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（福建专用）

·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 高三一轮复习周测卷 热量Q=Fx相对=4gx相对<mgL,故B错误。设 物块与木板最终的共同速度为，物块和木板组成的 系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律， 有mwo=(m十M)v,对木板，由动量定理得mgt= M。,联立解得：=)g故C正确，由于物块 与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位 移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做 的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。 5.AC【解析】A、B碰撞过程由动量守恒有mvo= 2加u1,解得0-2，由图像可知g时刻三者共速，有 ma,=(2m十mc)经，解得me=2m,A正确。只有 A、B碰撞过程有机械能损失，有△E=】 号×2nu三↓mv,B错误。三者共速时弹簧弹性势 能最大，由能量守但定律可得E,-号×2mi一号 4m×()'-日mo,C正确。6，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。 6.AD【解析】花盆从离地面20m高的高楼窗户自由 下落到地面，由v2-2gh,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mu=一8kg·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, t 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mgL+2mo=Moi+moi,联立解得，= 4√2m/s,故C错误。设小球运动到最高点时，圆环和 ·32 ·新教材版F· 小球的速度大小分别为：、4，由水平方向动量守恒 1 可知Mu,=mv4,由能量守恒可知2m6=2Mu号十 1 2m0十mgL,解得0，=2m/s,4=4m/s,小球相对 圆环的速度大小为v相对=3十v4=6m/s,由牛顿第 定律，可得F十mg=m,解得F=50N,故D 正确。 7.mg△t√4m22十mg2(△t)Z【解析】接球到传出 用时为△t,则重力的冲量大小为I。=mg△t,方向竖 直向下；接球到传出的过程，合外力对篮球的冲量大小 为I=△p=2w,方向水平向左；则接球到传出的过 程，运动员对球的冲量大小I=√T十I名= √4m2u2+mg2(△t)2。 (1)1.252)YM(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=上滑块P与滑块Q发生碰撞并粘 在一起的速度2由动量守恒定律得m,=（m十 M,解得台：mM·若碰攘过程中此关系式成 m 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。 t。 (1)25mg 5 m 3 m 5k (2)28√E28√兔 g用 【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, 此时弹簧的弹性势能E,-x-】 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2m(3g√受）'-E,十 1 (m 2mv,解得v=2g√石， 此后A与摩擦杆一起做匀减速直线运动，√5g= ma,v2=2a△x,联立解得△x= 25mg 5k ·物理· 待A与摩擦杆静止后，弹性势能开始转化为动能，根 1 5m 据机械能守恒可得E,=2mu”,解得0'=8√E。 (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o,弹簧的最大压缩量为xo。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加类宫m=(m+4m)o候+宁ka,联立 5/m 可得0=28√及' 从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生了 次弹性碰撞，设分离后速度分别为1和v2,根据动 量守恒定律和机械能守恒定律可得mv。=mv1十 4m2m-m时+号×4aoi, 1 1 解得v1=一 3/m 28√友：=g√， 3/m m 即A、B分离后各自速度大小为28√友和g√方· 10.a2(2vg级(8 【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mv1-Mv2=0, 物理( 1.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F,=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，fc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。 2.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mB)g=mBa,解得F。=8N,由乙 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= ·33 参考答案及解析 两边同乘以时间，可知x1一Mx2=0, 根据几何关系有十：=2R,解得：-2蛋。 (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Mo,=0, 根据系统机械能守恒有mg×3R-2m十 名M,解得i=vg级. (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 mu,=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=20’ 、3 因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，有2”：c0s30°一 vyc0s60°， 1 根据能量守恒定律有mg(2R+Rsin30)=2m(o2+ )+Mi解得，=器， /20gR 5gR 因此滑槽的速度w,一√33· 五)》 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Ip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 (mA十mB)gt',代入数据解得p=8kg·m/s, D错误。 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1=(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Ir一mg sin30°·t= △p,则0~3s内物块的动量变化量为△p=(30一 1×10×0.5×3)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=Is-Ics=mx-0,其中Is=F·△t= (15×3)N·s=45N·s,Ics=mg sin30°·t=1× 10X0.5×5N·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.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 2m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-3的速度向右运动 B.火药爆炸后、与C碰撞前，物块A、B组成的系统动量守恒 777777777777777777777777777777777777 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 2.三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 3.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， c0s37°=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之盟 触，若将质量为m1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 物理·周测卷（十四）第1页（共4页） 14 鱼跃龙门卷 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.如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为的物 块，物块与木板之间的动摩擦因数为4。物块以速度。从木板的左端向右端滑动时，若木板 固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。重力加速度为g。若木板不固定，下列叙述正确 的是 A.物块不能从木板的右端滑下 >Uo m B.系统产生的热量Q=mgL Mvo C.经过t=M+m)g 物块与木板保持相对静止 D.摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 5.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 20 Bw.C 甲 乙 A.滑块C的质量mc-2m,图乙中-gB,全过程系统损失的机械能为 6 C.弹簧的最大弹性势能为m D.t3时刻滑块A正向左运动 6.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20高的高楼窗户自由下落到地面 (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 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 物理·周测卷（十四）第2页（共4页） 新教材版F 班级 *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 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。=6m/s开始运动， 姓名 重力加速度g=10m/s2,则 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 得分 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 C.小球通过最低点时，小球的速度大小为4√3m/s m D.小球运动到最高点时，细绳对小球的拉力大小为50N 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)如图所示为某篮球运动员完成的一次“空中接传球”动作，接球时，球正 选择题 答题栏 好在传来的抛物线轨迹最高点，速度大小为，方向水平向右；传出时，传出点 在接球点的正上方H处，传出速度大小也是，方向水平向左。从接到球到传出 1 2 用时为△t,篮球质量为m,重力加速度为g。不计空气阻力，则从接到球到传出 3 的过程，篮球重力的冲量大小为 ,运动员对球的冲量大小为 8. (12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。 4 遮光条 5 光电门 2 cm 关 TTTTTTTTTTTTTTTTT 接气源 气垫导轨 10 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”)。 新教材版F 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,一2kx,b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。 (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 WWWW 777777777777777777777777777777777777 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α=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。 7 物理·周测卷（十四）第4页（共4页）