单元检测(6) 动量 动量守恒定律-【名校有约】2025年新高考新教材物理一轮单元强化检测示范卷

程中鼓轮卷起的细绳长度为 解得s=3.19m. 1=-(+品=(-1-)r 答案：0L.2m2空 (3)1.4N方向竖直向下3.19m 所以滑块从A处运动到B处的时间为 单元检测（六） 动量动量守恒定律 4=↓=123-12-x 12w (3)设滑块在AB两处时的逸度大小分别为，根据运动 A卷高频考点练清卷 的合成与分解可得1c0s30°=w,c0s45°=u L.C根据牛频第二定律有F十f=md 解得u=2 n=2or 3 可得减速运动加建度大小4=F+上 根据动能定理可得滑块从A处运动到B处，绳对滑块所做 故A错误： 的功w为w=名mi-之mi=名mao 根搭运动学公式有1一吕一罕 答案：1ar(2252-(3)子m7 12w 故力F的冲量为1=- 15.解析：(1)物块从A到B过程，只有重力做功，根据机械能 方向与运动方向相反：故B错误： 中恒定律得mgR=子m 根据运动学公式=2a.x 解g=v√/2gR1=3m/s① 可得-号2万 mv 由几何关系知∠DOE=37°，∠COD=53 故C正确： 设物块到达C时竖直速度为，在C点进行速度分解，可 匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P=f 得tan53=匙@ 故D错误. 2,A设物体所受的水平力为F,运动时间为1，运动距离为￥， r=vut③ 水平力F对物体微的功为W=F,水平力F对物体的冲量 联立①②③可得 解得x=1.2m. 为1=F,物体微匀加速运动，根据运动学公式有=豆·m (2)从C,点进入轨道，到最后在E点以下做往返运动， ·,联立解得m一2W,设物体到Q处时的速度为v,根据动 在C点进行速度分解，可得c0s53°=vn 解得=5ms W 能定理有W=2mv-0,解得=m 严平选 1 设第一次冲上斜面的最大距离为51，则从C点到第一次返 N2W 回C点，由动能定现得 项A正确，选项B、C、D错误.故选：A. -2pumgs cos 37m 品D在算一段时间内，根据动能定理得：W,=了m20-司 从斜面最高点到第一次返回C点，由动能定理得 mgs,sin37°-mgR(c0s37°-cos53°)-ngs,cos37°=0-0 =3号m 联立可解得一 25 在后一段时间内，根据动能定理得：W,=2m(50)一 (3)小物体在圆轨道和鲜而上微往返运动，每次到达E点 m(2m)r=21×7m 的速度逐渐减小，最后在E点速度为0，然后继续在同孤面 上做往返运动，再经过D点时，此时对D点的压力最小， 所以W:=7W,:由于速度是矢量，具有方向，当初、未速度方 设小物体所受支持力为F,在D点，由牛顿第二定律得F一 向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大， mg=mon 因此冲量的大小范围是： R m·2y-m≤11≤m·2十mp,即m≤1，≤3nu 从E到D,由动能定理得 n·5-m·2≤12≤m·5v十m·2,即3m≤12≤7mU mgR,1-cos37）=空·mw 可知：I2≥I1,故D正确、A,B、C错误.故远：D. 4.BD取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动 联立解得F=子mg=1.4N 量为p,=m%1=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s 由牛顿第三定律知，对D点的最小压力大小为1.4N,方向竖 碰撞后的动量为p2=2=2×1×0.22kg·m8= 直向下， 0.44kg·m/s 对从C到最后的E,点全程由动能定理可得 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误： 对滑块1.取向右为正方向，则有1，=m心：一m=1× mgR.(cos37°-c0s539）-1mg*00s37°=0-zm 0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0.18kg·ms 146 负号表示方向水平向左，故B正确： =m-·2m()=m 对滑块2，取向右为正方向，则有14=m=1×0.22kg·m/s 0.22kg·ms 答案：1景2mg+w二（3n 故C错误： 8.B设人走动时船的递度大小为，人的速度大小为'，人从 对滑块2根据动量定理有F△= 船尾走到船头所用时间为1.取船的速度为正方向. 解得F=5.5N 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确. t 5.CD运动员经过C点时的速度在垂直于着陆坡方向的分量 根据动量守恒定律有M0一mv'=0 大小为v1=%sin0 则得M4=m 根据运动的对称性可知运动员在E,点时垂直于着陆坡的速 t 度大小也为1，这一遮度突变为零，而浴着陆拔方向的分速 解得渔船的质量M=mL一.故选：B 度不变，所以从C到D的过程，根据功能关系可得 9.C斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，规定右为正 方向，在水平方向有m=M,剩mt=Mt,所以.x1= h 解得%-√2gh十cos0 Mx:又有工十x=am37:代入数据解得x=0.2m,故C 故A错误：根据平抛运动规律的推论可知速度偏向角的正 正确，A、B、D错误，故选：C, 切值为位移偏向角正切值的2倍，即21an0=型 10.C各接触面光滑，对于M和m组成的系统只有重力做 功，系统的机械能守恒，系统在水平方向不受外力，系统在 2vtan 0 所以运动员从C到E的运动时间为【一 水平方向动量守恒.由于m有竖直分加速度，由牛顿第二 定律知系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不 运动员落地点E和飞出点C的水平位移为 r=%1=2uan0 守恒，故选项A错误：M和m姐成的系统水平方向动量守 g 恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一 故B错误；对运动员从A到B的过程，根据动能定理有 直向右运动，由水平方向动量守恒知，M一直向左运动，故 mgH=之m 选项B错误：设m从A到B的过程中，M运动的位移为x, 取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒得m2R一1 由上式可知，若H减小为原来的一丰，则西变为原来的号 M兰=0，解得x一，故选项C正确，选项D错误.故 2mR 倍，结合B项中所求的表达式可知运动员在空中运动的时 选：C 网文为原来的号每，故C正确：成着陆城时造动员的子均作 11,AC规定向右为正方向，设碰撞前A、B两球速度大小分 用力大小为F,根据动量定理有 别为A和t#,根据系统动量守恒有一3m℃n=一m· (F-mgcos 0)At=0-(-mv 2如4，解得以=m=,故A正确，B错误：碰撞前系统动能 解得F=mgc0s9+mm0,故D正确.故选：C,D. E=立m时+合×3m时=2m,遥接后系统动能E △ 1 6.BD根据F一g=ma可得a=F一g,因mp>m&,故 m(2)'=2mw,由于E1=E,故A、B两球发生的碰撞 am<ae·则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误：mm> 是弹性碰撞，故C正确，D项错误. m,又甲=2，则∫，>∫：·故甲和乙组成的系统合外力的 12.C弹簧恢复原长过程，A,B和弹簧系统，根据动量守恒和 冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错误。 机找能守恒有2mm,=mm号×2m或十受m听=E,解得 7.解析：(1)A释放到与B碰授前，根据动能定理得mgH 2mr E,故AB错误：B与C发生碰撞钻合 在一起过程，根据动量守恒，有m=(m十m)D,解得v= 解得H=28 ,故C正确，D错误. 下3m (2)碰前醉间，对A由牛顿第二定律得F一mgm乙 13.C碰前系统总动量为p=mA1十mv#=(1×6十2 解得F=g十n是 2)kg·m/s=10kg·mfs,碰前总动能为E=2mA%十 (3)A,B碰撞过程中，根撼动量守恒定律得m口=2m叫 名m-(号×1×6+号×2×2）J=22J如果' 1 解得4= 3ms,B'=4m,则碰后总动量为p=m'+mBwg' 则碰撞过程中损失的机械能为 (1×3十2×4)kg·m/s=11kg·m/s,动量不守恒，不可 147 能，故选项A错误.如果'=5m'5,m=2.5ms,则碰后 总动量为p=mavA'十mBwn'=(1×5十2×2.5)kg·ms= 解得营何 10kg·ms,系统动量守恒.碰撞后，A,B两球同向运动，A 答案：(1)1= 球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，故 g ew=msl-3d8=受g 选项B错误， 16.解析：(1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的 如果A'=2m8,'=4m/s,则碰后总动量为p'=m0'十 质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币 muu'=(1×2+2×4)kg·m时s=10kg·m时s,系统动量守 （2)甲从0点到P点，报据动能定理一m,=0-之m 点.硅后意动能为E=号m,”十m” 解得碰撞前，甲到O点时速度的大小V6一√/2g (号×1×2+号×2×)J=18小.系统动能减小，是可能 (3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为 的，故选项C正确.如果'=一4m/s,'=7m8,则碰后总 =v2ugsi 动量为p'=mA'+mg#'=[1×(一4)+2×7门kg·m/s 秒=√/2g 若动量守恒，别满足m1=m1防十： 10kg·ms,系统动量守恒，碰后总动能为E,=亨mu +7mm”-(号×1×4+7×2X7P）J=57小系统动 整理可得而二=m Vs:m (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动 能增加，不可能，故选项D错误.故选：C. 量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一 14.A小车第一次与墙相撞后向左做匀减速直线运动，设小 车向左运动位移大小为工， 条产生这种误差可能的原因有： 小车第一次与墙壁碰撞后到小车向左匀减速到零过程，对 1,测量误差，国为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不 可能微到绝对准确： 小本，由动能定现得：-mg,=0-之m心 2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际 代入数据解得：1=0.75m 上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零 小车与铁块的初速度向右，系统的初动量向右，由于 答案：(1)一元(2)2g(3)匹(4)见解析 m>M,小车不论与墙相撞多少次，系统的慈动量总是向 右，小车与拾壁每碰撞一次系统的总动童减少一次，直到系 单元检测（六）动量 动量守恒定律 统动量减为零为止，最后小车停在培下，且铁块相对小车相 对运动方向不变总是相对向右运动，设整个过程铁块相对 B卷高考能力评价卷 小车的总位移为x,对系统，由能量守恒定律得：mgt时= 号om+0d 1.D释放物资前，系统处于静止状态，合力等于0，静止释放 物资后，系统受到的外力不变，系统受到的合外力仍为0，所 代入数据解得：x时=1.875m,故A正确，B、C,D错误.故 以系统的总动量守恒，仍为0，A,B错误；释放物资后，物资 选：A 向下运动，热气球向上运动，浮力对系统做正功，系统的机械 15.解析：(1)A在传送带上运动时的加速度a=g 能增大，C错误、D正确. 由静止加速到与传送带共速所用的时间(=丝=心 a ug 2.B由子1=m,=5。=号×点，当甲治好递上之 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W= 2 时必有-红=，代入上建各式，整理可得-+ ·2m暖+2mg·3L.-z·2m(2)广=6mgL-3m或 =0,为使甲成功追上乙，给甲施加的冲量最小，应有一元二 (3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m·2 次方程的△=0，因此可得尸=2Fl.即I=/2Fl.故选B. =mu十2n 3,B小球竖直方向有加速度，小球和凹槽组成的系统在竖直 是·2m(2aw)-(m+·2m） 方向上合力不为零，但是系统在水平方向受力为零，可知小 球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，故A错误：根据机 =[2m2)产] 械能守恒的条件可知，小球与凹糟，地球组成的系统机械能 解得4=2 守恒，故B正确：系统水平方向动量守恒，有mx4=江，又 2 5 =功（另一组=子场=子动含掉） 十m=R,联立，可得=尽，故C错误：小球开指下清 2L 时，速度为零，根据P=F,可知合力的除时功率为零，小球 两物体平抛运动的时间4尽 滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瓣时功率也为零。 则s一r=功t1,s十r=巧t 故D错误. 148 4.D运动员自由下落过程，设运动员落地时的速度大小为沙，下 水平方向动量守恒，整直方向砂子受重力作用动量不守恒， 落距离A=1.8m,由动能定理得mgh=之m-0,解得 故B错误：砂子漏出后做平抛运动，水平方向的逸度不变， 故C错误：设当漏出质量为m,的砂子时砂车的速度为v, √/2gh=√2×10X1.8ms=6m/s,接触地面的过程，设地 砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仿为D,由(M十 面对该运动员的平均冲击力为F,冲击时间为1=0.58，以 m,)m=m0十(M十m1一m),得==m0s0,故D 竖直向上为正方向，根据动量定理得(F一mg)1=0 M+m 正确 (-mm),解得F=+mg=60X5N+60X10N=1320N, t 0.5 9.BD对子弹，由动能定理得：-十d)=之m-之m,子 选项A、B、C错误，选项D正确.故选：D. 5.C小球刚好没跃出圆弧的上瑞，知当小球上升到滑块上端时， 弹损失的功能为△正，a=之m心-之m=fc十d,故A.C 小球与滑块速度相同，设为，取水平向右为正方向，根据系统 错误，B正确：对木板，由动能定理得：=2M可一0，解得： 水平方向动量守恒有=(m十M)四 根搭机镜能守恒定律有号m=mgR+之(m十0 日=号md一(m十M0时，故子弹、木换组成的系统损失的 根据题意有M一4m 动能等于fd,故D正确.故选：BD 联立以上三式解得=5ms,选项A、B、D错误，选项C正 10.AD小球A,B碰撞过程动量守恒，取向下为正方向，根据 确.故选：C 动量守恒定律可得m,=m,(一受）十m,由机藏能守 6.D设t时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质 量为m=pN=pst=子dpat 恒定律可得宁m,=之m,(一受）广十子m,联立解 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F,以水运 得mm=3mm=受.由冲量的定义式1-F可知，在0~ 动的方向为正方向，由动量定理得：Ft=0一m 1时间段，A的重力的冲量小于B的重力的冲量，故选项A正 确：设碰撞后经过1时间A球的速度达到，则1=妇一t 解得：F= 水流度为一号-号 对A球报据逸度一时间关系可得=一受十 对B根据选度一时间关系可得'-空十贴，联立解得 得：F--Q πd 时刻B(未落地)的速度大小为g'=2,方向向下，故选项 根据牛顿第三定律可知，钢板受到水的冲力为F=,故 D正确.故选：A.D. d 11.解析：(1)根据很短时间内的平均连度等于瞬时诡度，为测 D正确，A,B、C错误：故选：D 量弹簧压缩时具有的弹性势能，除A的质量外，还须测量 T.A据题意，当m向右运动过程中，由于摩擦力作用，m做减 的物理量是遮光片的宽度 速运动，M做加速运动，压缩弹簧过程也是由于弹力作用， (2)设遮光片的宽度为d,根据题意，可得碰撞前滑块A的 继续类似运动，知道两者速度相等时，弹簧压缩到最短，设此 速度大小为：= 时速度为，据动量守恒定律有m=(M十m),解得= 1mfs,此后m在弹力作用下减速运动，M加速运动，离开弹 碰撞后滑块A的速度大小为：- 簧后在摩擦力作用下，m做加逸运动而M做减速运动，知道 两者速度相等时相等静止，设此时速度为，据动量守恒定 碰擅后滑块B的速度大小为：以= 律有m防=(M十m)',解得'=1ms 若A、B碰撞过程中动量守恒，规定碰前滑块A的速度方向 则从左端运动到把弹簧压编到最短过程中据能量守恒定 为正方向，由动量守恒定律得： 律有E,=之md-Q(M+mw mA·竹=一mA·巧十mH·内 联立解得两滑块的质量比4= titz mu3(11十t:) m从左端运动到再次回到左搞过程中据能量守饭定律有司m (3)若AB的碰撞为弹性碰撞，则有巴十（一）=， =2Q+2(M+m)” 是+()号 联立解得E。=1.5J,故A正确，B,C,D错误.故选：A. 所以14应满足的关系是：方一 1-1=1 8.AD以石头、砂车为系统，水平方向动量守恒有mc0s0 =(M十m,),得球和砂车的共网速度=c0s日 ,故A 答案：1滤光片的宽度(22年 M+m (3)1-1=1 正确：球和砂车系统水平方向不受外力，故霸砂过程中系统 149 12.解析：(1)因为两小球相同，根据动量守恒定律表达式m 小球A第一次耀后上升的最大高度 =m,小球平抛后下落时间相同，水平速度与水平位移 和成正比，所以只需要测量s和，故ABC错误，D A-站0m=5m 102 正确. 小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离H=h,十h (2)两小球下落高度相同，所以下落时间相同，故水平速度 联立代入数据解得：H=5.45m 与水平位移1和8成正比，由m=m=, 答案：(1)0.6s 联立可得验证动量守恒定律的表达式：=s2 (2)5.45m 15.解析：(1)由于地面光滑，则m1,m组成的系统动量守恒， （3)根据能量守位E,=md十了md, 则有m2=(m1十m2)知 又5=，布和有=之 代入数据有1=1m/s 对m1受力分析有a1m5-4ms 可知要道过该装置得到细绳烧斯前弹簧的弹性势能，还需 m 要测量小球的质量加、管口中心到水平台面的高度h:可得 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v,2=2:c1 弹性势能的表达式E,=器(+). 代入数据解得x1=0.125m (2)木板与弹簧接触以后，对m1,m2组成的系统有kx= 答案：(1)D(2)s=(3)小球的质量m、管口中心到水 (m1十2)a热 平台面的高度力，=紧（十） 对m:有a:=g=1m/s 当：=a:时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的 13.解析：(1)忽略空气阻力时，落回出发点的速度为一， 弹簧压缩量x=0.25m 由一1=一一，得1=2到 对mm:组成的系统列动能定理有一=言(m十 (2)小球最终微句速运动，知mg=k四 刚抛出时加速度最大m=mg十k 得a=g1+受) 代入载据有-号 在上升过程中取任意微小过程，设时间为△，速度为心，速 (3)木板从速度为马时到之后与物块加速度首次相同时的 度的变化量为△，由动量定理 过程中，由于木板即m,的加速度大于木块m2的加逸度， 一mg∑△t:一kSU△1=mE△u 则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x:时，则 说明此时m,的速度大小为购，共用时2。，且m:一直受滑 中一mgt-mh=m(0一) 1 动摩擦力作用，则对mg有一mg·2Ln=m一m 得h=(-g1) 解得心=号-么 答案：(1)1=2 22a=+）h=aa。 则对于m叫如成的系统有一W,=子m暖十子m时 14,解析：(1)小球B落地时，A,B两球的述度大小由0=2gh 号m+md 得v=5m/s AU=-W 从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间(，=巴 g 联立有△U=451。-8 小球B反弹后，相对小球A微身建运动：一2司 答案：(1)1m/s0.125m(2)0.25m 3 m/s 从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间 (3)4V5-8 t=t1十1 单元检测（七）静电场 联立代入数据解得：1=0.6s (2)两球相撞前除间的速度=v十g2 A卷高频考点练清卷 Ug=v一g2 两球和递时距地面的高定” 1,C对小球受力分析如图所示 H 两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向mA(一)十 mgeg=meA'十An 根据能量守恒定律有： 名m+m=，”+ 1 1 2m 解得A=10ms,'=0 150单元检测（六） 动量 动量守恒定律 A卷 高频考点练清卷 考点一动量、冲量 1.(2023·天津卷)质量为m的列车匀速行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到 「的空气阻力，下列说法正确的是 () A诚速运动加速度大小4=E B.力F的冲量为mw C.刹车距离为2 D.匀速行驶时功率为(f十F)u 2.(2024·福田区校级模拟)某物体静止在光滑水平面上的P处，受一水平力作用运动到Q处，此过程中 水平力对物体做功为W,对物体的冲量为I.则物体的质量、到Q处时的速度分别为 () A 12W B.w'I C.WY n 3.(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由增大到2w,在随后的一段时间内速度 大小由2w增大到5u.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为 【1和12.下列关系式一定成立的是 () A.W2=3W1,12≤31 B.W2-3W1,2≥I1 C.W2=7W1,I2≤3 D.W2=7W1,I2≥Ii 考点二动量定理 4.(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型.多个质量均为1kg的滑 块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块 1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 0.22ms.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 A.该过程动量守恒 F→12 3…10 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s O心 C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N 5.(多选)(2024·临沂一模)2022年2月8日，在北京首钢滑雪大跳台举行的 起滑台A曲滑坡 冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌夺得冠军.右图为滑 入B C ta 雪赛道的简化示意图，在比赛中某质量为m的运动员经过起滑台A、助滑区 着陆坡 BC后以o的速度从水平台面上滑出，在着陆坡CD上的E点着陆并沿ED h停止区二E 第 0 下滑（垂直于接触面的速度突变为零而平行于接触面的速度保持不变）.已 D 知着陆坡倾角0，AC的竖直高度为h,CD的竖直高度H,重力加速度g,不计阻力，则下列说法正确的是 () A.运动员到达D点时的速度大小为2gh B.运动员落地点E和飞出点C的水平位移为2w1am0 g C若起滑台降低，使H减小为原来的一半，则运动员在空中运动的时间变为原来的号倍 D.若在E点运动员与着陆坡的作用时间为△1，则着陆坡对运动员的平均作用力大小为F=ngcos0 +mvosin 0 △ 41 考点三动量守恒定律的简单应用 6.(多选)(2023·新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平 甲 桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面mm 之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻 A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 7.(2023·北京卷)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在 0 O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距O点的距离等于 绳长L.现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度口在水平方向和B发生正碰并 粘在一起.重力加速度为g.求： (1)A释放时距桌面的高度H; (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F: 11n7777刀 (3)碰撞过程中系统损失的机械能△E. 考点四人船模型 8.(2024·河北省衡水中学模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）.一位同 学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船， 走到船头后停下来，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长L,已知他自身 的质量为m,则渔船的质量为 () A.m(L+d) B.m(L-d) d d c D 9.(2024·海南一模)如图所示，一高h=2.4m、倾角0=37°，质量M=3g的光滑斜 面静止在光滑水平面上，一质量m=0.2g的物块从斜面顶端由静止释放，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将() 9 M A.向右移动0.5m B.向右移动0.6m idi刀 C.向右移动0.2m D.向右移动0.1m 10.(2024·海淀区模拟)如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M,物体上有一光 滑的半圆弧轨道，轨道半径为R,最低点为C,两端A、B等高，现让小滑块m从A 点静止下滑，在此后的过程中，则 () A.M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 C.m从A到B的过程中，M运动的位移为Mm 2mR D.m从A到B的过程中，M运动的位移为M十m 2MR —42 考点五碰撞模型 11.（多选)(2024·辽宁模拟预测)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运 动，A、B两球的质量分别为m和3，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好 静止.则 () 3m 77777777777777777777f77777 A.碰撞前A、B两球的速度大小之比为1：1 B.碰撞前A、B两球的速度大小之比为3：2 C.A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞 D.A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞 12.如图，三个质量分别为21、m、m的物块A、B、C静止在光滑水平直轨道上，A、B间用一根细线相连，然 后在A、B间夹一压缩状态的轻质弹簧，此时轻弹簧的弹性势能为E。.现在剪短细线，A和B向两边滑 出，当轻质弹簧恢复原长时，B与C发生碰撞黏合在一起，下列说法正确的是 () 17nnP771777 :4Ep A.弹簧恢复原长时，n√3m 2Ep B.弹簧恢复原长时，A入3m C.B与C发生碰撞黏合在一起后的速度大小为3m 1Ep D.B与C发生碰撞黏合在一起后的速度大小为云3m 13.(2024·吉林模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg,mB=2kg,vA 6m/s,B=2m.'s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是 () A.vA=3 m/s,uB=4 m/s B.vA=5 m/s,UB-2.5 m/s C.vA=2 m/s,UB'=4 m/s D.vA=-4 m s,UB=7 m/s 考点六动量与能量的综合应用 14.(2024·辽宁一模)质量为M=2kg的平板小车左端放有质量为m=3kg的 小铁块，它和车之间的动摩擦因数：=0.4.开始时，车和铁块均以o=3ms M 的速度在光滑水平面上向右运动，如图所示.车与墙发生正碰，设碰撞时间极 短，碰撞中无机械能损失，且车身足够长，运动过程中铁块总不能和墙相碰，则小车和墙第一次相碰后， 平板小车第一次离开墙的最大距离为x1以及铁块相对小车的总位移x相对分别为 () A.x1=0.75m,x相对=1.875m B.T1=0.50m,x相对=1.625m C.=1.50m,x相对=1.875m D.x1=0.75m,x相对=1.625m 15.(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽 平滑连接的平台组成，滑槽高为3L,平台高为L.药品盒A、B依次被轻放在以速度。匀速运动的传送 带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以 2%的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端.已知A、B 的质量分别为m和2，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的子A与传送带间的动摩擦因数 为，重力加速度为g,AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质 点.求： 43 传送带书AM 螺旋滑槽 3L 平台 圆盘 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间1： (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W: (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s, 考点七实验：验证动量守恒定律 16.(2023·辽宁卷)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图 所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段.选择相同材质的一元硬币和 一角硬币进行实验. 图(a） 图(6) 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为1和m2(1>2).将硬币甲放置在斜面上某一 位置，标记此位置为B.由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离 OP.将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放.当两枚硬币发生碰撞后，分 别测量甲乙从O点到停止处的滑行距离OM和OV.保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、 OM,ON的平均值分别为s0、s1、52. (1)在本实验中，甲选用的是 (填“一元”或“一角”)硬币 (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数为：，重力加速 度为g) (3)若甲，乙碰撞过程中动量守恒，则而二√- (用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数 据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒. (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值 不是1，写出一条产生这种误差可能的原因 44 单元检测（六） 动量 动量守恒定律 B卷高考能力评价卷 (满分：100分时间：75分钟) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1.(2024·河北模拟预测)如图所示，载有物资的热气球静止于空中某高度处.现将其中的一部分物资在热 气球外由静止释放，已知释放的物资质量小于热气球剩余的总质量，释放物资后热气球受到的浮力不 变，不计空气阻力.则从释放物资到物资落地前的时间内，释放的物资和热气球组成的系统( ) 热气球 释放的物斑 LA A.总动量向上 B.总动量向下 C.机械能减小 D.机械能增大 2.(2024·河北高三专题练习)两个质量均为m的质点甲和乙静止放在一条水平直线轨道上，乙在甲的前 方，两质点间距为.现给甲施加一冲量，同时用一水平外力F作用在乙上，忽略摩擦，为使甲成功追上 乙，则给甲施加的冲量的最小值为 () A.VFml B.v2Fml C.2Fml D.y Fnd 3.(2024·福建莆田模拟预测)如图所示，质量为m的半径为R的光滑圆弧形凹槽静止在光滑水平面上， 质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，在小球下滑到底端B的过程中，则 () 力7777777777777777777 A.小球和凹槽组成的系统动量守恒 B.小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒 C.小球对地的运动位移为R D.小球所受合力的瞬时功率一直增大 4.(2024·张家口一模)某体重为60kg的“跑酷”运动员在从距离地面高1.8m处一跃而下（可认为其初速度 为0)，该运动员双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降0.5s后静止.重力加速度g取 10m/s2,忽略空气阻力，则地面对该运动员的平均冲击力大约是 ( A.550N B.660N C.990N D.1320N 5.(2024·甘肃省天水一中模拟)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面 0 上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,与水平地面相切于E点，圆弧半径为R= R 1m.另有一个质量为m的小球以初速度o从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆 弧的上端，已知M=4m,取g=10m/s2,不计摩擦，则小球的初速度%的大小为 A.vo=7 m/s B.%=6m/s C.vo=5 m/s D.%=4m/s 45 6.(2024·广东模拟)水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以 及节约材料等特点，因而得到广泛应用.某水刀切割机床如图所示，若横截面 直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为 零，已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q,水的密度为ρ，则钢板受到水 的平均冲力大小为 A.4Qp B.Qp C.16Q πd2 D.teQ? 7.(2024·辽宁省沈阳二中二模)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧 沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M=2.0kg.质量为m=1.0kg的铁块以水平速 度=3.0m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好没从木板的左端滑出， 则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 ( A.1.5J B.4.5J C.3.0J D.6.0J 二，多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 8.(2024·湖南省桃源县模拟预测)如图所示，一个小孩将质量为m1的石头以大小为0、仰角为0的初速 度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略.球和砂车获 得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则 ( 1珍和砂车的共同迷度。一 潭0 B.球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒 770777077777p C.砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小 D,当漏出质量为9的砂子时，砂车的速度 9.(2024·广东省茂名市模拟)如图所示，质量为M木块静止在光滑 的水平面上，一颗质量为m的子弹以速度0水平射入木块并留在 木块中，木块获得的速度为，子弹受到的平均阻力为f,射人深度 为d,此过程中木块位移为s,下列说法正确的是 ( A.子弹损失的动能等于fd B.子弹损失的动能等于f(s十d) C子弹损失的动能为2d D.子弹、木块组成的系统损失的动能等于fd 10.(2024·保定二模)如图甲所示，小球B用较长的轻细绳悬挂在天必 A 花板下，中间带孔的小球A穿在绳上由悬点处静止释放，两球发生 碰撞时轻绳立即断裂.不计绳和空气的摩擦阻力，球A的速度一时 间图像如图乙所示.设碰撞时间极短，碰撞过程中无机械能损失， 下列说法中正确的是 () A.在0~t1时间段，A的重力的冲量小于B的重力的冲量 B.在0一t1时间段，A的重力的冲量大于B的重力的冲量 C.A与B的质量之比为1：2 D.t2时刻B(未落地)的速度为20 答题栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 46 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11.(2024·太原一模)某同学用如图所示的装置进行探究，初始弹簧处于遮光片 光电」1 遮光片光电门2 压缩且锁定状态，解锁后，滑块A离开弹簧向右滑动，通过光电门1后 m 与滑块B碰撞.已知两遮光片相同，测得滑块A第一次通过光电门1的 水平气垫导轨 时间为t1,第二次通过光电门1的时间为t2,滑块B通过光电门2的时 间为t3.完成下列填空： (1)为测量弹簧压缩时具有的弹性势能，除A的质量外，还须测量的物理量是 (②)若A,B碰撞过程中动量守恒，则两滑块的质量比”m1 (用物理量的符号表示). mB (3)若A、B的碰撞为弹性碰撞，则1、2名应满足的关系是 (用物理量的符号表示). 12.(2024·湖北高三阶段练习)小江为了验证动量守恒定律设计了如图的实验装置，取一段中心处有一小 孔、两端开口的PV管，将PV管水平放置在图示木架上.选择两个材质和体积均相同的打孔小球（直径 略小于25m),用一根细绳穿过两小球将弹簧压缩至PV管的中间，调整两小球，使两小球距出口位 置保持相同.点燃火柴，通过管中小孔烧断细线，两小球在弹簧的弹力作用下，分别从玻璃管的两个端 口飞出，落至水平台面的A、B两处.回答下列问题： OwO (1)本次“验证动量守恒定律”实验只需要测量的物理量是 A.弹簧的压缩量△x B.两小球的质量m C.管口中心到水平台面的高度h D.小球落地点A、B到管口正下方的水平距离s1和s2 (2)利用上述测得的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是 (3)若小江要通过该装置得到细绳烧断前弹簧的弹性势能，除了要查得当地的重力加速度g外，还需要 测量 (用测量量的字母表示)，根据已知量和测量量写出弹性势能的表达式： 13.(2024·安徽高三模拟)物理学研究问题一般从最简单的理想情况入手，由简入繁，逐渐贴近实际.在研 究真实的向上抛出的物体运动时，我们可以先从不受阻力入手，再从受恒定阻力研究，最后研究接近真 实的、阻力变化的运动情形.现将一个质量为m的小球以速度。竖直向上抛出，重力加速度为g. (1)若忽略空气阻力对小球运动的影响，求物体经过多长时间回到抛出点： (2)若空气阻力大小与小球速度大小成正比，已知小球经1时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过 抛出点时，速度大小为1，求小球抛出后瞬间的加速度和上升的最大高度. 47 14.(2024·沧州二模)如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距(=1m,小球B距地④ 面的高度h=1.25m,两小球在外力的作用下处于静止状态.现同时由静止释放小球A、B,小球 B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞.已知小球A的质量mA=0.1kg,小球B® 的质量mB=0.4kg,重力加速度g=10m/s2,所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间.求： (1)从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间： (2)小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离. 15.(2023·辽宁卷)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数 =20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量m:=4kg的小物块以水平向右的速度0=5m/5滑 上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数牡=0.1，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E,与形变量x的关系为E,=k。 取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示. (1)求木板刚接触弹簧时速度？的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1: (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度2的大小： (3)已知木板向右运动的速度从2减小到0所用时间为0，求木板从速度为2时到之后与物块加速度 首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U(用t表示). m 77777777777777777777777777元 48