板B与小物块C碰撞后瞬间小物块C的速度大小为4m/s B.相对于水平面，小物块C在圆弧形凹槽上能上升的最大高度h一m 2 选择题 C. 小物块C最整将以ms的速度做匀速直线运动 答题栏 A□ D.若调整木板B的长度为12m,小滑块A不能与小物块C发 7777777777777777777777777 1 生碰撞 2 为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢 3 板A、B厚度均为d,质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为 m的子弹水平射向钢板A,恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹 以同样的速度水平射向A,穿出后再射向B,且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到 6 的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是 B B A. 第一次子弹穿过A、B所用时间之比为（√2+1）：1 B.第二次子弹能击穿两钢板 C第二次子弹不能击穿钢板B,子弹进人钢板B的深度为2+十3。 D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8：(4十√3) 二、非选择题：本题共3小题，共51分。 8.(11分)某实验小组采用图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，水平桌面上固定末端水平的 斜槽，图甲中O是斜槽水平末端在记录纸上的垂直投影点，实验方案如下： a.测得半径相等的小球1、小球2的质量分别为m1、m2; b.让小球1从斜槽上的某位置由静止释放，重复操作多次； ℃.将小球2放置在斜槽末端，让小球1从斜槽上的同一位置由静止释放后，在斜槽末端与小球 2发生正碰，重复操作多次； d.P为未放小球2时入射小球1的平均落点，M为与小球2碰后小球1的平均落点，N为小 球2的平均落点，测出M、P、N到投影点O的距离分别为L1、L2、L3。 球 球2 0 0 @'i 铅垂线 0 777元 甲 乙 新教材版J 物理·周测卷（十三）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 (1)实验装置中铅垂线的作用是 。(填正确答案标号) A.确定过斜槽末端的纵坐标 B.确定斜槽末端在水平面上的投影位置 (2)多次从同一位置由静止释放入射小球1，小球在纸上留下很多个痕迹，如图乙所示，为了确 定平均落点，三个圆中最合理的是 。(填正确答案标号) A.a B.6 C.c (3)为保证碰后小球1沿原方向运动，应有1 (填“<”或“>”)m2。 (4)为验证动量守恒定律，需验证等式 (用题中所测得的物理量表示)成立。 (5)在实验误差允许范围内，若不仅满足(4)中关系式，还满足关系式 (填正确答案标 号)，则可以认为该碰撞为弹性碰撞。 Am=0,Z十m,k。R加后=mI+m:店C2-2+2 9.(20分)如图所示，轻杆两端分别系着质量为mA=2kg的圆环A和质量为mB=1kg的小球 B,轻杆与A的连接处有光滑铰链，轻杆可以绕铰链自由转动，A套在光滑的水平固定横杆上 且能自由滑动，A、B静止不动时B球恰好与光滑平面接触，在B的左侧是半径为R=0.4m 的圆弧，质量为mc=3kg的小球C以，=3m/s的速度向左与B球发生正碰，已知碰后小球 C恰好能做平抛运动，小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度g=10m/s2,求： (1)碰后C球平抛的水平位移大小； A (2)碰后瞬间B球的速度大小； (3)A、B间轻杆的长度。 R R 10.(20分)某游戏装置由弹射器和半径R=0.32的光滑半圆轨道EFG组成。如图所示，有 质量为M=3.0kg的长木板c静置于光滑水平面上，右端紧靠半圆轨道G处且上表面与其 等高。m=3.0kg的滑块b静置于长木板c右端，质量m。=1kg的滑块a锁定在弹射器上 的O点。现解除锁定，滑块α被弹出后在光滑水平轨道OP上运动，从P端贴着E点进入半 圆轨道，滑块α在E点对半圆轨道的压力恰好为零，运动到G点与滑块b发生弹性正碰。碰 后滑块b在长木板c上滑动，滑块α立即被取走，若整个运动过程中滑块b均未从长木板c 上滑下。滑块a、滑块b均可视为质点，长木板c上表面与滑块b间的动摩擦因数μ=0.1，重 力加速度g取10m/s2。 (I)求滑块a在E点时的速度大小vE; (2)求滑块a与滑块b碰撞后瞬间，滑块b的速度大小v6; (3)为了使滑块b不从长木板c上滑下，求长木板c的最小长度 和b、c发生相对滑动的时间。 b 777777777777777777777 物理·周测卷（十三）第4页（共4页）