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（福建专用）

高三一轮复习周测卷 区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B向右 加速过程中会发生相对滑动，由分析知 F-k:(mA十mB)g1msg一：(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 2g<41g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能 1 定理，有Fd十u(mA十mB)g1=2(ma+mB), 解得s1= 5-F 5 (m)。 物理( 1.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 mava 1 开成a、b两部分 足动量守恒定律 n6V6=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 重力功率 方向速度之积 P=mgv竖 【解析】平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x一 3z=,竖直方向上有-8h-行85， 1 可得v。:v6=1:3,根据动量守恒定律有mav。 m606=0,解得m。:m6=3:1,故C错误。a、b两部 1 分的初动能Eu=2m,v,Ew=2m6o2,解得Ea: E帖=1：3，故B正确。a、b两部分落地时的速度大 小v1-√0十gt名，02=√0十gt,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。=ma8Ux= mag2ta,P6=mbg℃b=bg2t6,解得P。:P6=3:1, 故D错误。 2.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(v一vo),帆船匀速前行，由平衡条件得F=f, 解得v= f 十，A正确，B错误。由以上结论，整 f 理得=”一√S,若风与靓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 是原来的2倍，C错误。由vo=v一 工可知，若风 速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度 ·28 ·新教材版F· ②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中， 1 由动能定理，有Fs:十h,(mA十mn)g2=2(ma+ 3 ma)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十42(mA十mg)gL= 1 (mA十mB)n,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一42(mA十mB)g· F-3 (L十s)=0,联立解得s=F+3(m)。 三) 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 对象 ②微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单 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=pSv△t 微元研究 小段柱体粒子数N=nV=nSo△t 小段柱体动量p=mw=pSv2△t 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 m0000 m 7777777777777777 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mg=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mB00=mA1十 m07n0=之m,o+2mo,解得分离后物块 A、B的速度大小分别为1=1.6v0,v2=0.600,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Em=2mau听一 2(mA十ms)X(0.8u)2=0.4mu6,选项C错误。 ·物理· 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 △SB= 4sA=0.08voto(即上方阴影面积)，即B的位 移sg=vot。一0.08voto=0.92voto,可得弹簧压缩量 的最大值为△1=sB一5A=0.60oto,选项D正确。 0.8 B 002.7 D【解析】规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 Mu一mo=(M+m)v,解得v= (M-m)w,若M> M+m m,A所受的摩擦力f=mg,对A,根据动能定理得 一mgxA=0一2mU品，解得物体A对地向左的最大位 移xA一2Hg 若M<m,对B,由动能定理得一mgxB= 1 0-2M,解得小车B对地向右的最大位移xB= Mvo 2μm ,故A、B错误。根据动量定理知，摩擦力对平板 车的冲量等于平板车动量的变化量，即I=Mv一 -2mMvo Mvo= m十M°，故C错误。根据动量定理得一f= 2Mvo Mv-Mvo,又f=mg,解得t= M+m)g,故D 正确。 4.CD【解析】在A球没有离开墙时，合外力不为零， A、B、C三球组成的系统动量不守恒，A离开墙后， A、B、C三球组成的系统水平方向动量守恒，故A错 误。B、C分离前，C向右做加速运动，C的加速度方 向向右，B的加速度方向也向右，则杆对B的弹力方 向斜向右下方，当B、C恰好分离时，两者速度相等， 两者之间弹力为0，则C的加速度为0，由于刚刚分 离时，B、C加速度相等，即此时B的加速度也为0， 则此时杆的弹力为0，由于A、B沿杆的分速度相等， B、C分离后，轻杆的弹力将由压力变为拉力，A将离 开竖直墙面，可知小球A离开竖直墙时，B、C恰好 分离，B、C分离后小球C做匀速直线运动，A离开竖 直墙面，所以B、C分离时，两球速度均为v,对三小 球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有I=2mm, 故B错误。自小球A离开墙面到小球A落地，A、B 轻杆组成的系统沿水平方向动量守恒，则mv=mvB十 mD,且有g=o怎，解得g==号，由于相互作 用的一对弹性力做功的代数和为0，可知轻杆对小球 A做功的大小等于轻杆对小球B做功的大小，即等 ·29 参考答案及解析 mw2+2mwi= 1 于小球B、C的动能增量，有W= 5 gmo,对A根据动能定理有mgL-W=Eu,解得 5 EM=mgL一8mo,故C正确。B、C两球分离后， 小球C的速度为v并保持不变，此后A、B两球组成 的系统水平方向动量守恒，小球A落地前瞬间，小球 A和小球B水平方向速度相同，设为v’,有m)= 2mo,解得。'-2，所以小球A落地前瞬间，小球C 的速度是小球B速度的2倍，故D正确。 ABC【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 颧第二定律有F=ma,解得a二故A正确。滑块 以速度⑦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)u',E,=2(m+M)v+ mgL,联立解得μ=2g,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l十x一x1,由人船模型得Mx1=m(l十x ,您得一熟+}放D错误。 AD【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mvo=2mu1,解得木板B与滑块A共速时 1 速度的大小u1=2,=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mu1= m+2me,由机被能守恒定律有2mo心i=了mo”+ )×2mw,联立解得小物块C碰后速度ug=4m☑ 故A正确。小物块C运动到最高点时，C、D两者在 水平方向共速，设此时C水平速度为v共，则2mv2= 1 1 (2m+m）u共，2X2mmu吃=2X2mo年+2mgh+ 4 2mw美，解得h=5m,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4， 高三一轮复习周测卷 1 则2mug=2mo,+mo,2×2moi=2×2mo号+ 1 1 16 moi,解得ug-3m/s,w,-3m/s,故C错误。从 1 A与B开始运动到共速过程mu。=2mu1,2mu6= 2×2mu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 测吃moi-mi=mg亿-4，解得， 2√3m/s>v3,滑块A在水平面上运动足够长时间， 能追上C,故D正确。 *ACD【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： (W2一1)，所以穿过A、B所用时间之比为(W2一1)： 1,故A正确。设子弹的初速度为。，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moo=(m十2m)v,由能量守恒有f·2d= 合mi-m+2md,可得fH=行m,第二次子弹 穿过A时，设子弹速度为v1,A的速度为，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。=mw1十mu, 由能量守恒有f日=2mi-2mf-2mw,可得o- 3+W3 6°u,对子弹和B,由动量守恒有mw1=(m十 m)加，由能量守恒有f:d'=2mi-名(m十m)i, 可得4'-2+ 4d<d,假设成立，故B错误，C正确。 第一次系统损失的机械能△E1=f·2d,第二次系统 损失的凯械能△=f·(口+2a),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正确。 7.4.513.5【解析】物块与水平地面间的最大静摩 擦力为∫max=umg=3N,由F-t图像可知，在0~1s 内物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；在t=1s 时物块开始运动，受到滑动摩擦力作用；则0~2s 内，物块受到的率擦力的沛量大小为1，=专×3× 1N·s十3×1N·s=4.5N·s,在t=1s时物块开始 运动，则1~6s内，对物块根据动量定理可得I合 1-=m。-0,其中i=3告×1Ns+6× ·30 ·新教材版F· 4N·s=28.5N·s,If=3×5N·s=15N·s,獬得 6s末物块的速度大小为v6=13.5m/s。 (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。 (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m1v0= m1v1十m2℃2，由于两球做平抛运动，下落高度相同， 所用时间：湘同，有m×-m,×号十m:X， t 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 2m=moi+m,整理得2m()'- 1 1 1 (1)22 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 轨道外侧运动 动量和 系统机械能守恒； 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 厦箱，根系车顿第二定件有g=爱C徽子箱运 动，在水平方向上有x=vct,在竖直方向上有R= 28t,解得x=22 1 m。 (2)碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒， 有mcv-mcvc十mBB,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v共，A、B构成的系统水平方向动量 守恒，有mB)B=(mA十mB)v共，根据机械能守恒定 律有2m0后=2（mA十mB)D关十m8L,解得l= 0.3m。 0.①45m/s2)2m/s(3)1m19 ·物理· 【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mog= m是，解得E一合5m/. (2)对滑块a,从E到G根据动能定理，有mog· 2R=7m2-2m,2,解得06=4m/s,滑块a运 1 动到G点与滑块b发生弹性正碰，根据动量守恒，有 m6=m,0十m,根据能量守恒，有号m2- 物理( 1.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=2mo,所以火药爆炸释放的能量为E= m层+号，2mo-3m,故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3mv,故D正确。 2。B【解析】根据动能定理mgh=2m,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 mA。-m,=m40a十mpa1,7mA+号m6 1 2mAoi:十2mn01,解得A、B发生弹性碰撞后B 的速度大小为a-③mma）,因为m4>ma, ma+mB 有v1≈3v0,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。 1 nc0。=mBvB2+mcUc,2mB(3vo)2十2mcv6= m6ia+分mc2,解得c=(⑦e心，因为 1 mB十mc ms>mc,有vc≈7uo,根据动能定理有2mco忌= ncghc,解得hc=49h。 3.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 ·31 参考答案及解析 1 ,1 moo+2mu6,解得v。=2m/s。 (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= 1 1 1m/s,根据能量守恒，有mgL=2mw号-2(m+ 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=mv-mv6,解得b、c发 生相对滑动的时间为t=1s。 四) 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°=Mv,求得v4=4.4m/s,落地时的速率为 v-√J0+(vo sin37)2=√4.4+(5×0.6)zm/s≈ 5.33m/s,所以，落地时速率增大了v-v。=(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m,心=m,7m:=方m:5,联 立解得2=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 m,=m时+，7m,时=m,时+m,,联 1 立解得=m一m》 2m2 一十m0一m十m,,碰后，对球2 1 和球3有2m=mg·gR,2m,号=mgR,可得 v3=3v2,联立解得m2=3m3,则三个小球的质量之比 为m1:m2:m3=3:3:1。 AC【模型建构】 情形一：木板固定， 恰能滑下 情形二：木板不固定 能量变 动能全部转化为系 物块的动能转化为木板 化情况 统摩擦生热 的动能和系统摩擦生热 摩擦生热 摩擦生热等于摩擦力与相对位移之积 确定物 能量守恒 动量守恒、能量守恒 理原理 【解析】木板固定不动时，物块减少的动能全部转化 为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板 要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内 能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相 对于木板滑行的距离要减小，物块不能从木板的右 端滑下，故A正确。物块和木板组成的系统产生的13 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3小题，每小题6分，共18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.“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α、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 冬 A.a、b两部分落地时的速度大小之比为1：3B.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 2.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 5十0 B.风速大小为 2f 十0 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 3.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 A 动的距离为0.32xot。,弹簧始终处于弹性限度内。下列 说法正确的是 0.8o-- A.物块B的质量为0.25m B.分离后物块A的速度大小为2w0 物理·周测卷（十三）第1页（共4页）】 13 广鱼欧龙中老 C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5mu D.弹簧压缩量的最大值为0.6voto ￥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 2Mv A若M>m,物体A对地向左的最大位移是(M十mg B Mug 7777777777777777777777 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mvo 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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4.三个完全相同的小球，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。某时刻，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，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、B、C三球组成的系统动量守恒 B.竖直墙对小球A的冲量大小为3mw 小球A落地前瞬间，其动能大小为mgL名 77777777 D.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球B速度的2倍 5.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k。下列说法正确的是 A.细绳被拉断后瞬间滑块的加速度大小为 m O 777777777777777777 B.细绳被拉断瞬间弹養的弹性势能为。m2 C.滑块与木板AB段之间的动摩擦因数为， l D.整个过程木板对地的位移大小为m(1十F） kM 物理·周测卷（十三）第2页（共4页） 新教材版F 班级 6.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m4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 姓名 小段时间，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 得分 度变为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=mg=mp=1kg,mc=2kg,滑块A与木板B之间的动摩擦因数为 =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气。伞 选择题 答题栏 C。小物块C最终将以/s的速度做匀速直线运动 A□ 04““““““““ D.若调整木板B的长度为12m,小滑块A将能够与小物块C 1 7777777777777777777777777777 发生碰撞 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 4 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 5 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 6 A 关 777777777 777777777 A.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为（√2一1）：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,子弹进入钢板B的深度为2士5。 4 d D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8：(6十√3) 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面 上，现对物块施加水平向右的外力F,F随时间变化的关系 如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.3， 6 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g F 10m/s2。则0~2s内，物块受到的摩擦力的冲量大小为 77777777777777 知 N·s,6s末，物块的速度大小为 m/s。 8.(12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； c.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。 新教材版F 物理·周测卷（十三）第3页（共4页） 鱼欧龙门卷 球2 B 00 O/ 铅垂线十 甲 乙 (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m1 (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。 A.miL2-m1L1+m2L3 且ml-m,L+m:2好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4圆弧，质量为mc=3kg的小球C以v。=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； (2)碰后瞬间B球的速度大小； R (3)A、B间轻杆的长度。 R 10.(20分)某游戏装置由弹射器和半径R=0.32m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a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。 (1)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。 777777777777777777777 物理·周测卷（十三）第4页（共4页）