单元检测(七) 动量守恒定律-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏A版）

·物理· 参考答案及解析 解得s=4.75m L 2L 设此时传送带速度为，则由动能定理有E。 根据线速度关系可得=w20,=w20,“ 2n时 V8o=wL 4mgx十4mgs= +W# 对第7个小球由动能定理有mg20 解得=5v2m/s 故此情况滑块不脱离圈孤轨道需满足条件 2n号-0 2√5m/s≤≤5√2m/s. 解得W#=一 1mgL 总结：要使滑块不脱离圆孤轨道，传送带的速度 41 需满足的条件：0<v≤2√2m/s或2√5m/s≤ (3)共有N个小球时，选取杆在竖直位置时最低 ≤5√2m/s 点为零势能，对整体由机械能守恒有 15.(1)3mg(2)-7mg Nmgl.-mgl.( 41 (3)见解析 2m听+2m暖+…+2m味 1 【解析】(1)若N=1,运动至竖直位置时由动能 定理得mgL-名m 2L 根据线速度关系可得=w六，=仙，…， 解得v=√2gL UN-WN 由牛顿第二定律可得F一mg一m艺 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小 对第7个小球由动能定理有mgLX不+W: 为F=3mg: 2m听-0 (2)若N=20,选取杆在竖直位置时最低，点为零 > 势能，对整体由机械能守恒有20mgL 解得W#=mgLN2N+[3X7-(2N+I)] mg(+8+…+易+o)十2m+md++ 当W#=0时N=10。 2m% 2024一2025学年度单元过关检测（七）物理·动量守恒定律 一、选择题 力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处 1.D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 一高度落下，根据自由落体运动的规律2=2gh 失重状态，B错误：喷水眸间由动量守恒定律可得 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 m一(M一m)=0,解得火箭获得的最大速度 公式p=mU可知，动量是相等的，A错误；由于碰 为=M”m0,C错误：以向下为正方向，上升 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一m0,则 冲量也相同，B错误；动量的变化量△p=0一mw, 过程由动量定理可得(M一m)g1十fh=0十 则动量的变化量也相同，C错误；由合外力的冲量 (M一m),下降过程由动量定理可得(M 公式I=F可知，落在硬地的时间更短，冲量的 m)gt-f22=(M-m)o,其中f4=kh=kh, 变化率更大，D正确。 f2t红=o=h,联立解得t=t十t2 2.C【解析】当二者速度相等时，小物块m沿凹槽 轨道M上滑的高度最大，设其轨道半径为R,系 (M一m)十m,D正确。 (M-m)g 统水平方向动量守恒，有m=(m十M)v,根据 4,A【解析】对人和竹竿组成的系统，可看成人船 机械能守恒可知2m6=(m十M十mgR,解 模型，所以mx=m2x2,代入数据可得人的质量 约为m2=45kg,A正确。 得R=1.2m,C正确。 5.B【解析】设苹果刚接触钢板时速度为0，取向 3.D【解析】火箭向下喷出水，水对火箭的反作用 上为正方向，根据动量定理，有(F一mg)t=0一 ·19 1A 衡水真题密卷 单元过关检测 (一m),解得v=2m/s,设苹果在钢板上的碰伤 速度与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有m 阀值为h,有=2gh,解得h=0.2m=20cm,B =mh十m,根据机械能守恒有乞m话= 正确。 6.B【解析】A自由下落过程，有mg·3x0= 2m十m,解得碰撞后A,B的连度分别为 1 2m听，A、B碰撞过程，满足动量守恒，则有 1=0,2=%,A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿 m=2m,A、B碰后恰能一起回到O点，则有 第二定律有mg=m 尺，从碰撞后眸间到A滑块运 2×2m听十B=2mg,联立解得，延推前弹黄 动到圆孤最高点，根据机械能守恒有2m听=司 的弹性势能为。-m,B正确。 2 m心十mg·2R,解得R=要，则要保证被撞后的 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mv=mA十 A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大 2m咖，2md=之m十号×2m,联立解得碰 为票若A最高点小子回分之一国孤，则半径可 后A,B的建度分别为0A=一号，题=号B与 以无限大，B错误：滑块B第一次在传送带上运 C碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒和机械 动达到待送膏建度所雪时问为：一碧一设C正 能守恒可得2m%=2m6+me,号×2mi=司 确；滑块B第一次在传送带上加速运动的位移为 X2m+是×km流，联立解得碰拉后B的追度 1一=燕传送带运动的路程为=4 为话-没，为了保运A与B只发生一火碰 延相对位移为△=1一死，产生的内能 撞，需要满足61=2干名≤1一 2(2-k) 为Q=mg·△=m6,第一次延撞后B静 止，A滑上圆孤后又滑回来与B发生碰撞，根据 -,由于>2，则有瓷器<分联主解 机械能守恒可知，A滑上园孤后又滑回来的速度 仍然为，由上述分析可知，与B发生第二次碰 得2<k≤6，A正确。 8.BC【解析】0~t6时间内，根据动量定理可得 撞后，A的速度为零，B的速度为0，方向水平向 Fto一ft6=mtm一0，t~3时间内，根据动量定 左，然后滑块B在传送带上做减速运动，直到速 理可得-f·2=0-mum,联立可得F=3f,在 度为零，则减速的时间为2==业，减速的位 a ug 此过程中F的冲量大小等于1，=号mB,C正 移为一叫-一嘉减速进粗中，传运带的路 确：0一t和时间内，根据动能定理可得Fx1一fx =m2-0,又F=3f,联立可得在此过程中下 程为=2=蓝，此过程的相对位移为△ g 所微的功为W,=F1=子md,A错误：设物体 -3延，此过程产生的内能为Q=mg· xa十5一24g1 与桌面间的动摩擦因数为以，63时间内，根 3 △=之m听，B速度减为零后又开始向右加速， 据动量定理可得一mg·2to=0一m,解得μ 与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O ，D错误。 2gto 点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞 9.ACD【解析】滑块B在传送带上滑动，根据牛 时，产生的总内能为Q=2Q十Q-号m6,D 顿第二定律有mg=ma,可得滑块B的加速度 正确。 为a一似，则清块B加逸到心时的位移为x一器 10.BC【解析】设B下滑过程中加速度大小为a, 则传送带至少长嘉A正确：滑块B以 B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间 一2g 为t1,第1次与A碰前瞬间的速度为，则对B 1A ·20▣ ·物理· 参考答案及解析 由牛顿第二定律得mg sin0=ma,由运动学规律 12.(4)0.08(5)0.1600.1581.25 L 得L=ai,i=2aL,解得4=√ , 【解析】(4)根据图丙中图像与横轴国成的面积 √gL,A错误；第一次碰撞后A的速度为V1,B 表示弹簧对m做的功，则有W=号×8X2X 的速度为v1,由动量守恒和机械能守恒得mo= 10-2J=0.08J。 (5)设m1与2碰撞前的速度大小为%，根据动 mm十mm,之md= 之m%,解得 能定理可得W=之m话，解得=1m/s,则m U1=√gL,m=0,B正确；第一次碰撞后，A匀 和m2组成的系统，碰撞前总动量为力=m= 速下滑，B匀加速下滑，发生第一次碰撞到发生 0.160kg·m/s,由图丙可知弹簧的劲度系数为 第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等， 8 所用时间为红，则有么=之a,解得 t=F x=2Xi0N/m=400N/m,设m1与m 碰撞后的速度大小分别为功、以，右侧弹簧的最 4√上，C正确：B与A发生第一次碰撞至发生 大压缩量为xA,左侧弹簧的最大压缩量为xg, 第二次碰撞，A的位移为x=12=4L,滑块A 由图乙可知FA=kxA=L.6N,FB=kxB 克服摩擦力做的功W=mgxcos a=mgrsin a, 7.6N,解得xA=0.4×102m,xB=1.9×102m, 解得W=2mgL,D错误。 根据动能定理可得网话-号·=受·， 二、非选择题 11.(1)C(2)PN(3)3.66×10-3 司m话-号-空·，解得=02m ④器层+层 =0.76m/s,则m1和m2组成的系统，碰撞后 总动量为p2=m2一m1=0.158kg·m/5, 【解析】(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于 实验相对误差为6=卫D-血l×100% 小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时 间相等，则小球的水平位移与小球的初速度成 10.160-0.158×100%=1.25%, 0.160 正比，因此可以用小球的水平位移代替其初速 度，C正确。 F 13.(1)N=1.2X103N(2)w=√0D (2)A小球和B小球碰撞后，B小球的速度增 【解析】(1)返回舱受到的平均推力为N,取竖 加，A小球的速度减小，所以碰后A球的落点距 离O点最近，B球的落，点距离O点最远，中间一 直向下为正方向，根据动量定理得 (mg-N)t=mv-mv 个，点是未放B球时A的落点，因此未放B球 解得N=1.2×10N: 时，A球落地点是记录纸上的P点，放上B球 后，B球的落地点是记录纸上的N点。 (2)以△时间内喷出的气体为研究对象，设喷 出气体的速度为，则每台发动机喷出气体的质 (3)将小球的质量与水平位移的乘积作为“动 量”，则碰后总动量为力=m1OM十m2ON= 量为m=p.D 4 ·U△i (0.0168×0.1310+0.0056×0.2600)kg·m/s= 根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力 3.66×10-8kg·m/s。 F=F (4)由题意可知，小球平抛运动的水平位移相 对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得 同，且N点为未放B球时A球的落点，P点为 F△1=4mu-0 放上B球后A球碰后的落点，M点为B球碰后 F 的落点，由平抛运动规律得x=,h=g,联 解得u一√pD 立解得)=工√员，若碰撞过程中动量守恒，则 14a3m/g8mg②是n(③鵠m 【解析】(1)刹车后醉间木块的加速度大小为 应满足1=m十m2 a-mg=3 m/s m ·21 1A 衡水真题密卷 单元过关检测 荆车后瞬间木板的加速度大小为a2 1 对A分析有μ·3mgd:=2m%一2m听 (M十m)g二mg=8m/s2； 解符d2=32g (2)木板减速到静止的时间= 424 滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰 在0一4时同内木板的位移双一蓝-}n 后静止，滑块2运功逃度为 在0一4时间内木块的位移x跳=64一 24 (3)A、B发生相对运动过程中的加速度大小分 别为 1 32m aA=2·3mg=3ug m 木块相对木板的位移△=工典一工一2m 5 an-tmg-g 么时刻木块的速度为=一a4山=号m/s 从滑块1第一次被碰后，直到滑块1碰滑块2， 此后木块建度为0时的位移一益品m W_25 历时a一岛-品e 为了使木块与挡板不发生碰撞，木板长度的最 A的速度反向减速到0，历时4==， aA 12ug 5 小值L=△s十x1一2m 可知a>t2 表明A的速度减小到0时，A距滑块1最远，最 (3)在第(2)问上，木块与挡板碰撞，由动量守恒 定律有mw=(m十M) L 远距离为xm=d,十2aA 解得=圣m/s 解得x一24g 此后整体一起以a减速直到静止，有a= (4)A与滑块1第二次碰撞有m=mu加十 (m+M)g=5 m/s m十M 2mv 1 1 遮=品m m喝=me+×2md 从开始制车到木板最后停下来总的制车距离s 结合上迷解得u= 66 49 x十x一160m =3w 1.a,城2 (82e 0 .2 =30 【解析】(1)对A、B分析有3m%=(m十3m)v0 1 对A分析有u·3mgd=2mi0 次类推有=（侵） 3话 解得d=32pg w=-号×号）w6a=1,23…） A、B的相对加速度为a=4g (2)长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程 第n次碰后相对速度为v相对=U,十||= 有mho=m1十2m 1 (1+)×(号)厂=（号）厂w 1 第n次碰后，B在A上滑行的路程为1= 解得n=一4w 2a =7 燕》厂a=1.23… 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为【= A,B第二次达到相同速度有3mo十mv1= (m+3m)0 -】 _9 40μg 1A ·22 ·物理· 参考答案及解析 所以，木板的长度为L=2X4g 6 解得1一嘉 2024一2025学年度单元过关检测（八） 物理·动力学、 动量和能量观点在力学中的应用 一、选择题 1.B【解析】水平面光滑，对滑块B施加一水平推 度为A=2g,以b为零势能点，则有E=E 力F使滑块B向左缓慢运动到某一位置后保持 mg·h=E。一”竖，A错误根据动能定理有 静止，根据功能关系可知推力F做的功等于弹簧 增加的弹性势能，A错误；当弹簧恢复原长时，滑 成-=mg,可得瓜=瓦十受，B正确 块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开 平抛过程中只受重力，故机械能守恒，Et图线应 挡板，B正确；从撒去推力F到滑块A离开挡板 为横线，C错误：运动员沿竖直方向上的速度为 的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和 y,=gt,则重力的功率P=mg·U,=mg2·t,D 滑块A、B组成的系统动量不守恒，C错误：从滑 错误 块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中，弹簧5.D【解析】先对A进行受力分析可得F一f= 对A、B两滑块做的功等于弹簧弹力与A、B位移 ngsin37°，再对B进行分析可得F+f 的乘积，因为弹簧对于A、B的弹力大小相等且在 2 ngsin37°，联立可得F=0.9mg,f=0.3mg,根 此过程中xA卡xB,所以弹簧对A、B做功的大小 不相等，D错误。 摄fN可得一卡-m87=骨D正克。 2.B【解析】小球在光滑圆弧轨道上运动，只有重 6.B【解析】小球A下落到最低点的过程中，A和 力做功，机械能守恒，A错误；小球在轨道最低点 B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系 有R一mg=m号，根搭执核能守恒E=m㎡十 统机械能守恒，A错误；刚释放小球A时，由牛顿 mgh,则小球在轨道最低，点速度最大，则小球在轨 第二定律可知2 mgsin0=2ma,解得a=号g 28,B 道最低点时轨道对小球的支持力最大，根据牛顿 正确：小环B速度最大时，小环B在竖直方向上 第三定律得小球对轨道的压力最大，B正确：设小 的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg,而只有 球与竖直方向的夹角为0，在“凹形”轨道运动，根 A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量 据牛领第二定律有R一mg0s目=m号，小球的 才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于 mg,C错误；几何关系如图所示，设A初始时刻距 重力与轨道对小球的支特力的合力提供向心力，支 离最低，点的距离为h,由几何关系可知Rsin十 持力不可能为零，所以初速度不管有多大，小球 都不可能飞离“凹形”轨道，C错误；在“凸形”轨道 am日=1.5Rsin0,解得1=R,设小环B初 运动，根据牛顿第二定律有mg©os日-F=m巴 始时刻距离最低点D的距离为h2,由几何关系可 初速度足够大时，小球的重力与轨道对小球的支 知h2=h1十1.5Rcos0=2R,由系统机械能守恒 持力的合力不足以提供向心力，小球不能通过 可知2mgh1十mg(h2-1.5R)=号×2m,解得 2 “凸形”轨道最高点，D错误。 3.D【解析】小球刚好运动到B点时，轻绳没有作 n=√3gR,D错误。 用力，则由牛顿第二定律得mgsn日="，设小 球由A到B的过程中克服摩擦力做功为W,由 动能定理得一2 mglsin0-W=2mui-7m6, h 77466446 解得W:=3J,D正确。 7.C【解析】根据题意可知，当Q下降的高度为h 4.B【解析】运动员在空中做平抛运动，下落的高 时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度h' ·23. 1A2024一2025学年度单元过关检测（七） 物理·动量守恒定律 (考选时可75分钟，惑分100分》 一，透择题：本题共10小驱，其4的分。在每小题给出的四个选项中，第1一7题只有一项料 合圆日要求，每小题4分：第8一10题有多项符合题日要求，每小题6分，全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号134567890 答案 1,一饱可学事先在坚要的地压上地上一层地经《厚废近小于下落的高度)，然后将手中的玻璃杯 从一米多高处自由师放，支偏杯落在地毯上安然无悲，及有反弹便静止了。接着他又控起鼓 璃杯，同时移开地毯，将技璃杯从同样的高度自由释放，玻韩杯落在及地上特裂成几块。醉片 也设有反弹。空阻力忽略不计。该同学通过比较分析得出的正确结论是 A玻璃杯落在硬地上时的动量更大 玉玻璃杯受刊硬地的冲量更大 C玻璃杯与硬地作用过程中动量变化量更大 几玻璃杯与硬地作用过程中动量变化率更大 2.如周所示，在光滑水平地面上静止效有一个光滑圆形四精缺 道M,其质量为2kg:門情轨道感瑞的切线水平。爱量为1kg的 小物块m以，=G/%的水平速度从四情轨道M的底端开始上滑，恰好能到达凹槽转 道M的顶增。重力知速度数x=10m/W,不计空气阻力。刷凹槽轨道M的半径为 A1,8m 且1,5m C1.2m D,0,9 m 3.如图所示，某中学航天兴是小组在一次发则实数中将总质量为M的自 材“水火簧"静置在地而上。发射广水火青”在极短时间内以相对地面 的速度助整直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻 力与建度大小成正比，火管落地时速度为，重力加速度为g,下列说法 正确的是 A.火葡的动力来巢干火答外的空气对它的雄力 我火篱上升过程中一直处于拉重状态 单元过美检测（七1物理第1页{共8页） 衡水真 C火精获得的最大速度为W一m D火葡在空中飞行的时间为=M一m十m四 (M-m)g 4,“牡竹源”是一项独转的黔北民同饱技。鞋竹源高 于们脚踩一根能竹，票行水上如履平地。在平静的 翔面上，一位女子脚餐竹竿展达岸边，此时女子静 立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连抽慎式拍下 了减女子在竹竿上行走过园的系列照片，并从中选 乙 取了两张选行对比，其简化图如图甲，乙所示。经过测量发现，甲。乙两张照片中A,B两 点的水平间距的为1m,乙图中竹竿右菊距离阿举钓为1.8，女予在明片上身高的 为1.5m。已知竹竿的质量的为5k,若不计水的阻力，则该女子的历量约为《》 A.45 kg B.50 kg C.55 kg D.60 kg 五，水果的碰伤调值是指水黑在不碰伤的情况下能够从静止状去铁落的量大高度。已知导 致竿果碰伤所需的平均作用力约为零果自身重力的3倍。假设苹果在接触解板后0.1多 减道至静止，重力加违度g数0m/分，则罩零在解版上的极伤网值最接近 《》 A.10 cm B.20 cm C.30m 045m 6,如图所示，竖直轻弹簧下骑周定在地面上，上装与物体B连接。B物体 质量为m,平衡时，弹簧的压增量为和，另一质量也为和的物体A,从 物体B正上方相南3处自由落下，与物体B相植后粘在一起向下运一 动（碰撞时间极短》。它们到达最斯点后义向上运动，恰能一起同到O 点，重力如速度为g,测醒撞简弹黄具有的弹性势能大小为 A学 我与 2 C.mgre D.2ogx 7.如图所示，质量分别为2州，划(k未知且>2)的小球B.C静止成置在光滑水平而上。 一质量为m的小球A从小球B的左侧以违度世水平向右运动。已知所有硬植均为弹 性碰撞，且植时何极短，A与B只发生一次碰撞，期无的值可能为 A.6 B7 C8 D9 通密卷 单元过美检测（七】物理第2页{共8质） IA 8木平梨面上一版量为丽的物体在水平但力F较动下从静止开始运动，物体运动秒后， 建度大小增为，时输去F,物体继陵滑行2红秒后停止运商。期 () A在此过型中下所做的功为分呢 我在此过程中F的冲量大水等于受m C下F的大小等于滑动摩擦力大小的3倍 D物体与桌面问的动摩振因数等干 ,如图所示，水平传送带上表而的右侧与一个及直的光带半属轨道花端相接，在半圆轨道 下端O饺一质量为圳的滑块A,传送带以速率，沿调时针转功。现在传送带的左端轻 轻数上一质量也为m的滑块B。滑块与传送带的动摩紫因数为“，滑块B以速度与 A发生弹注碰檀，两滑块可棍为质点，间 人传送带至少长 且买保正技鉴后的A清块能希情弧轨道运动，胃沉软道的半轻最大为要 C带块B第一次在传运装上运动达到传送带建度所需时间为：一融 若A与B能在O点发生多次醒撞，则当A与B发生第三次碰植时，产生的总内能为 知图所示，领角为：的是够长粗枯斜面国定在水平地面上，质量为m的滑块A放在斜 而上给好处于静止状态，质量也为知的滑块B下表面光誉，从斜面上与A相E为上处 由静止释放，之后与A发生多次弹性正碰，每次碰董时可军极短。已知斜面横角一 30,A,B两滑块均可悦为质点，重力如速度大小为g,设最大静摩擦力等于清动摩擦 力。下列说法正确的是 〔) 1A 单元过美检测（七1物理第3置{共8页） 衡水真是 AB由的止释放厅至第一次与A醛罐经历的时何为，受 且B与A第一次碰幢后最间A的速度大小为√ CB与A发生第一次植至发生第二次植的时间为、腰 DB与A发生第一次琵撞至发生第二次碰撞滑块A克服摩教力敏的功为4烟W 二、非选题：本题共5小题，共4分。 1山，(6分)某班级同学在进行验证动量守恒定律的实验，实验装置如图甲所示，用天平称 得入射小球A的质量m:一1(8g,被硅小球B的质量m:一5.6g,人射小球A与被碰 小球B半径相同。 Q M (])实验中，直楼测定小球碰撞前，后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量 (筑正确答案标号)，可援地解决这个问题。 A.小球开始释放高皮A B小球鹅出点距地面的高度H C小球做平抛运动的水平位移 D小球的直轻 (2)先不放B球，使A球从料槽上某一战定点C由静止滚下，再把B球静置于本平槽 前南边缘处，让A球仍从C处由静止滚下。记录纸上的O点是笛重线所指的位置， MP,N分别为落点的襄迹，未放B球时，A球落地点是记录纸上的 点：放 上B球后，B球的席地点是记浸纸上的点。 (3)多次释放A球后，取各落点位置的平均值，测得各落点壤连到D点的距离：OM= 13,10m,OP=21.0m.QN=26.00m若将小球的质量与水平位移的乘积作 为“动量”，请将下面的表格填国完整。（结果保留三位有效数字） OP/m OM/m ON/mmm总动量/kg·m/s能后总球量Pg·m/刻 a2100413100200 36×10 根据上面表格中的数据，倦得到的结论是在实验是差允许范圆内，可认为系统在碰 撞前后的动量守恒。 密程 单元过美检测（七】物理第4页{共8质） ()某实验小组在进行实晚过程中，由于实验桌靠近整直境咳，导鲨小球飞出露植击到 竖直精里上，于是同学们把白纸围定在及直墙壁上，再戏上复印纸，并在白纸上标 出小球放在情口处球心的等高点O,然后重复前面的实验操作，如图乙断示，M,P、 N分则为落点的痕连，测得M,P,N分别与O之同的竖直距离为A:,A,:,当满是 关系式 时（用网1，则和A,h:,表示），即可证明入射小球A与被疑小球 B碰撞过程中动量守恒。 12.《8分)某实验小组验狂动量守何定棉。主要实验器材有：两个质量不列的滑块.天平， 两个相同的整质弹簧.两个压力传感器及其配件、气垫导执及其配件， 压力板这图参 压力停些源4 +一气华中我 (1)用天平测出两个滑块的质量m-0.100g,网-02500kg。 (2)用充气泵给气垫导轨充气，调节气投导轨水平，并将两轻质弹簧水平同定在压力传 感指上，如图甲所示。 (3》水平向右推滑块m,使右侧弹簧适当压娘并镜定，压力传这器开始记录数据，同时 开始计时，Q5时刺释放洲。m与发生碰藏后：%向左运动并压缩左测别 簧，m运国再次压第右侧弹簧，该过程中，两属力传感器A,B的示数随时间变化 的图像知图乙中A,B所示。 +FN FN 2 内 (4)若弹簧弹力大小与形变量的关系如图内所示，划释放网1过程中，弹簧对m1做的功 W- 单元过美检测（七引物理第5置{共8页） 衡水真是 (5)m和m组成的系统，缓撞前总动量户=一B·m/8,微撞后总动量产三 一kg·m/s,实的相对误差a-P。色X10o%- %,如果8小 为 于5%，侧可认为动量守恒。（结果均保留三位有效数字） 13,(10分)2加23年6月4日6时33分，神身十五号镜人飞船返同舱在东风着陆据成功着 陆，如胃所示，返目能在离地表的10m的高度打开降落伞，速度减至8m/s后保 持匀迪向下运动。在距南驰面的高度约1m时，返可检底部配备的4台着陆反推爱动 机开始点火竖直向下黄气，使返回枪的速度在0.2s内由8m/s降可2m/,假设反推 爱动机工作封主章与返同舱之间的绳素处于松勉状态，此过程返日管的疑量变化和受 到的空气力均忽略不计。.运目轮的总质量为3×10kg,g取10m/。, (1)求反莲发动机工作过程申返目脸受到的平均推力大小N, (2)若已知反裤发动机黄气过程中返回轮受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为 :4台发动机喷气口的直径均为D,政出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度运 大于返国舱运动的速度。求喷出气体的违度大小。 密卷 单元过美检测（七）物理第6页{共8质) 1413分)交通法规明文规定都线车辆严转上路。为了定量氏究货车都线查成的危害，某 15,(1了分)如图所示，光滑本平物道上收置质量为和的长板A,质量为3m的滑块B(可视 可学将圆载货年的制车过程轴象成了图示模型，并通过实验加以顸拟。货车相当于一 为质点)置于A的左端，A与自之间的动摩摄因数为：在水平轨道上成看很多个滑块 疑量为M=2k的木板，车头相当于围定在板右侧的竖直指板，货物相当于一板量为 (均可税为质点)，滑块的质量均为2丽，号依次为1、2,3,4、、则、。开始时长板A 一3kg、尺寸可不计且初始时削位于木板疑左侧的木块。利车前，木颤（货车）和木块 和滑换B均静止。现使滑块B颜可我得向右的初迷度与，当A,B刚达到共速时，长板 (货物》以共同的速度动一2m/s向右徽匀速运动1由于前方突发状况，货车开始斜车且 A恰好与滑块1发生第1次弹性碳撞。经过一段时料，A,B再次刚达到共速时，长板 仅在摩鉴力作用下碱道。已知木板与术块之间的动摩繁因数出■Q3,木版与地面之 A恰好与滑块1发生第2次弹性罐撞，依次类推一：最终清块B恰好没从长板A上 间的动摩擦因数四一心.5，最大静摩擦力等于滑动厚藤力，重力加速度g一10m/, 滑落，重力加速度为g,带块间的暖撞均为弹性磁撞，且每次碰撞时间服短，来： 结果均可用分式表示) (1)开始时，长板A的右端与清块1之间的距离d: 《1)求刻车后醉间木块和木板的加速度大小： (2)滑块1与滑块2之可的距离d: 《)如果货物与车头发生碰植，将对驾鞋蜜蕾成极大的冲击力，可能危及气处员的生命 (3)长板A与滑块1第1次碰撞后，长版A的右端与滑块1的是大距离： 安全。试求在木块不圈定的情况下，为了使木块与梢板不发生最撞，木板长度的最 (4长板A的长度 小算： (3》除了碰罐对驾驶员造成的物害外，加最还会增大货车总的制车距离，危及其他军柄 黑且因…黑 的安全。假设在木块与答板发生时可极知的碰榨韵除料，木板的建度南好就为零。 4“ 且木块与挡板碰后粘合在一悬，并最这停下来。求从开始利车到术板最后停下米 总的到车距离 1A 单元过美检测〔七引物理第了页{共8页) 衡水真题密程 单元过美检测（七】物理第5页{共8质）