(8)动量定理 动量守恒定律 动量和能量综合应用-【衡水金卷·先享题】2025年高考物理一轮复习单元检测卷（粤教版 广东专版）

高三一轮复习单元检测卷/物理 ,如图所示，一异形转道胆尼的水平部分和究滑的四分之一调汇部分组成，餐于光湘的水平面上， 如果轨进丙定，将可视为质点的物块从圆沉我百的量高点由静止释较，将块价好停在术平我道的 (八)动量和动量守恒定律动量和能量综合应用 最左端，细果机范不用定，仍将物块从图轨道的量高点由静止帮放，下列说法正确的是 A物块与铁证组成的暴能机械能不守氧，磷景守板 (考试时闻了5分钟，满分1G0分) 且物块与航道铜成的系镜机板能不守，尚量不守相 .物块到不了水平物道的最左溶 D.将块将从线道左端非出水平轨 条形码粘贴处 5,一射总质量为m(含燃料)的飞船在太空小以边度口匀速航行，某时刻飞船在楼短的时何内喷射出 重量为△螺的猫绕气体，气体项密后与飞和的解对述度大小为每，设飞船的初始运动方向为正方 向.则下列说法正端的是 气体对飞船的中量小于飞精动量的度化量 一、单项意驿塑 且气休喷出后的运动方向可能与飞船的运为方向解可 1tA灯00【D间 2[A]H町C【间 3 [A][8]fc][D] ,△m与群的比值越大：笔的连度的增加量艺小 4IA的[nH[同 &[AH[q[可 6[[1E可 A飞图暗击气体后速度可增知到世士A些 N一△ 7A5[W灯[间 6,妇图所示，高台第水被樱为量富冒险性的体育明日，2的年跳水世界杯女予0米行比赛中金，图 二，备原选播圆 伸被我国的两位小将我得，假设运功员在空中自山下落的过程为过程1，进入水泡直到速度为零 8A)周U[D可 g[A】E[可 1O.LAJ[时CED圆 的过程为过程川，品动员的重量m=母起，线行高度H一0m,重力如速度x 10m/,降水的和力以外的阳力可拿部忽略运诗员可视为质点，下列说法正确 ,单项选择题木慰共了小题，年小题4分，共8分，在华小题给出的四个选项中，只有一境是符 的是 合题日要求的) 人过程【中运动员所受合力的中量与过程■中运动员功量的度化量相同 1,撑杆境高是一项颜为复静且十分究技马的围径明日，达司员错份手中的撑 且过程【中运动员的机械能和幼量均守相 杆能培过6米多高的横杆。为了保护运南员在下落时不受街者，运动易塔地 C,看从进人水镇到通度为零见共品过的时间1一25，脚运动员受列术的平均作用力 的一侧电面上受铺上幕厚的垫子，其原理是 的为59？N A.使运动员落到路子上时的动量减小 D过程■中运词员动能的减少景小于克服水的风力新险的功 队枝运动员在落到经子上的过程中，受到的平均冲力或小 7,有一条捕角小船停章在湖边可头，小船义窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行 ,使运动员在落到坠子上的过程中，受到的中量碱小 了如下操你：首先将如平行码头白山停泊，然扇他轻轻从船尼上静：走斜望头后榜下，南后轻轻下 山.使运动员在落到集子上的过程中，动景的变北量诚小 期，用整尺群出：船后退的雨离和船长乙，已加饱有具的看量为性。忽路新水对帮的闭力，图朝的 2,炎拉的夏季，有一种网虹水上拨乐项目”水上飞人“十分★垦，其原理是雷助四 质量为 下的喷水装置产生反冲功力，让人降空南起或平商或翻管或匀走话动或变速运 动，忽略空气引力，下列说法正确的是 A,L+山 L山 C.L n,L+山 A,人在翻腹时，水对装量的反冲动力大于装置对水的压力 二、备项选择慧（本慰共多小题，可小莲6分，共18登，在得个题的出的国个度中，有多原郭合避 品人在戏违上升的过程中，根城能一定减少 日要求，全解透对的得G分，达材且不全的得3分，有法得的得0分) 二，人在减速上升的过型中一定处于失重秋态 8.士星、地球，太阳三者依次鞋成近食一条有线时，天文学上释为士屋冲日”，冲日前石土星距两地 D,人在悬空静止的一受到同内，反冲动力的冲量为零 保量近，也量明亮，2的年8月2？日发生土晨冲日呢巢，如阁所示，此时士星被太阳明亮的一面 3,稀数图像是精述物里规律的裤木方达之一，真观趋反应了各物理量之划的关系。加所示为物体 完全朝向地球，所以用亮而易干残察，地球和上星绕太阳公转的方列相同，精连都可近以为属，地 量真线运动时各物理量之同的关系m像，，：，分期表不物体的位移，速度，相速直和时间。下 球一军提太阳一周，士星约9.3年瓷太阳一周，则下列说法正确的是 列说法正确的是 士星冲日余意居 A.根蒸图甲可求出物体在2米的率度大本为3m/: A在相可时网内，土星与太阳中心连线扫过的面积比地球与龙阳中心连线扫过的面积大 B.银墨图乙可求出物体的相速度大小为20m/ B士晨运行的线违度比墙球运行的线递世大 C,根据图内可求出物体的加速度大小为？m C,上鼎运行的角速度此炮蝶话厅的角速度小 D根据图丁可承出质是为2kg的物体在前2s内的动量变化量火个为6kg·m。 D.下一次出观土星冲日遥象是在周年匠 种里海物腰引第1页《共4西1 衡水金海·先享题·高三一轮复习早元输测楼八 物理（海前服}第：页共4面） 广东专啊 9.虹周所示，在壳滑的水平面上有一辆平板年，人教看·个锈子结在车的左 点的距真，将打击杆的簧片登于相同位置再次把硬币A击出，重复测量硬币八右侧到)点的师 侧，人和作霉处于静止积态，若人闲周桶千最打华的左端，则下列说法正 离，测量的平均催记为1，如闲乙所示 确的是 ☒将硬币非战在敲精板上，使其左树位于O点《两币间有健家)，中心位于藏璃板巾心线上，将 A人界动操子，打车之角，车一直程持静止 打击杆的簧片从步骤①的位量释效，使硬币A被弹出后与硬币B发生正醒：重复多次，分群测出 且当顿子停止运动时，人和客不一定轻止运动 硬币A,B碱后停止册行时到0点距离的平均植x:释，，如图丙所示 C,横子，人相车组成的系烧水平方风动量守国 )木实验中，稔或肩服，桥币发射知，再收硬币外，还需要的器材有 (坑正确答案标号)。 D不断用场千沿竖直而上的置线重击车的左增，面人左，右米国运磷 A.天平 及秒表 C刻废尺 1以，虹图所示，质量为4w的物决A静止在先滑水平地定上，A左侧面为圆氯面且与水平跑面相切： (2)木实验巾，便而A的质量 〔填”大于“小于“成等干)硬币在的质量 周量为m的滑块B以初建度向右运动带上A,沿A左侧面上滑一夏F离后又运回，量后尉离 (3)已知硬币A,B的爱量分别为m1,:,若请足 (用题中所给学每表 A,不f一切摩按，占从滑上4到带离A约过程中.下刻说达正端的是 示)，就可以判断两硬币在酸撞过程请是动量守日定律。 A,A,B组成的暴放动量何 ()实拾发残，西硬币砖前总动量总是略大于球后总动景，第两可能是 L合外力对#的冲量大小为学 1,(12分双响保竹是民间庆典使用较多的一种姨花县竹，其结构简图如阁所示， CA对非餐的功为密md 蛋算内分上，下丙层安战火药，使用时首先引燃下层大西，使得竹我得显真向 上晶火两 上的初速度，升空后上尽火特核引燃，得竹凌空爆响。一人在水平地面上燃数 八书希A上滑的装大高度为器 双响場竹，谬竹上升至量高点时伦好引燃上层火丙，克围将保竹保排成两部分 下层大料 两常分的质最之比为12，获得约违度均沿水平方向。已知这次燃较爆竹上升 三、非选桶最（本题其5小题，共54分，请按要求完成下联各题） 的量大高度为青，上园火西爆作后两部分落电点之阀的纯离为，重力闻速度为 1(6分)某通字用如图甲所示的装盟研统完一探究体度与力，境量的关豪”实陵后（该实险已平衡 战 x,不十空气用力：不计火药保炸财得竹总质量的影刚， 摩擦力，且小车的盾量M远火于生码及托低的总爱量M》,另一同学提议用谈餐置相实脸数据来 1)求引遗上层火药后两年分各自安得的违度大小： “位证动量定理”，已知图乙中图第两计数点可的时闻闻隔为1，重力座速度为：。 (2)求上，下两层大丙燃博时爆竹增面的机核能的比值 打点计时题 412分如闭甲所不，冰壶是条季奥运会上丰食受政注的体有项日，细闭乙所希，运动员将冰蜜 A以初速度=2m/:从制点水平辉出：婚直线减速话动距高=10m后与静止在N点的冰 壶B发生正镜，碰后冰童A,的淘度大个分别为”一0,3m一0.7m%,晓黄附，后冰奎A (1)打第2个计数点时小车的速度助 打第6个量数点时小车的违皮可 的速度方向不燮，冰查B间进了影真：（未知）后于P点停止运动。运动中两冰蜜均可视为质因 (用题中所给字与表不) 且碰撞时何极题。冰童A,以的质量均为如k,与冰面间约动摩擦因数相等，重力相速度g 〔2)从打第2个计数点鲜打第后个计数点的过程中小车所受合外力的冲量1= 10mw,求： (用题中斯给字县表欢)。 (1)用冰壶碰墙过程中冰重A所是的 (3)比授小车断受合外力的冲量与小车动量的变化量事可验豆动量定理， 冲量： (4)在实验的过程中，总是发我小车所受合外力的冲量大于小车动量的变化量，出现这种风差的 (2)落麦与冰面间的动摩擦因数： 的问可能是 (3碰后冰速B面进约距高（结果保研 山条却可因 位小数》， 2,(移分)某同学在玻明教上用两位道量不同的硬币A餐B来验证动量守恒定律。硬币发射架的结 构尽章图如图甲断示，自医贩、支架，打击受簧片（图中未属出）丽成，簧片可以控制打击杆击打 健百的力度，两枚镜币与玻璃板闻的动摩复因数相同。 5,(18分)如所术，水平传进情以物=2m/:的遮度沿迎时射方向运转，传递著左端与水平址围平 相击杆 滑连接，传越右端与一西定的四分之一究滑阳置我道相切物块▣从属物道最高点内静止下 滑后滑过传递营，与静止在水平稳面右端的物块&发生洋性疑箱。已即物块的质量m 0,1kg,物换6的质量M=0.3kg,两物块均可视为质点.阅属轨道的中径=1,25m,传送错左。 右两端的年离=，5m:物块年与传送带和水平趋国间的动摩整问数均为开=0,1，重力相速度 g如10m/,碰糖时间餐短：求： 乙 1)物块：滑到国气轨道最低庭时对轨道的压力 生要实旋多案下： 大小 ①将硬币1置于发射情口：调整打击杆的簧片将硬币A击出，使硬百A新碧玻鼎舰中心线运动 (2)物决第一次与物换为碰撞所每间，物块 的违度大小。 沿或霜服中心规，在硬面A初始位置的右侧收东0，测出厦币A停止带动时，陵币A右侧到) 物理明敏展】第3西[共4引 街水金寿”先率则？真三一鹅复习单无检测杏九 物理1粤数展】算4西（共1西引 广素专高三一轮复习广东专版 ·物理（粤教版）· 高三一轮复习单元检测卷/物理（八） 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力V,应用数学处理物理间题的能力V,实验能力 2.核心素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究①科学态度与责任 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) ② ③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 4 动量定理定性分析问题 易 0.85 2 单项选择题 4 牛顿第三定律、失重、冲量 0.85 3 单项选择题 4 运动学图像的综合考查 中 0.75 4 单项选择题 4 动量守恒定律的应用 中 0.75 5 单项选择题 4 动量定理，动量守恒定律的应用 中 0.70 6 单项选择题 4 动量定理，动能定理的应用 中 0.70 7 单项选择题 4 人船模型 中 0.65 8 多项选择题 6 万有引力的应用 中 0.65 9 多项选择题 6 动量守恒定律的应用 中 0.65 10 多项选择题 动量与能量的综合应用 难 0.55 11 非选择题 6 验证动量定理 中 0.70 12 非选择题 8 验证动量守恒定律 中 0.65 13 非选择题 12 爆炸模型、动量与能量的综合 中 0.65 应用 碰撞，动量定理与动能定理的综 14 非选择题 12 中 0.60 合应用 圆周运动、传送带问题、动量与 15 非选择题 16 难 0.55 能量的综合应用 香考答案及解析 一、单项选择题 运动员落到厚厚的垫子上可以延长着地过程的作用 1,B【解析】运动员落到垫子上时的速率不变，侧动量 时间1，由动量定理有(F一mg)1=△p,可知延长时间 大小不变，A项错误：根据题意可知，运动员在落到垫 t可以减小运动员受到的平均冲力F,C,D项错误，B 子上的过程中，动量的变化量一定，受到的冲量一定， 项正确。 ·31 ·物理（粤教版）· 参考答案及解析 2.C【解析】人在翻滚时，水对装橙的反冲动力与装置 △m与m的比值越大，飞船速度的增加量越大，C,D 对水的压力是一对相互作用力，两个力大小相等、方 项错误。 向相反，A项错误：人在减速上升的过程中，喷水装置 6.D【解析】整个过程冲量为零，过程「中运动员所受 对人做正功，机械能增加，B项错误：人在减速上升的 合力的冲量大小等于过程Ⅱ中运动员动量的变化量， 过程中，加速度向下，故一定处于失重状态，C项正 方向相反，A项错误：过程I中运动员的机械能守恒， 确：人在悬空静止的一段时间内，合外力的冲量为零， 但其受力不平衡，动量不守恒，B项错误：运动员落入 反冲动力的冲量不为零，反冲动力的冲量和重力的冲 水面前的瞬间速度=√2gH=10√2m/s,由动量 量大小相等、方向相反，D项错误。 定理可得运动员受到水的平均作用力满足(mg一下) 3.D【解析】根据x=合a,可得号a=1mWs,解得 =0一mw,解得运动员受到水的平均作用力F= 加速度大小a=2m/s,故根据图甲可求出物体在2s (200√E十400)N≈682N,C项错误：过程Ⅱ中运动 末的速度大小为4m/s,A项错误：根据=2ax,可 员所受阻力做负功，重力做正功，故运动员动能的减 得2a=5m/s2,解得加速度大小a=2.5m/s,故根 少量小于克服水的阻力所做的功，D项正确。 据图乙可求出物体的加速度大小为2.5m/s,B项错 7,B【解析】根据题意可知，人在船上行走的过程中， 人和船组成的系统动量守恒，设船的质量为M,侧有 误：根据x=t十 合a,可得兰=合u十，可得 ,=Mo:,由于初状态系统的动量为0，则人走船 乞a=一2m/g,解得加速度a=一4m/s,故根据图 走，人停船停，人和船的运动时间相等，有t一 丙可求出物体的加速度大小为4m/s,C项错误： Mt,即m(L-d)=Md,解得M=mL一d,B项 d α-t图线与坐标轴所围成的面积等于速度的变化量， 正确 可得△如=立X3X2m/s=3m/s,根据图丁可求出质 二、多项选择题 量为2kg的物体在前2s的动量变化量△p=m△v= 8.AC【解标】扫过的面积S=之0，其中g=a,w 6kg·m/s,D项正确。 GM ,可知轨道半径越大，相同时间内扫过的面积 4.B【解析】轨道不固定时，物块在轨道的水平部分运 动时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒：物 GM ,可知土星运行的线 块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不 越大，A项正确：又由一√ 守恒，但是水平方向动量守恒，A项错误，B项正确： 速度比地球运行的线速度小，B项错误；由公式心= 设轨道的水平部分长度为L,轨道固定时，根据能量 GM 可知土星运行的角速度比地球运行的角速度 守恒定律得mgR=:mgL,轨道不固定时，设物块与 轨道相对静止时的共同速度为，在轨道水平部分滑 小，C项正确：由题意可知T=1年，T±≈29.5年， 行的距离为x,取向左为正方向，水平方向上根据动 曲六六 =1，可得距下一次土星冲日所需的时间 量守恒定律得0=(M十m)u,解得v=0,根据能量守 约为1.04年，D项错误。 恒定律得mgR=合（M十m)十mg工，联立解得x 9,CD【解析】把人，锤子和车看成一个系统，系统水平 =L,所以物块仍能停在水平轨道的最左端，C,D项 方向不受外力，水平方向动量守恒，由于人和车初始 错误。 时都处于静止状态，水平总动量为零，挥动锤子被打 5,B【解析】根据动量定理可知气体对飞船的冲量等 车的左端，根据动量守恒定律可知，系统的水平总动 于飞船动量的变化量，A项错误：当飞船的速度大于 量为零，锤子向左运动，车向右运动：锤子向石运动， 气体相对飞船的速度时，气体喷出后的运动方向与飞 车向左运动，所以敲打车之前，车不会一直保持静止， 船的运动方向相同，B项正确：以飞铅的初始运动方 当锤子停止运动时，人和车也停止运动，A、B项错 向为正方向，由动量守恒定律有mv=(m一△m)u十 误，C项正确：由于系统的水平总动量为零，不断用锤 子沿竖直面上的弧线薇击车的左端，锤子向左运动， △m(一)，可得飞船喷出气体后速度=十△严 车向右运动，锤子向右运动，车向左运动，所以车和人 ·32. 高三一轮复习广东专版 ·物理（粤教版）· 左、右来回运动，D项正确。 正确。 10.BD【解析】A、B组成的系统在竖直方向上所受合 (2)为保证硬币A,B碰撞后硬币A不反弹，硬币A 外力不为零，在水平方向上所受合外力为零，故系统 的质量要大于硬币B的质量。 在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒， (3)若两硬币在碰撞过程中满足动量守恒定律，则有 A项错误：对整个过程，以水平向右为正方向，由动 m1功=m功十m:,根据动能定理有m1gx1三 量守恒定律得m=m十4muA,由机械能守恒定 1 1 之m1听mg=立m,0m:g= 2m:访，硬币 律可得子md=合加味十之Xmi,解得路= A的初速度U1=√2gx1,硬币A、B碰撞后的速度 ，对B由动量定理可得【=m%一m= 3 分别为=√2g=√2g,整理得m√ =1/xg十m/xae m,合外力对B的冲量大小为号m,B项正 8 (4)两硬币碰前总动量总是略大于碰后总动量，原因 确：对B由动能定理得W=之mi一之m味= 可能是碰撞过程受到阻力作用 8 一云m心，C项错误：B沿A上升到最大高度时，两 18√摩，√品 e品 【解析】(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做 者速度相等，在水平方向上，由动量守恒定律可得 平抛运动 m=(m十4m),由机械能守恒定律可得之md= 1 经直方向有h=2g对 (1分) 三(m十4)口+mgh,解得B沿A上滑的最大高度 水平方向有L=功t十t (1分) 上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹的质量 h=2,D项正确。 5g 为n 三、非选择题 2 0=3m,一 (2分) 1i.1会1分)1分 解得两部分各白获得的连度大小助=宁√医 (2)4mgt(2分) (4)平衡摩擦力不够（或存在空气阻力、倾角过小， √ (2分) 2分) 【解析】(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速 (2)上层火药然爆后获得的机陵能E:=子×了m 度等于该过程的平均速度，可得打第2个和第6个 (2分) 计数点时小车的速度分别为助=受=受 下层火药燃爆后获得的机械能E,=mgh (2分) (2)从打第2个计数点到打第6个计数点的过程中 是品 (2分) 小车所受合外力的冲量I=4mgt。 (4)在实验过程中，总是发现小车所受合外力的冲量 14.(1)-14N·s(2)0.015(3)1.63m 大于小车动量的变化量，出现这种误差的原因可能 【解析】(1)两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒定 是平衡摩擦力不够、存在空气阻力、倾角过小。 律有 12.(1)AC(2分) U=uA十B (2分) (2)大于(2分)》 解得=1m/s (1分) 对冰壶A由动量定理可得I=m一U (2分) (3)m1√1=m:√+m:√(2分) 解得1=-14N·s (1分) (4)碰撞过程受到阻力作用(2分) (2)冰壶A从开始运动到与冰壶B碰撞前的过程 【解析】(1)验证动量守恒定律的实验需要使用天平 中，根据动能定理可得 测量硬币的质量，不需要秒表测量硬币运动的时问， 1 需要使用刻度尺测量硬币运动的距离，A、C项 (2分) ·33· ·物理（粤教版）· 参考答案及解析 解得=0.015 (1分) (2)物块a在传送带上运动时，由牛顿第二定律有 (3)对冰壶B应用动能定理可得 F合=na=Dng (1分) 一mg=0-交m金 (2分) 设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为 ,由运动学公式可得 解得x≈1.63m (1分) 话-t=-2ad (2分) 15.(1)3N(2)2m/s 解得=4m/s>=2m/s (1分) 【解析】(1)物块a沿圆弧轨道从最高点由静止下滑 则物块α第一次滑到传送带左端时的速度大小为 到最低点，根据机械能守恒定律有 4m/s,物块a,b碰撞过程满足动量守恒定律和机械 mgr=m (2分) 能守恒定律，设碰撞后物块a的速度为，物块b的 解得边=5m/s (1分)》 速度为：，则有 物块a运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有 n=my,十Mu (1分) F一mg=m月 (2分) m=m时+M (1分) 联立解得F=3N (1分) 联立解得=一2m/s,=2m/s (2分) 由牛顿第三定律可知，物块a滑到圆弧轨道最低点 即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s 时对轨道的压力大小为3N (1分) (1分) 34