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（山东专版）

2024一2025学年度单元过关检测（七） 物理·动量守恒定律 (考选时可90分钟，惑分100分》 一，单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合整日 要求。 题号 1 2 3 4 5 6 答案 L,一到学事先在坚硬的地痛上姐上一尽地毯《厚度远小于下落的高度)，然后将于中的玻璃杯 从一米多高处自山释放技璃杆落在地毯上安然无急，授有反弹便静止了。接着能又检起玻 璃杯，同阳时移开地毯，群支璃杯从可样的高度自止释放，玻璃杯落在硬地上掉裂成几块。筛片 也没有反单.空气用力忽略不计。被同学通过比较分析得出的正确结论是 A.珑璃杯落在硬地上时的动量更大 毯玻璃杯漫到硬地的冲量更大 C玻璃杯与硬地作用过程中动量变化量更大 D破璃杯与便地作用过程中动量变化率更大 二如图所示，在光滑水平地面上静止成有一个光滑图薰形凹楠转 道M,其质量为2kg,回悟轨道底精的切线水平。质量为1kg的 小物块m以一6/s的水平通度从凹植轨道M的底骑开始上 希，恰好能到达凹權轨道M的顶端.重力加速定取g一10m/,不计空气阻力。则四 情就道M的半径为 A.1.8m H1.5m C1.2m B0,9m 3.如图所示，某中学航天兴整小如在一次发射实验中将总质量为M的白 封“水火篱“静置在地面上，发射时“水火带”在级短时间内以相对地面 的建度购竖直句下喷出质量为团的水。已知火箭运动过程中所受阻 力与连度大小或正比，火蕾落地时速度为，重力加速度为g,下列说法 正确的是 A火箭的司力来翠于火簧外的空气对它的差力 B火篱上升过程中一直处于植重状态 C火箭获得的最大莲发为二 M D大蓄在空中飞行的时饲为一时m 4.“独竹源”是一项独特的黔北民间绝技。，独竹源狗 手门脚踩一根辅竹，源行水上如履平电，在平静的 潮面上，一位女子群群竹竿抵达岸边，此时女子静 甲 立于竹竿A点，一位摄能爱好使用连拍模式拍下 了该女子在竹竿上行走过程的系列明片，并从中选 取了两张进行对比，其简化图如图甲，乙所示。经 单元过美检测（七引物理第1页{共8页） 衡水真 过测量爱现，甲，乙两张厘片中A,B两点的水平其距约为1m,乙图中竹节右储距离河 岸的为1.8cm。女子在凰片上身高的为1.6m,已知竹苹的质量的为西kg,若不计水 的阻力，期该女子的质根的为 A.45 kg B.50 kg C.55 kg D.60 kg 5.水果的碰物喝值是指水聚在不桂伤的情况下能够从静止状老铁落的最大高度，已知导 致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。假设苹果在接触网板后心，1多 减速至督止，藏力加速度g取10m/×,则零零在据版上的醒伤网值最接近 A.10m H 20 c C.30m D.45 cm 6,如图所示，质量为2知，长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b数在 。的正中央，置量为网的物块a以大小为，的速度从：的左端滑上c,a与5发生弹性正 碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a,b与c间动摩擦因数相 同，重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.4与6撞前b的莲度始路为零 且a与6楼撞后，t与b都相对：滑动 C物块与木板何的动摩擦树数为脱 D整个过移因摩擦产生的内能为m碱 了，如图所示，整直轻望簧下墙固定在地面上，上端与物体B连接。B物体 置量为m,平衡时，弹簧的摆第“为，另一质量也为两的物体A,从 物体B正上方相型3处自由落下，与物体B相撞后粘在一起向下运 0 动（碳植时间极短），它们到达最低点后又向上运动。价能一起日到O 点，重力加速度为夏，则撞的弹簧具有的弹性势能大小为 A学 五竖学 C.mgre D.2mgr 8.如图所示，质量分知为2网，四（未知L★>2）的小球.C静止数置在光滑本平面上。 一质量为m的小球A从小球B的左侧以魂度梨水平向右运功。已知所有酸撞均为弹 生碰撞，且诺植时同极粗，A与B贝爱生一次碰撞，则素的值可雀为 A.8 C.8 二，多项进择驱：本罪共4小避，每小赠4分，共16分。每小划有多个选项符合题日要求， 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选情的得0分。 题号 9 10 12 答案 B.水平桌面上一质量为m的物体在水平相力F拉动下从静止开始运动。物体运动秒后： 魂度大小增为，此时置去下，物体膜续滑行秒后停止运动。划 A.在此过程中F所做的功为亏m 且在此过程中F的冲量大小等于m四 密卷 单元过美检测（七】物理第2页共8质） 3 CF的大小等于滑动摩擦力大小的3信 ·物体与裹雨问的动罩擦因数等于高 10,知图所示，水平传送带上表面的右侧与一个整宜的光滑率属轨道底端相接，在半图轨 道下端O成一质量为烛的滑块4，传送带以速率，沿顺时针转动。现在传送带的左 端轻轻放上一爱量也为州的滑块B。带块与传送带韵动摩擦因数为：，带块百以速度 与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，侧 A传送附至少长温 五买保正放维后的A精块能沿腾汇锁道运动，州汇维通的半径放大为是 C浙块B第一次在传运停上运动达到传送带速度乐发时问为4一边 若A与B能在O点发生多次碰植，刚当A与B发生第三次碰罐时，产生的总内电 为号成 1.如图所承，幅角为✉的是够长简斜面国定在水平地面上，质量为丽的清块A数在斜 面上恰好处于静止状泰，面量虫为网的滑块B下表面光滑，从斜面上与A相里为L处 由静止释故，之后与A发生多次弹性正碰，句次磺罐时到都极塑。已知料面候角ù 30°，A,B两滑块均可视为质点，重力加速度大小为g,设最大静摩藤力等于滑动摩擦 力。下列说法正确的是 AB由静止释放后至第一收衣与A程指经历的时间为区 我B与A第一次暖撞后原间A的速度大小为工 CB与A发生第一水阻撞至发生第二次陆指的时间为店 D.B与A复生第一次碰滩至爱生原二次碰撞滑块A克服学擦力做的功为4mL 12.如图甲所示，一爱量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块B向 A运动，一0时与弹簧接触，到一2：时与弹簧分离，碰植过程中A,B的H图像如图 乙所示，A,B分离后先日滑上粗局斜面，鲜面与水平面平滑连接，已知从=0到1 时间内，物块A运动的离为0.36%，A,B与斜面间的动摩擦图数：均为Q7污，料 加领角为37(n37=05,0837=08),重力加速度e取10m/8,藏罐过程中单簧 始熟处于弹性限度内。则从A,B碰撞到最终静止的过程 单元过美检测（七引物理第3页共8页） 衡水真是 a·m 甲 A.摩擦力对A,B做的总功为1.8m 且单簧压缩量的最大值为Q763 CB的加速度始落小于A的加速度 D最绕A的机械能比B的机械能多0.2wd 三，非进择撒：本"共6小m,共0分， 13,(6分)某班圾同学在进行检正动量守恒定律”的实教，实验装置如图甲所示，用天平称 得人射小球A的质量四，一168只，被量小球B的质量m:一5.6g,人射小球A与被碰 小球B半径相同： (])实验中，直楼测定小绿碰撞前，后的通度是不容易的，但是可以通过仅测量 (筑正确答紫标号)，间接地解快这个问题。 入.小球开始释放高浅A 我小球抛出点距地而的高度日 《小球做平树运动的水平位移 山小球的直径 (2)先不放B球，使A球从斜槽上某一围定点C山静止豫下，再艺B球静置于水平相 前嫡边缘处，让A球仍从C处由静止南下，记来纸上的O点是销重线所指的位置， MP,N分别为幕点的壤迹，未放B球时，A球落地点是记录纸上的 点，故 上B球后，B球的落地点是记委纸上的 点。 (3)多次释收A绿后，取各落点位置的平均值，测得各落点痕连到D点的更离，OM一 13]0cm,0P=2L.90m,N=26.00cm,若将小球的质量与水平位移的乘积作 为动量”，请将下面的表格填写完整。（结果保留三位有效数字》 OP/mmON/m前总动量/k·m/d酸后总动量P/m 02190Q1310 1.2600 18×16 想馨上面表格中的数据，衡得到的结论是在实险淡差允许范倒内，可认为系统在健 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) ()某实验小在进行实晚过程中，由于实验桌靠近整直境度，导鲨小球飞出露植击到 竖直结壁上，于是同学门把白低齿定在竖直精度上，再放上复印纸，并在白纸上标 出小球放在帮口处球心的等高点O,然后重复前面的实跨操作，如图乙新示，M,P、 N分别为落点的痕连，测海M,P,N分别与D之阿的经直距离为A:,,,当满足 关系式 时（用1，m和：、A:,表示），即可证明人射小球A与截醛小球 日成植过程申动量守恒. 14,《8分》某实验小组验证幼量守恒是律。主要实验器材有：两个质量不司的滑换、天平。 两个相同的轻质洋簧.两个压力传感器及其配件，气热导轨及其配件。 压动传8墨品 压力感酒4 气终早线 甲 (1)用天半测出两个滑块的质量m1=0.1600k,网=0.2500kg. (2)用充气泵给气导轨充气，调节气经母轨水平，并将再轻质弹簧水平围定在辰力传 $器上，如图甲所示 (3)水平向右推滑块，快右到弹簧冠当压脑并衡定。压力传想器开始记素数据，同时 开始计时，Q5:时刻释枝规1。m,与网发生罐橙后，网向左运动并压缩左剑第 簧，m运刊再次医缩右侧弹费，该过程中，两压力传感器A,B的示数随时间变化 的图像如图乙中A,B所示 +FN 2 xm (4》若弹簧弹力大小与彩变量的关系如图丙所示，则释成：过程中弹簧对m!做的功 W= (5)m和而组成的系统.碰撞前总动量六一 k·m/s,鞭植后总动量一 kg·m/,实验相对操差d=1D二l×1%- %,如果8小 于5%，则可认为动量守恒。（结果均保国三位有效数学） 单元过美检测（七1物理第5页{共8页） 衡水真是 15.(8分)2023年6月4日6时33分，神丹十五号载人飞年返国舱在东风着陆场成功着 陆，如图所尿，返回鹼在离地表的I0km的高度打开降落◆，速度战草8m/s后绿 持匀速向下运动。在离范面的高度约1m时，返包枪底部配餐的A行藉陆反推发动 机开始点火竖直向下喷气，使返回稔的建度在0.2s内由8m/s降到2m/s,假投反指 发动机工作时主伞与返回能之可的绳常处干松地状态，此过程返国舱的质量变化和受 到的空气力背忽路不计。运同轮的总质量为3×102kg,g取10m/, (门)求反裤发动机工作过程中返同舱受到的平均推力大小N: (2)若已知反裤发动机喷气过程中返可轮受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为 P4台发动机嘎气口的直径均为D,魔出气体的重力忽路不计，喷面气体的速度运 大于面同舱运站的速度。求项出气体的速度大小。 16,(8分)如图所示，轨道ACD由半径R,=1.2m的光滑国分之一慨轨道AB、长度 1e=0,5m的粗描水平轨直以C以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量棒 2kg的物块P和质量m1=1起的物块Q压第着一轻历弹簧并锁定（物块与弹簧不连 接)，三者静置于D段中司，物块P,Q可栈为质点。景靠D的右侧水平地面上停枚 着面量m,=3kE的小车，其上表面EF段相简，与CD等高，长度L,一1.2m:G段 为四分之一光滑属氢轨道：小车与地真间的闭力忽降不计。P.Q与C,EF间的动摩 擦四数均为压一0.5，重力加速度g一10m/。现解除弹簧锁定，物块P,Q由静止被弹 出(P,Q脱离弹簧后立即搬走弹簧)，其中物块P进入CBA轨道，面物块Q滑上小车 不计物块经过各连接点时的机械雀相失。 (1)若物块P经过CB后给好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对属弧航道 的弹为： (2)若弹簧解除镜定后，物块Q向右滑上小车后始缝不滑离小车，求被慎定鲜簧的弹性 势能取值范假。 密鞋 单元过美检测（七）物理第6页{共8质) 17,14分)交通法规明文规定都线车辆严转上路。为了定量研究货车缸载蓝成的危害，某 18,(15分)如图所示，光滑本平物道上皮置质量为标的长版A,质量为3m的滑块B(可视 同学将超载贷车的例车过程象成了图示顿显，井通过实验加以模拟。货车相当于一 为质点)置于A的左滑，A与B之同的动摩报因数为：在水平就道上成着视多个滑块 质量为M=2翠的木板，车头相当于战定在板右侧的竖直挡板，货物相当于一质量为 (均可锐为面点)，滑块的质量均为2m,编号怎次为】、2、3.4…、划、开始时长板A m3kg、尺寸可不计且初始时则位于木板最左侧的木境。利车前，术板（货车）和木块 和滑换B均静止。现使滑块B短可我得向右韵初速度，当A,B刚达到共速时，长板 (货物)以共间的速度动一2ms向右嫩匀速运动：由于前方突发状况，货车开始料车且 A恰好与情块1发生第1次弹性碳撞。经过一段时何，A,B再次刚达到共速时，长板 仪在摩擦力作用下减速。已知水板与术块之间的时峰馨因数出=Q3,木版与烛面之 A恰好与滑块1发生第2次塑性碰撞，依次类推一：最终滑换B给好没从长板A上 问的动摩擦因数四一0,5，最大静厚紫力等于滑动摩藏力，重力加速度g一10m/然， 滑落，重力扣速度为g,桥块问的陵擦均为弹性破罐，且每次做道时间板短，求， (结果均可用分式表示) (1)开始时，长板A的右端与带块1之间的距离1： (1》求别车后瞬间木换和木板的加道度大小： (2)滑块1与滑块2之网的距离d: (2)如果货物与车头发生觉檀，将对驾鞋室造成极大的冲油力，可能危及驾使员的生命 《3)长板A与滑块1第1次预撞后，长板A的右端与滑换1的最大距离 安全。试求在木换不因定的情况下，为了使木块与挡板不发生碰撞术板长度的最 (4)长板A的长度 小直： (3》除了碰幢对驾驶员普成的饰客外，相我还会增大货车总的利车距离，危及其焦车辆 黑见围…国H 的安全，假设在木块与首板发生可极短的威撞前颜同，木板的违度刚好就为零， 且木块与挡板碰后粘合在一起，并最终停下来，求从开始料车到木板最后停下来 总的别车距真。 3 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）·物理· 参考答案及解析 定理得mgL-md 解得W#一一 7mgL 41 解得v=√2gL (3)共有N个小球时，选取杆在竖直位置时最低 由牛损第二定体可得F一mg=m咒 点为零势能，对整体由机械能守恒有 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小 mgL=mgL(+%2++9)+ 为F=3mg: m+2mi++md 1 (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 根括线建度关系可得=卡助=货…， mg(8+8+…++o十2mi+2mi+叶 w=0 u 对第7个小球由动能定理有mgLX名+W, 报据线谗度关系可得三0品，功=ω行，… 2mf-0 如=aL 十W# 对第7个小球由动能定理有mg20 解得W#=mgLN(2N+D[3X7-(2N+1)] 当W杆=0时N=10。 2m-0 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 1.D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 为n=M”m,C错误：以向下为正方向，上升 一高度落下，根据自由落体运动的规律=2gh 过程由动量定理可得(M一m)g十f1=0十 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 (M-m),下降过程由动量定理可得(M一 公式p=m0可知，动量是相等的，A错误：由于碰 m)gtg一ft2=(M-m)u,其中f14=kd=kh, 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一mU,则 冲量也相同，B错误；动量的变化量△中=0一m, f2红=ug=h,联立解得t=十t= 则动量的变化量也相同，C错误：由合外力的冲量 (M-m)v十m,D正确。 公式I=F1可知，落在硬地的时间更短，冲量的 (M-m)g 4,A【解析】对人和竹竿组成的系统，可看成人船 变化率更大，D正确。 2.C【解析】当二者速度相等时，小物块m沿凹槽 模型，所以m1x1=m2x2,代入数据可得人的质量 轨道M上滑的高度最大，设其轨道半径为R,系 约为m2=45kg,A正确。 统水平方向动量守恒，有m=(m十M)w,根据 5.B【解析】设苹果刚接触钢板时速度为o,取向 机機能守板可知2m话= 上为正方向，根据动量定理，有(F一mg)1=0 2(m+MDt+mgR,解 (一m),解得v=2m/s,设苹果在钢板上的碰伤 得R=1.2m,C正确。 阙值为h,有2=2gh,解得h=0.2m=20cm,B 3.D【解析】火箭向下喷出水，水对火箭的反作用 正确。 力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处 6.C【解析】A.a滑上c后相对c滑动过程假设b 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 相对c静止，由牛頓第二定律得，对b、c整体 失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得 mg=(2m十m)a,对b有f=ma,解得f= m一(M一m)=0,解得火箭获得的最大速度 3mg<mg,即b与c间的静摩擦力小于最大 ·23- 衡水真题密卷 单元过关检测 静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起做加速 确；0一t。时间内，根据动能定理可得F1一fx 运动，a与b碰撞前b做匀加速运动，速度不为 =2m呢-0，又F=3f,联立可得在此过程中F 零，A错误；a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动 量守恒、机械能守恒，碰撞后a、b两者交换速度，b 所微的功为W,=F=是md,A错误：设物休 相对c滑动，由A可知，a、c相对静止一起运动，B 与桌面间的动摩擦因数为以，6一3时间内，根 错误；b刚好滑到c的右端与c相对静止时，、b、c 据动量定理可得一mg·2o=0一mm,解得4= 共速，设共同速度为v',a、b、c组成的系统动量守 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m%= ,D错误。 2gto (m十m+2m),由能量守恒定律得m话 10.ACD【解析】滑块B在传送带上滑动，根据牛 顿第二定律有mg=ma,可得滑块B的加速度 号m+m十2m)+Q,其中Q-mgL,解得Q= 为a=g,则滑块B加速到0时的位移为x= 是m6,C正确，D错误。 票藏则特送带至少长嘉A正确滑块B 2a244g 7.B【解析】A自由下落过程，有mg·3x0= 以速度。与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有 m6,A、B碰撞过程，满足动量守恒，则有 1 mh=m十m,根据机械能守恒有2m话= mh=2m,A,B碰后恰能一起回到O点，则有 之m听十之m透，解得碰接后A、B的述度分别为 1 是×2m明十B=2mg,联立解得，磁捷前弹簧 1=0,防=%，A滑块在圆弧最高点时，根据牛 的弹性势能为E=m号，B正确。 顿第二定律有g=m ,从碰撞后瞬间到A滑块 2 8.A【解析】A与B碰撞过程，取向右为正方向， 运动到圆孤最高点，根据机械能守恒有2m暖= 由动量守恒和机械能守恒可得mU=mUA十 1 2mva,2md=2md十号X2mi,联立解得碰 之子十mg·2R,解得R=g,则要保证被撞后 的A滑块能沿圆孤轨道运动，圆弧轨道的半径 后A,B的建度分利为队=一司，m=号：B与 2 最大为最若A最高点小子回分之一国孤，则半 C碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒和机械 径可以无限大，B错误，滑块B第一次在传送带 能宁恒可得2mw=2m6+kmie,号×2mi=司 上运动达到传送带速度所需时间为1= a X2m量+ 2 Xkm是，联立解得碰撞后B的速度 ,C正确；滑块B第一次在传送带上加逸运动 g 为时-侣名}，为了保运A与B只发生一次难 的位移为工1一2听=g传送带运动的路程 撞，需要满足丨丨= 3(2+≤1al= 2(2-k) 为1==，相对位移为△如=一西 -由于>2，则有3<号 g 3(2+≤3，联立解 产生的内能为Q=mg·△d=2m话，第 得2<k≤6，A正确。 24g 一次碰撞后B静止，A滑上圆孤后又滑回来与 二、多项选择题 9.BC【解析】0~t6时间内，根据动量定理可得 B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆孤 后又滑回来的速度仍然为U。,由上述分析可知， Fto一fto=mm一0，to~3to时间内，根据动量定 理可得一f·2o=0一mm,联立可得F=3f,在 与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速 度为，方向水平向左，然后滑块B在传送带上 此过程中F的冲量大小等于1：=号m,B.C正 做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为 3 ·24 ·物理 参考答案及解析 西==，减速的位移为x互三之a片=2g 6mto=5msB十msA,将A=0.366to代入，得 a ug 5g=1.128%t0,弹簧压缩量的最大值为△s= 速过程中，传送带的路程为2=吻？= ，此过 5#一sA=0.768t0,B正确；若A在斜面上运动 g 的过程中，B也滑上斜面，此时A、B的加速度均 程的相对位移为△虹=x十一2g 36 此过程产 为a=gsin37°+gcs37°=12m/s2,C错误； 分离时A的速度01=2h,B的速度2=0.8， 生的内能为Q:=mg·△x=2m6,B速度减 A、B在斜面上运动时，重力沿斜面上的分力与 为零后又开始向右加速，与第一次碰撞前情况 滑动摩擦力相等，所以当两物块速度减到0时， 相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞， 则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能 会保持静止状态，A上滑的距离51=②》产- 2a 为Q=2Q+Q=名m6,D正确」 m,B上滑的距离=0-莞 2a m. 11.BC【解析】设B下滑过程中加速度大小为a, 最终A的机械能比B的机械能多△E=EM一 B由静止释放后至第一次与A碰撞经历的时间 Es=mgs1sin37°-5mgs2sin37°=0.2m6,D 为t1,第1次与A碰前瞬间的速度为v,则对B 正确。 由牛领第二定律得mg sin0=ma,由运动学规律 三、非选择题 13.(1)C(2)PN(3)3.66×10-3 得=2a听，i=2aL,解得4=√g (4)=+m √gL,A错误；第一次碰撞后A的速度为1，B √h√h2√h 的速度为vm,由动量守恒和机械能守恒得m= 【解析】(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于 小球抛出，点的高度相同，它们在空中的运动时 mvu十mva,2md=是m十号m扇，解得 间相等，则小球的水平位移与小球的初速度成 U1=V√gL,m=0,B正确；第一次碰撞后，A匀 正比，因此可以用小球的水平位移代替其初速 速下滑，B匀加速下滑，发生第一次碰撞到发生 度，C正确。 第二次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等， (2)A小球和B小球碰撞后，B小球的速度增 所用时间为红，则有如4=立a,解得4= 咖，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 4片，C正确：B与A发生第一次碰撞至发生 个点是未放B球时A的落点，因此未放B球 时，A球落地点是记录纸上的P点，放上B球 第二次碰撞，A的位移为x=1t=4L,滑块A 后，B球的落地，点是记录纸上的N点。 克服摩擦力做的功W=mgxcos a=mgxsin a, (3)将小球的质量与水平位移的乘积作为“动 解得W=2gL,D错误。 量”，则碰后总动量为p=m1OM十m2ON 12.BD【解析】t=0时B的速度为va=1.2,当 (0.0168×0.1310+0.0056X0.2600)kg·m/s= 弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，此时 3.66×10-3kg·m/s。 A、B速度相等，即t=o时刻，根据动量守恒定 (4)由题意可知，小球平抛运动的水平位移相 律mgX1.26=(ma十m)6,得mB=5m,根据 同，且N,点为未放B球时A球的落，点，P点为 能量守恒，摩擦力对A、B做的总功为W= 放上B球后A球碰后的落点，M点为B球碰后 2ma层=3.6m听，A错误；B接触弹簧后，压缩 的落点，由平抛运动规律得x=,h=2,联 弹簧的过程中，A、B动量守恒mB×1.2= 6m%=mBUB十AVA,对方程两边同时乘以时间 立解得口=x√员，若碰撞过程中动量守恒，则 △，有6mh·△t=mgvB·△t十maA·△t,0~to 应满足=mL十m2 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得 ·25. 衡水真题密卷 单元过关检测 14.(4)0.08(5)0.1600.1581.25 【解析】(4)根据图丙中图像与横轴围成的面积 理有-mR=0一之m访 物块P在B,点，根据牛顿第二定律有N 表示弹簧对m微的功，则有W=2×8X2× 10-J=0.08J。 mg=m是 (⑤)设m1与m2碰撞前的速度大小为h,根据动 解得N=60N 能定理可得W=m话，解得=1m/s,则m 根据牛顿第三定律，物块P对轨道的压力大小 为60N,方向竖直向下； 和m2组成的系统，碰撞前总动量为p1=m1% (2)弹簧弹开两物块过程有mUn一m2e=0 0.160kg·m/s,由图丙可知弹簧的劲度系数为 1 =-2XNm=400NWm,设m与m B=m味+十名m吃 当物块Q冲上FG圆弧又返回E,点与小车共速 碰撞后的速度大小分别为少、欧，右侧弹簧的最 过程有m2a=(m十ms) 大压鳊量为xA,左侧弹簧的最大压缩量为xB, 由图乙可知FA=kxA=1,6N,FB=kxB 2m6-2mgLe十号(m+m)话 7.6N,解得x=0.4X10-2m,xg=1.9×10-2m, 解得E.=24J 根据动能定理可得m明=号·=受·， 所以被镇定弹簧的弹性势能E,≤24J。 2 17.(1)3m/s28m/s2 名m话-号a-号·，解得=0.2ms… 2是m3鵠n 【解析】(I)刹车后瞬间木块的加速度大小为 功=0.76m/s,则m1和mg组成的系统，碰撞后 a=mg=3 m/s 总动量为p2=m2一m10=0.158kg·m/s, 实验相对误差为0=卫p一×100% 刹车后瞬间木板的加速度大小为a2= (M+m)g二mg=8m/s3; 10.160-0.1581×100%=1.25%。 M 0.160 (2)木板减速到静止的时间41=西= 15.(DN=1.2×10N(2)u√0D F a48 1 【解析】(1)返回舱受到的平均推力为N,取竖 在0一h时间内木板的位移x一2a2 4 m 直向下为正方向，根据动量定理得 在0~4时间内木块的位移x=6一乞a片= (mg-N)t=m边一m 解得N=1.2×105N; 1 32m (2)以△1时间内喷出的气体为研究对象，设喷 5 出气体的速度为，则每台发动机喷出气体的质 木块相对木板的位移△s一x快一工一2m 量为mp:平. 5 h时刻木块的速度为=6一a1h=于m/s 根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力 F=F 此后木块速度为0时的位移一器一-磊m 为了使木块与挡板不发生碰撞，木板长度的最 对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得 F△r=4mw-0 .5 小值L=△十x残一立m F 解得u一√pD· (3)在第(2)问上，木块与挡板碰撞，由动量守恒 定律有mo=(m十MD 16.(1)60N,方向竖直向下(2)E,≤24J 【解析】(1)物块P从B到A过程，根据动能定 解得=子m/s ·26 ·物理 参考答案及解析 此后整体一起以a,减速直到静止，有ag= 历时=4=，功 (m+Mg=5 m/s h164g m十M 一盘一高如 A的速度反向减速到0，历时4== 9 aA12μg 可知tA>t坦 从开始刹车到木板最后停下来总的刹车距离s= 表明A的速度减小到0时，A距滑块1最远，最 十场锡m 送矩房为一d十费 18.(1 ②说 (3)24pg (4)76 20μg 解得工m一24ug3 【解析】(1)对A,B分析有3m%=(m十3m)M (4)A与滑块1第二次碰撞有m=mUe十 对A分析有r·3mgd=方m流。 2m2 1 36 解符d=32pmg 2m喝= (2)长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程 结合上迷解得阳=一言0 有mo=mo1十2m m%=2ad+号X2md 晚=3w 解得阳=一子 依次美推有“一（侵》厂咖 A、B第二次达到相同速度有3mo十mv1= %=-号×（层》wa=12,3叫） (m+3m)v A、B的相对加速度为a=4g 对A分析有u·3加gd=受m流-号m园 1 第n次碰后相对速度为v相时=，十|%|= (+号)×（号）厂=（得）w 解得d,=32g 第n次碰后，B在A上滑行的路程为1-生 滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰 2a 后静止，滑块2运动逵度为2w: (）a-123… (3)A、B发生相对运动过程中的加速度大小分 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为1= 别为 燕1-台)- 44='3mg=34g 6十 所以，木板的长度为L一2X4g dn-tamg-ug 解得1=品 从滑块1第一次被碰后，直到滑块1碰滑块2， 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、单项选择题 增加的弹性势能，A错误：当弹簧恢复原长时，滑 1.B【解析】水平面光滑，对滑块B施加一水平推 块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开 力F使滑块B向左缓慢运动到某一位置后保持 挡板，B正确：从撒去推力F到滑块A离开挡板 静止，根据功能关系可知推力F做的功等于弹簧 的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和 ·27·