单元检测(六) 机械能守恒定律-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（广东专版）

2024一2025学年度单元过关检测（六） 物理·机械能守恒定律 (考选时可75分钟，惑分100分》 一，单项达择题：本题共7小盟，每小驱4分，共8分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题日要求的。 随号 1 4 容案 1.如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两购与质量分别为2m和m的 物体PQ连接，轻弹簧经直放置，上端与物体Q相连，下端同定在水 平面上。用手托住物体P,当轻绳刚好被拉直时，物体P离地的高度 为上，重力加速度大小为g。物体P由静止释做后，答地时的速度恰好 为0，刚物体P下落过程巾，弹簧的弹性势能增加了 A.0 a c D.mgL 2在有大风的情况下，一小球自A点整直上抛，其运动轨凌如图所 示。小球运动轨迹上的A,B两点在同一水平直线上，M点为轨 迹的最高点。若风力的大小氧定，方向水平向右，小球在A点抛 出时的动能为4，在M点时它的动能为2J,落到到B点时动 能记为E,小球上升时间记为有，下落时间记为白，不计其能阳 力，用 A.新：豹=112 且< C.E=10J D.Ex=12J .如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的组线与本平杆同所成莫角为9= 53”,细线持过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮源部离水 平杆距离为k=Q8m。观将物块B由静止释放，物块4、B均可视为质点，取g 10m/,dn53°=08.不计空气用力，则 A物块A与物块B速度大小始热相等 B物块A能达到的最大速度为2m/ C,物块B下降过程中，重力始修大于射线上的拉力 D当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大 单元过美检测（六物理第1页{共8页） 衡水真 4.如图所示，半径为R的一侧氧曲面固定在水平面上，刻富由面各处粗镜程度相同。小物 换从圆颤上的A点由静止释放，下滑到最低点B。规定B点重力势能为零。下列关于 物块下滑过程中重力势能E,和机械能E与高度五关系图像中，最接近高实情况的是 5,已知汽车在平直路面上由都止启动，阻力恒定，量终达到最大速度后以额定功率匀 速行驶，b,d平行于#轴，c反向延长线过原点O,汽车质量为M,已知M,F,F: 山，下列说法错榄的是 《 +同m·51 A,汽车额定功率为F B汽车从b到：过程做变加速运动 C.汽车匀加速运动持线的时同为（干平 MF: n汽车从：到b过程克服阻力版功2R一F河 MF时 8.弹生径绳一南围定于天花板上的O点，另一德与水平地面上质量 为m的滑块A相连，当弹性绳处于如图所示的竖直位置时，紧挨 光滑水平小钉B,此时滑块A对地直的压力等于白身所受重力的 一半，凳作用在滑块A上一水平拉力下，使滑块A向右缓慢运动 段距南，在量去拉力F时，滑块A恰好能静止在地面上。已知弹 密卷 单元过美检测（六）物理第2页{共8页) 性整绳避循胡克定律，算性绳的原长等于OB的长度，弹性尾具有的弹性势能E ,式中是为弹性绳的劲度系数，工为弹性绳相对颦长的形变盘，此过程中弹性绳始 熟处于弹性限度内，滑境A与地面间的功像擦因数为江，最大静摩腹力等于滑动厚擦力 重力加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是 A,滑块A对地而的压力逐渐变大 我滑块A向有站动的距离为 C浙块A克聚摩擦力酸的功为上 D拉力F懒的功为g士 86 7.如图所示，质量为1k郑的滑块在镇角为30的光滑斜面上，从 点由静止开始下滑，到点开始压缩轻掉簧，到（点时达到 最大魂度，到4点（图中未题出）开始单回，返回6点离开弹簧： 恰能再回到：点，若女=01m,兼簧单性劳能的最大值为 8,意g=10m/,则下列提法正瑞的是 A.弹簧的动度系数是100N/m A从d点到6点滑块克服重力戴功小于8」 C带块的功能最大值为8】 D从d点到c点湖簧的弹力对带块做功8J 二多项达择题：本题共3小题，每小驱6分，共1州分。在每小题给出的四个燃项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选情的得心分。 斯号 10 答案 8从地血竖直向上抛出一小球（可视为质点），其机城能E等于动 能E与重力势能E,之和。以地面为零势能参考面，核小球的 00 机械能和重力势能随它高开兹面的高度方的变化如图所示，取： 0 =10m/网，由图中数据可知 A.小球的质量为1，后kg Bh一2m时，小球的动能E一8J C整个运动过程中小球的机械能守恒 D从地面至为=5m,小球的动能减少00」 9.如图甲断示，领角为0一37"的传递梦以恒定的速率一10回/s沿逆时针方门运行。1一 0时，将质量四=2kg的煤块（可视为成点）轻技在传送帮上南，煤块相对地面的4图豫 ) 单元过美检测（六1物理第3页{共8页） 衡水真 加医乙所示，28末滑离传送蒂，传送带上下两馏长L=16m。段沿传送梦向下为正方 间，取g-10m/s,in37"-06,cos37'-0.8.期 12.0 线m· 100 50 25 102010 甲 A煤块与传运带之科的动摩擦因数加一Q 且煤块在传送梦上留下的痕连长度为5m C.整个过程因摩擦面产生的热量Q为48】 D竖个过型因摩擦而产生的热量Q为0J 10,如图甲所示，全球最大“上同转塔机”成功首发下线，标志着又树立了一而“中国高端的 造”"的新t积。若该起重杭某次从一心时刻由静止开始向上提开爱量为牌的物体，其 ?图像如图乙所示，（时达到餐定功岸，A一时间内起重机保持额定功运动，重力 知速度为g,不计其他闲力，下列说法正确的是 +m51 A.0-一1时间内物体处于火重状 B0-时同内起重杭对物体做功为2ma,h严 C该物体的最大速度为丛山，+ D0一4时间内起重机对物体徽功为(mg十a6(山一2h) 三，非选释驱：本愿共5小题，共54分。考生根据要求作答。 11,(?分)某实验小组用如图甲所示的实验装置探究合力做功专动能变化的美系。将水平 气垫导轨和模角为8的气垫导轨对接，对接处巧妙设计桂滑块在对接处儿平没有动能 撰失。滑块上周定宽度为4的感光片，感光计时器安装在水平导轨话当位置处，以记 谏场光片道过它的时间。从镜斜等轨底端向上等率离地标记为L,2L,3L,L,“这 样在候斜号轨上合外力对滑块敏的功就可以分别记为W,,2限，3W,4W,+实验 通密卷 单元过美检测（六】物理第4页共8页） 时，每次露让滑块前沿从标记处静止下滑 甲 (1》实验藏先用螺旋周清券调出感光片的宽度d,图乙，所示，d一 (2)测得滑块从L、2L,3.4辽.…处分别释放后，滑块的感光片通过多光计时器的时 间分别为△.△2：△，△，“由此测得滑块的连度大小 (》某次实验时，让滑块从3L.处静止释放，测得滑块的质量（含感光片）为刚一0.4kg 领角9一3？”，L=10m,一1.00×103，重力加速度的值为10m/客，别滑块下 肾L更离时，合力做功为 J,滑欢到达感光计时器时韵清能为 《结果均？留两位有效数字)，在实验误差范围内，比较合力的功与动能变化的关 系，得出结论。 12.10分)某同学利用下面的方法间接测景物体质景M,并利用此装置验证系统机械建守 但。装置如图甲所示，一积轻绳两过轻质定滑轮与两个相同的重物P,Q相连，熏物P, Q的质量均为州一2的民，在重精Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z,重物P的下 端与穿过甘打点计时器的纸带相连。已知当地重力加违度为g一9.8m。 单位：n (1D某次实和中，先接通期率为50z的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示 的纸带，其中1-4.47m,4-示.34m,列-6.21m,4-7.10m,为-7.98m,4 8,m。测系统运动的加速度a一 m/,5点的速度诗一 m 《结果均保甯三位有效数学) 《2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M一kg。(结果保国三位有 效数字) ()利用派带还可以验证系能机械能守恒，测量纸带得出1点到5点的距离为，如知周 丙所示，求出1点的速度为的，5点的遮度为韩，根据以上数据，可求重物由1点运 功到5点时系统重力势能的战少量等于 ,系旋动雀的增加量等于 单元过美检测（六1物理第5页{共8页] 衡水真是 ,通过数据可得出在误差允许的范围内哀统重力势雀的减少量等于系统 动能的增加量，则系统机城能守任。（均用题中M,和，两，四g,本字母表示） 13.(9分)图所示，光滑轨道ACD国定在竖直平面内，BC段是圆心为O,率径为R一 1m的四分之一置，B点在O点的正上方，一质量为m的小球由A点静止下滑，最 后从B点水平飞出，落在水平地面上的D点。已知O,D之间的票离为2家，小球可提 为质点，取g=10m兮，空气力忽路不计. (1)求A,B两点间的高度差： (2)若小球从轨直AB上某点由静止释放后，沿着物道运动至P点时离轨道，已知 e=53。求小球释放点与B点之间的高虔差。《6n5闲=0,8,53°=0.6) 密卷 单元过美检测（六）物理第6页{共8页) 切 14.13分)如图所示，内壁光滑，半径为r的圆管轨道AC固定在繁直平山内.O是测心 15,(15分)如图所示，水平平白上一轻领簧左端烟定在A点，原长时在其右端B处放置一 AB是督直直径.OC是半径，∠AC=60°。光滑的斜面DC在C点与圆管轨道小间即 质量为m=2kg的小滑块（可混为质点），平合AB段光滑，C段长，=2m,与滑换间 对接，C与OC垂直。我让疑量为m的小球从D点由静止释故，沿看斜面运动到C 的动摩擦因数知：=0,25。平台右瑞与水平传送梦相接于C点，传送带长L=5m,与滑 点《小球离开料面后立即搬走斜面)紧接着无碰撞从C点进人醒管轨直，并沿着圆管纯 换间的动摩藤因数出=0,4。传送带右瑞D点与一光滑整有醒形轨道相切圆形轨道 道运功到A点，小球离开A点又能好到达C点，重力加速度大小为《。求： 半径R一瓜4m,最高点￡处有一弹性挡版，清块罐撞挡板勤后无杭城雀凝失。现将滑 (1》小球经过A点时对管道的弹力： 狼 换向左压缩鲜簧后突燃释成，滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1，m处停下， 2》D,C两点之间的高度差。 已知传动懂只可顺时针转动，取g一10m/分。求： (1)释放滑染时弹簧的掉性势能E,: (2)若在相同位置释做滑块，要使滑块价好上升到E点，传适梦的递度▣为多少： (3)若在相同位置释放滑块，要使骨块不脱离网汇形轨道，且不再迈回压缩弹簧，传送 带的速度大小范围。 25m ) 单元过美检测（六」物理第了页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检周[六】物理第8页{共8页)衡水真题密卷 单元过关检测 则日地距离x=D- nk a -。. 15.(1)T= 4x (R+h) gRE (2)- n(R+ mgR2 F 【解析】(1)根据牛顿第二定律有GR十) Mm D m禁R+) FAn-Fm =G 4m d 物体在地球表面时，有G=mg R2 Ra=G学 两式联立解得T=√ 4π(R+h)正 1 设星体B所受的合力为FB,正交分解FB,有 gR2 Mm )2 Fa=FAcos60°+Fa=3Gm (2)根据牛顿第二定律有GR+h)=mR d Fw=Fansin60°=23Gm BR 在轨道1的线速度一√干h d 轨道距地面高度为h时，空间站的动能为E= 则Fa=VF+F%=y②TGm d 则a taa e-是：是：月 多m-z0 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E1= 解得anA ant ac=√7：7：7。 mgR2 R+h 14.(1)0.727AU (2② (ad 地球自转周期为T,则Gm=m 4π2 【解折】)由开普粉第三定律有会一音 解得r= 3gRT国 4π2 解得金星与太阳的平均距离为T金≈0.727AU: (2)在图乙中，设∠AOB=∠A'OB'=0,由于0 在同步轨道3，动能e-m(}- 很小，AB与A'B的长度可近似表达为 AB=OB·0,AB=OB·0 (c AB OB 势能Ee=一 mgR2 gRT =一m(gR2 解得AB=产 发动机做的功等于增加的机械能W一Ea十 (3)两列轨迹之间的距离就是A'与B'之间的距 离，可得大阳直径为D=nF=6 Ee-(E十E)=一 )+ 2024一2025学年度单元过关检测（六）】 物理·机械能守恒定律 一、单项选择题 势能减少了△Ep=2ngL一mgL=mgL,则弹簧 1.D【解析】物体P下落过程中，物体P、Q和弹 的弹性势能增加了mgL,D正确。 簧组成的系统满足机械能守恒，物体P、Q的重力 2.D【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正 Y灯 ·16 ·物理· 参考答案及解析 交分解，水平方向在水平恒定的风力作用下做初 5.C【解析】根据P=F,可得0=P·京，汽车颜 速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作 用下做匀变速直线运动。竖直上抛运动上升过 定功率为图像的斜率，有P一华=F2,A正确； 1 程与下降过程具有对称性，则有=2，B错误； F 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的 汽车从b到过程中功率保持不变，随着汽车速 时间间隔内位移之比为知1：x2=1：3,A错误：小 度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有F一 球在A点的连度为，则有瓦=m=4J,登直 f=ma,可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减 小，故汽车从b到c过程做变加速运动，B正确： 方向有=2gh,小球从A到M过程，根据动能定 汽车所受的阻力为∫=卫=F2,由额定功率等 理可得一mgh十Fx1=Ew一EM=2J一4J 一2J,联立解得F1=2J,小球从A到B过程， 于图像斜率有P-华=4，即F2=Fm,汽车 11 根据动能定理可得F(x十x2)=Es一EM,其 FF 中Fg(x1十xa)=4Fx1=8J,解得Es=12J,C 从a到b,根据牛顿第二定律有F1一f=Ma,汽车 错误，D正确。 从a到b匀加速运动持续的时间为t=4= 3.B【解析】根据题意可知，物块A与物块B速度 a 关系为0Ac0s0一归，两物块速度不相等，当物块 MF2Um (F-F)F,C错误；汽车从a到b过程的位移 A经过左侧滑轮正下方时，有s=Ac0s90°=0， A、D错误：当物块A运动到左侧定滑轮正下方 乞a,汽车从a到b过程克服阻力做功W 时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大， MuF 报据机械能守恒有mg(n3一A)-m, h f杠=2(FFD正确。 6.C【解析】设A处于初始位置时与B点的距离 解得v=2m/s,B正确；由上迷分析可知，当物块 为h,物体A在初始时受重力、拉力和地面的支 A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，则 物块B向下先加速后减速，则物块B减速下降过 持力，根据题意和平衡条件，有h=mg,物体 程中，重力会小于细线上的拉力，C错误。 A在向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉 4,A【解析】根据重力势能与重力做功的关系，在 力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示，根据正交 下落高度h时，其重力势能为E,=mg(R一h)= 分解得N=mg一kasin0=mg-kx·么=mg mgR一mgh,故重力势能与高度h的图像是一条 h,所以支持力不变，摩擦力f=uN,可知地面对 斜率不变的倾斜直线，且当h一0时，重力势能最 A的摩擦力保持不变，撒去外力时弹性绳的伸长 大，h=R时，重力势能为零。物块下落高度h 量为x',在水平方向，有kx'cos0一f=0,可得 时，由功能关系可得此时物块的机械能为E= mgR一W:,在下滑的过程中，物块的速度逐渐增 虹cos0-·"受=0，解得士=250滑块A 大。设在运动过程中重力与速度的夹角为，则 在运动过程中根据牛顿第二定律得F=FN 向右运动的距离为L=xc0s0=爱，A,B错误： mgsin0=m质，报据滑动摩擦力的定义可知了一 滑块A克服摩擦力做的功为W=几=四gX FN,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐 mg=mg,C正确；从A到静止的过程中，根 2 4k 渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相 据能量守恒可得W?=W:十W弹，弹力做功为 同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所 述，A正确。 W#=一 号，振据几何关系可得=公+= ·17▣ Y灯 衡水真题密卷 单元过关检测 mg+2,联立可得we=3+Dmg,D 错误；根据图像可知，0~1s内传送带比煤块多 4k2 8k 错误。 运动位移△=2×10X1m=5m,1~2s内珠 块比传送带多运动位移△-合×2X1m=】 m,两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的 痕迹长度为5m,B正确：整个过程系统因摩擦而 产生的热量Q=mg(△x1十△x2)cos日=48J,C 正确，D错误。 10.CD【解析】0一1时间内物体有向上的加速 度，物体处于超重状态，A错误；0一4时间内起 7,B【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大， 重机对物体微功为W,=合m十mgh= 即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力 平衡，则有mgsin30°=k△x,△x=bc,可得k 合m(a+mg·af=mas mBa,,B错 2 mgsin30=50N/m,A错误；滑块从d点到a 误；根据牛顿第二定律F一mg=ma,0~4时间内 △x 起重机对物体的牵引力为F=ma。十mg,起重机 点，运用动能定理得WG十W体=0一0，又W 的最大功率为P=Fu=Faoh=(mao十mg)ao4, 一△E,=一(0一8)J=8J,可得Wc=一8J,即克服 重力做功8J,所以从d点到b点滑块克服重力做 孩物体的最大速度为么= 2=a4+a6色，C mg 功小于8J,B正确；滑块从a点到c点，由系统的 正确：山~t妇时间内起重机对物体做功为W2= 机械能守恒知滑块的动能增加量与弹簧弹性势 P(t2一t1)=(mao十mg)aat(t2一t),0~t经时问 能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于 内起重机对物体做功为W一W1十W2=(mg十 8J,所以滑块的动能最大值小于8J,C错误：弹 1 ma)ah(a一2，D正确。 簧弹性势能的最大值为8J,根据功能关系知从d 三、非选择题 点到b点弹簧的弹力对滑块做功8J,从d点到c 11.(1)1.880(1.879或1.881均可) 点弹簧的弹力对滑块做功小于8J,D错误。 (3)0.720.71 二、多项选择题 【解析】(1)螺旋测微器的读数为d=1.5mm十 8.AD【解析】由图知，h=5m时，E,=80J,由E 38.0×0.01mm=1.880mm. =mgh得m=1.6kg,A正确：物体上升0 (3)滑块在气垫导轨上下滑时摩擦力可忽略不 5m的过程，根据功能关系可知一fx=E 计，故只有重力做功，即合力做功为W=mg· E,解得物体上升过程中所受阻力大小为∫= 3L·sin≈0.72J,滑块到达感光计时器时的动 Ew一E能=100-80N=4N,故整个运动过程中 x 5 能为B-合m,D一品，代入数值解得 小球的机械能不守恒，C错误；由动能定理可知h 0.71J。 =2m时，一fh一mgh=Ek一E0,解得小球的动 12.(1)5.502.11(2)0.512 能E=60J,B错误；从地面至h=5m,由动能定 理可知△E=一fh一mgh=一100J,所以小球的 (3)Mgh 合M+2m)(话-) 动能减少100J,D正确。 【解析】(1)由题图可知，相邻计数点间的时间 9.BC【解析】由题图得0~1s内煤块加速度a1= 间隔为T=2×0.02s=0.04s,根据逐差公式可 盟-8m/=10.0m,根据牛领第二定 得，系统运动的加速度为 a=十5十5s)二（十5十s) 律得mgsin0+mgcos0=ma1,解得u=0.5,A 9T2 YJ .18 ·物理· 参考答案及解析 2.10+7.98+886-447-=5.34-6.2)X0.01m/ 解得F=0: 9×0.04 (2)小球从D点到达A点时，根据机械能守恒有 =5,50m/8,打5点时的速度为%=， 2T 1 mghm=2m听 7.98+8.86×0.01m/s>2.11m/s 2×0.04 解得hm=艺 (2)对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律有 由几何关系可知C、A两点之间的高度差hc= (M十m)g一T=(M什m)a,对P分析，根据牛顿 第二定律有T一mg=ma,联立解得物块Z质量 1-cos609=克 的测量值为M≈0.512kg。 D、C两点之间的高度差hc=hm十hc (3)重物由1，点运动到5点时系统重力势能的减 解得hr=r。 少量等于△E,=Mgh,系统动能的增加量等于 15.(1)E,=22J(2)v=2√5m/s △B=2M+2m)d-号M+2mi=2M+ (3)0<≤22m/s或25m/s≤≤5v2m/s 2m)(话-)。 【解析】(1)滑块从释放到在传送带上静止，由 13.(1)1m(2)0.2m 能量守恒定律得E。=山mgx十mgx 【解析】(1)小球从A点由静止沿圆孤轨道滑下 其中x1=1.5m 运动至B点，根据机械能守恒有mgh相= 解得E。=22J: 1 vb (②滑块拾好到达E点，有mg=m景 小球从B,点飞出后做平抛运动， 解得E=√gR=2m/s 水平方向有x四=d 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块 1 竖直方向有xm一乞gt 在传送带上加速的位移为L1,由动能定理得 解得A、B两点间的高度差hB=1m时 W#一mgx十mgL1一2mgR= 2m喔 (2)小球从轨道AB上某点由静止释放后，沿着 W弹=E 轨道运动至P点时脱离轨道，则小球在P,点对 解得L1=1m,又因L1<L一5m,故滑块在传送 轨道没有压力，此时重力沿PO方向的分力提供 带上先加速后匀速。从D到E,由动能定理有 向心力，即F向=mgsin a=m R -2mgR-m 根器机梳能守恒有mgw=之m呼 联立解得传送带速度为v=如=2、√5m/s: 解得he=0.4m (3)情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设 根据几何关系，小球释放点与B点之间的高度差 传送带速度为边，由动能定理一mgR=0一 Ms=hp一R(1一sin),解得△Ms=0.2m。 2 mv 14.(1)0(2)r 【解析】(1)小球从A点飞出后做平抛运动，水 解得2=√2gR=2√2m/s 平方向有r=At 假设返回经过传送带速度减为零时，与D点距 竖直方向有r一ro0s60°=8心 离为L/,则有-mgL'=0-之m 解得L'=1m<L=5m 小球在A点的速度大小为口a=√gT 故物块不会冲过C点，在传送带与圆心等高处 设轨道对小球的作用力大小为F,方向竖直向 往复运动，则此情况要滑块不脱离國弧轨道应 下，合外力提供向心力有F+mg=m 满足条件0<v≤2√2m/s。 19 Y灯 衡水真题密卷 单元过关检测 情况二：物块上升到最高点E后再恰好返回B 解得=5√2m/s 点，设物块在传送带上的加速位移为5，对全程 故此情况滑块不脱离國弧轨道霄满足条件 分析由动能定理有E。一2mgx十mgs一 2√5m/s≤≤5√2m/s. uzmgL=0 总结：要使滑块不脱离圆孤轨道，传送带的速度 解得s=4,75m 需满足的条件：0<u≤2√2m/s或25m/s≤ 设此时传送带速度为，则由动能定理有E。 ≤5√2m/s. mgx十mgs=2m砖 2024一2025学年度单元过关检测（七）物理·动量守恒定律 一、单项选择题 约为m2=45kg,A正确。 1D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 5.B【解析】设苹果刚接触钢板时速度为o,取向 一高度落下，根据自由落体运动的规律=2gh 上为正方向，根据动量定理，有(F一mg)=0 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 (一mw),解得v=2m/s,设苹果在钢板上的碰伤 公式p=m0可知，动量是相等的，A错误：由于碰 阙值为h,有2=2gh,解得h=0.2m=20cm,B 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一，则 正确。 冲量也相同，B错误；动量的变化量△p=0一mU, 6.B【解析】A自由下落过程，有mg·3x%= 则动量的变化量也相同，C错误：由合外力的冲量 m6,A、B碰撞过程，满足动量守恒，则有 1 公式I=Ft可知，落在硬地的时间更短，冲量的 变化率更大，D正确。 m%=2mm,A、B碰后恰能一起回到O点，则有 2.C【解析】当二者速度相等时，小物块m沿凹槽 合×2m+E=2mgm,联立解得，碰撞前弹黄 轨道M上滑的高度最大，设其轨道半径为R,系 统水平方向动量守恒，有m=(m十M)0,根据 的弹性势能为B=m要，B正确。 机核能守恒可知2m话=(m十Mt十mgR,解 7,A【解析】A与B碰撞过程，取向右为正方向， 由动量守恒和机械能守恒可得mU=UA十 得R=1.2m,C正确。 1 3.D【解析】火箭向下喷出水，水对火箭的反作用 2mu,md=合m暖+号×2mi,联立解得碰 力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 后A,B的选度分别为A=一号，m-号，B与 失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得 C碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒和机械 m西一(M一m)=0,解得火箭获得的最大速度 能守恒可得2m咖=2m6十kme,号×2m味=号 为助一M严m,C错误：以向下为正方向，上升 X2m+号×kmE,联主解得难拉后B的建度 过程由动量定理可得(M一m)g41十f11=0十 (M一m),下降过程由动量定理可得(M 为%=2- 3(2+),为了保证A与B只发生一次碰 m)gt2一f2lg=(M-m)v,其中fi1=kUh=kh, 撞，需要满足|吸|= 2(2-) 3(2+)≤1ou= f2a=ko=kh,联立解得t=十红= 1 .2(k-2)1 (M-m)十m,D正确。 一3由于>2，则有32+粉≤3，联立解 (M一m)g 得2k6,A正确。 4,A【解析】对人和竹竿组成的系统，可看成人船 二、多项选择题 模型，所以mx=m2x2,代入数据可得人的质量8.BC【解析】0~to时间内，根据动量定理可得 Y灯 ·20·