单元过关(七)动量守恒定律-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川B版)

学无止境，探索不止 2025一2026学年度单元过关检测（七） A.碰撞过程中F的冲量大小为660N·s 班级 卺题 B.碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下 物理·动量守恒定律 C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 D.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 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 4.甲，乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其动量随时间 得分 一项符合题目要求。 变化的-图像如图所示，已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同，则在此过程中 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A.甲、乙两物体的质量之比为2：1 B甲、乙两物体的质量之比为1：2 1.2024年春天，我国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式 霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行。嵌套式霍尔推力器 C.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为211 不采用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一 D,甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：1 2 个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎 5.如图所示，质量均为m的物块A、B放在光潜的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于 燃料利用效率引人的一个物理量，英文缩写为】，是单位质量的推进剂产生的冲量，比 原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v。射人物块A并留在其中（时间极短）， 冲这个物理量的单位应该是 下列说法正确的是 () A.m/s B.kg·m/s C.m/s" D.N·s 2.2023年9月21日，神舟十六号航天员在“天宫课堂”中进行了“验证碰 撞过程中动量守恒”的实验。实验在一个“网格背景板”前进行。实验 时，航天员用一个质量大的金属球撞击一个静止的、质量小的金属球」 A子弹射人物块A的过程中，子弹的动量变化量为 假设采用“频闪照相”的方法来研究类似的碰撞过程，且在碰撞的瞬间 恰好完成一次闪光，如图所示。则下一次闪光时两小球所处的位置合理的是 B子弹射人物块A的过程中，物块A的动能增加量为， 2(k+1)7 C在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量最大值为2一 D,弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为十k+2) k2m四话 3.汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视 6.如图所示，光滑水平面上有一静止、带有四分之一光滑圆弧形轨道的滑块，轨道底端与 为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。 水平面相切，滑块质量为M。质量为m的小球以初速度。从圆弧形轨道底端冲上轨 以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间：的变化规律，可 道，若小球没有从轨道顶端冲出，在小球冲上轨道到上滑到最高点的过程中，滑块的位 近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg,H=3.2m,g取10m/s,忽略 移为x,所用的时间为(，重力加速度为g。下列说法正确的是 () 空气阻力。则 () A.小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 ↑PN B.小球回到轨道底端时的速度大小为 安全气到 C,小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为m一M m 试台 D,仅增大小球的初速度，小球从轨道顶端冲出轨道后，将沿竖直方向运动 单元过关检测（七）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（七）物理第2页（共8页） 1B 7.一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比 10.如图所示，光滑圆环水平放置并固定，a、b、c为圆环上的三等分点，圆 它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列 环内有质量分别为mA和m的小球A和B(mA>m)。初始时小球 说法正确的是 () A以初速度。沿圆环切线方向运动，与静止的小球B在a点发生碰 120 A,小球t2时刻刚好落地 撞，两小球始终在圆环内运动。若小球A与B之间为弹性碰撞，且所 B.小球在运动过程中加速度最大为2g C,小球从抛出到落地的总时间为2mg ,3p。 有的碰撞位置刚好位于a,b、c点，则小球的质量比m^可能为 A.2 B.3 C.4 D.5 D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 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，有多 11.(6分)某实验小组利用如图甲所示的装置来探究物体所受变力的冲量与动量变化之间 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。 的关系，具体实验步骤如下： 题号 8 9 10 光电门 答案 挡光片 力传感器 8.如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送 2m4 0 2 3 带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直 ttltll 01234567890 螺旋滑槽高5m、长30m,质量为0.5kg的药品A离开传 5m螺旋滑情 送带进入螺旋滑槽的速度为2m/s,到螺旋滑槽出口速度为 乙 ↑FN 6/s,该过程用时5s,在出口处与静止的、相同质量的药品 B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，g取10m/s2,下列说法正确的是 ( A,药品A、B碰撞后B的速度为6m/s B.药品A对药品B的冲量等于药品B对药品A的冲量 C.药品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量大小为25N·s D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量大小为30N·s 00.0200006 9,半径相同的光滑小球A、B、C按图示放置，其中A、B球用长度为1的竖直轻杆连接，B、 C球紧贴，但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面 ①在小车上安装挡光片并在其前端安装弹簧圈，用天平称出小车的总质量m= 内运动，A球着地后不反弹。已知C球的最大速度为，A、B、C球的质量分别为3m、 0.100kg:用游标卡尺测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示： 2m、m,重力加速度为g,则 () ②将力传感器固定在轨道一端合适的位置： A.B、C球分离时，A球的加速度竖直向下 O ③将光电门传感器固定在轨道上，将传感器连接数据采集器： 且A球落地前瞬同的速度大小为，B®一一 ④给小车一初速度，使小车前端的弹性圈与固定的力传感器碰撞，弹力F与作用时间 的关系如图丙所示，F-t图像与时间轴所围的小方格数约为310格： C,从A球开始运动到落地前瞬间的过程中杆对A球始终做负功 0 ⑤小车先后两次经过光电门时，依次测得挡光时间为t1=15.6ms和t2=16.1ms。 D.从A球开始运动到落地前瞬间三小球组成的系统动量守恒 请回答以下问题： IB 单元过关检测（七）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（七）物理第4页（共8页） (1)挡光片的宽度d=mm. 13.(10分)2023年1月15日，长征二号丁运载火箭以“一箭十四星”发射方式成功将齐鲁 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I一N·8。(结果保留三位有效数字) 二号，三号等14颗卫星发射升空。已知火箭的总质量m=2.5×103kg,火箭发动机点 (3)实验过程中，弹力对小车的冲量I与小车动量变化量△p之间的相对误差记为 火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积 8=Ap-11 S=0.75m2,喷出气体的密度p=1kg/m3,火箭点火瞬间竖直向下喷出的气体相对地 ×100%,由以上数据计算可得6≈（结果保留两位有效数字）。 面的速度大小v=2×103m/s,此后火箭向上做匀加速直线运动，g取10m/s°，不考虑 (4)该小组重复多次实验，通过分析多次实验的结果发现，当小车通过光电门的速度较 火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影 大时，相对误差8较小，其原因可能是 响，空气阻力不计。求： 12.(8分)某实验小组的同学利用图甲所示的装置完成“验证动量守恒定律”的实验。实验 (1)点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F: 时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置：再将半 (2)从点火开始计时，火箭运行1一10s过程中火箭动力所做的功W。 径相同的B球放在水平轨道的末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、 B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影，O、M、 P,N位于同一水平直线上。 6A球 分 (1)若小球A的质量为m:,小球B的质量为m2,为保证两球碰撞后沿同一方向运动， 则要求m1m2(填“>”“=”或“<")。 (2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下多个印迹， 如果用画圆法确定小球的落点，图乙中画的三个圆最合理的是圆 (填“a” “b”或“c")。 (3)本实验中 (填“必须”或“没必要”)测量小球做平抛运动的高度。 (4)若测得OP=s1,OM=s2,ON=5,在误差允许的范围内，若关系式 成立，则验证了动量守恒定律，若关系式 成立，则说明碰撞为弹性碰撞 (均选用m1、m2552s表示) 单元过关检测（七）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（七）物理第6页（共8页） 的 14.(13分)如图所示，左右高度均为2L的“U”形槽竖直放置在光滑水平地面上，槽内固定 15.(17分)光滑水平面上每隔距离d静止放置一个质量为m的小球，共放置10个小球， 有一高为L的长方体木框P,木框右边EF与“U”形槽右壁CD间的距离是L。一只 从左至右依次标号为1、2、3、…、10。小球A静止放置在1号小球左端d处。现用 质量为m的灵活小猴（可视为质点）从“U”形槽左壁AB的最高点A水平跳出，恰能过 水平向右的恒力F作用于小球A,当小球A运动到10号球位置时，撤掉F。小球均可 木框P的边缘E落在“U”形槽底D点。不计一切阻力，已知“U”形槽（含木框）总质量 视为质点，小球间碰撞时间忽路不计。 为M,重力加速度为g· (1)若小球A质量为m,且小球之间的碰撞均为弹性碰撞，求10号球开始运动的时间： (1)求小猴从木框边缘E到“U”形槽底D点的时间。 (2)若小球A质量为2m,且小球之间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求小球A与1号球 (2)求“U”形槽获得的速度大小。 碰撞过程中的能量损失； (3)若小猴在A点以不同大小、与水平方向成不同角度的初速度起跳，小猴都有可能刚 (3)在(2)中条件下，求小球A运动过程中的最大速度， 好从“U”型槽右壁最高点C点离开。求小猴起跳过程中对“U”形槽和小猴组成的 系统做的最小功。 777777 777777 1B 单元过关检测（七）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（七）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 根据v=vp十atg (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 解得t3=5s W1=-umg cos 0.vts=-576 J (1分) 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 t,=L:二-1s 送带做功 (1分) W2=-mg sin9·(L-x3)=-108J (1分) 所以货箱从D到E的时间 所以摩擦力对传送带做的总功 tcD=t3十t4=6s (1分) W=W1+W2=-684J (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（七）物理·动量守恒定律 一、单项选择题 所处的位置不合理，C错误；由选项D可知，大质 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 推进剂产生的冲量，故可得1，一加，钻合动量定 2d d 灿=T,0w=不，小质量小球沿水平方向和竖 理I=m△v,可得比冲这个物理量的单位为 2d 2d kg·m/s=m/5,A正确。 直方向的速度大小分别为0m一下，0=T,水 kg 平方向根据动量守恒可得Mvo=MM十mzmz, 2.D【解析】设闪光周期为T,网格背景板一格宽 度为d,设质量大的金属球质量为M,质量小的金 可得M=2m,则整直方白M=M号=2m号- 属球质量为m,根据题图可知碰撞前大质量金属 m心，一加兰，可知竖直方向也满足动量守恒；延 球的速度为。二只，由于是大质量碰撞小质童 接后的总动能以=M(酸十呢)十mo+ 碰撞后大质量小球应继续向前运动，且在题图中 水平方向和竖直方向均满足动量守恒，则竖直方 3)=18d2 2T<E _27md2 2T,满足碰撞过程总动能 向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度， 不增加原则，故选项D中下一次闪光时两小球所 可知选项A、B中下一次闪光时两小球所处的位 处的位置合理，D正确。 置均不合理，A、B错误；由选项C可知，大质量小 球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 1 一识，-只，小质量小球沿水平方向和坚 大小Ip=2×0.1X6600N·s=330N·s,方向 直方向的速度大小分别为0-3以，0=3阳， 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 Tm=T,水 量大小I=Ip一Mgt=300N·s,方向竖直向上， 平方向根据动量守恒可得Moo=MuM十mVmr,可 B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小V,= 得M=3m,则整直方向M,=M=3m d √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 I=M一（一Mo。),解得v=2m/s,则上升的最大 3d mvw=m下，可知竖直方向也满足动量守恒；碰 高度为h三2g三0.2m,D正确 挂前的总动能E。=号M:-2 1 2T?碰撞后的总 4.A【解析】根据动量定理一μmgt=p一p0,整理 得p=一μmgt十p0,题图像斜率的绝对值|= 动能E=2M(i+6,)+m(oi十，) g,甲、乙两物体的质量之比m1:m2=1|: 2T2>E-27md 33md2 2T,可知不满足碰撞过程总动 1k2=D0:。=2:1,A正确，B错误；根据能量 t 2t 能不增加原则，故选项C中下一次闪光时两小球 守恒定律，甲、乙两物体受到的摩擦力做功W= ·25· 1B 真题密卷 单元过关检测 1 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 20品一p6,甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比 与速率满足关系式f=k?,根据动量定理△p= W1:Wf2=m2:m1=1:2,C、D错误。 F△t,可知p-t图像的斜率表示合外力，由题图可 5.C【解析】子弹射入物块A的过程中，子弹与物 知t=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的 块A组成的系统动量守恒，则有mv。=（m十 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 k km)u1,求得u1=十10，子弹动量的变化量 a有m8十如，=m0。其中一微当力=2 2 △p=kmo1-kmvo= 一十1，A错误；物块A的 kmvo 白体合外力为零，此时有mg=u2=: 1 动能增加量△EkA=2m0二2（十1）2，B错误，当 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高点的时 间为t1,上升的高度为h,设最高点到落地的时间 弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大，则 为t2,从地面抛出到最高点由动量定理得 有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒， -mgt1-k∑v1t1=0-po,即mgt1十kh=po,同 k mu。=(2m十km)u2,求得u,=十2”g,物块B的 理下降阶段mg,一2-名，即mg,一h= 动量最大值p十，C正确；弹簧第一次压缩 ,联立可得小球从鹅出到落地的总时间为： 到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能 AE,-2(m十km)听-号(2m+m)d 1 3p,C正确；小球上升过程中阻力的冲 t,+t2-2mg1 k2mvo 量大小为I=k∑t=h,小球下落过程中阻 2(k+1)(k+2)D错误。 力的冲量大小为I2=k∑2v2t?=kh,故小球上升 6.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 和下降过程中阻力的冲量大小相等，D错误。 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 二、多项选择题 球沿轨道上滑到最高点时，两者具有相同的水平 8.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 速度，根据动量守恒定律可得m。=(m十M)v, B的速度为v2,药品A到螺旋滑槽出口速度为 v1=6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mv1= 可得口一A错误；设小球回到轨道底端时 0十mv2,解得v2=6m/s,A正确；取药品A到螺 的速度为℃1，滑块的速度为V2,根据系统水平方 旋滑槽出口速度的方向为正方向，根据动量定理， 向动量守恒可得mv0=mu1十M02,根据系统机械 药品A对药品B的冲量为IAB=mv2一0= 能守柜可符7m话-m暖+十司 Mui,联立解得 3kg·m/s,药品B对药品A的冲量为IBA=0 mv1=一3kg·m/s,所以，药品A对药品B的冲 一m+M,B错误；根据系统水平方向动量守恒 量与药品B对药品A的冲量等大反向，B错误；药 可得m,=mUm十MuM,则有mvt=∑mUmt十 品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为I。= ∑MuMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 mg△t=25N·s,C正确；设药品A离开传送带时 mvot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= 的速度为v。,药品A在螺旋滑槽运动过程合力的 mvot-Mx 冲量为I合=mo1-m0=2kg·m/s=2N·s, ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 D错误。 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 9.AB【解析】B、C分离时，B、C间的弹力为0，且 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 加速度相等，C的加速度为O,则B的加速度也为 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 0,杆上的弹力为0，则A的加速度为g,方向竖直 7.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 向下，A正确；A、B、C三球组成的系统在水平方向 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 上所受合外力为0，水平方向动量守恒，但竖直方 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落向动量不守恒，D错误；A落地前瞬间，A、B水平 1B ·26· ·物理· 参考答案及解析 方向速度相等，在水平方向有0=mw一(2m+ 0=10.00mm。 3m)v:。又因为B、C只有水平方向的速度，由机 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=310× 1 1 械能守恒有3mgl=2·3mo+2 0.2×0.002N·s=0.124N·s ·2mv2+ (3)以小车碰撞前运动方向为正方向，小车碰撞前动 1 9 2mu,联立解得0a=√2gl-25,B正确；B、C 量p1=w1=m 4=0.1x10.00X10 t 15.6X103kg·m/s≈ 分离前，杆的弹力沿杆向外，此时杆对B做正功， 0.0641kg·m/s,同理，小车碰撞后动量p2= 对A做负功，分离后，杆的弹力沿杆向内，对A做 正功，C错误。 -mv2=-m -0.1×10.00X10 t2 16.1X109kg·m/s≈ 10.AD【解析】两球碰后速度分别为vA、VB,根据 一0.0621kg·m/s,则动量变化量△p=△p1一 动量守恒以及机械能守恒可得mAV。=mAVA十 △p2=0.126kg·m/s,可知相对误差为8= 1 1 BUB,)mA08=。mA0十mB品，联立解得 △p-1 ×100%= 10.126-0.124 ×100%≈ I 0.124 2mAvo 乙AAmB0o,0gmA十B。 。因为所有的碰 1.6%。 mA十mB (4)当小车通过光电门的速度较大时，遮光时间 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则①若 越短，通过光电门的平均速度越接近瞬时速度， 第二次碰撞发生在题图中的b点，则从第一次碰 而当速度较小时，遮光时间较长，小车通过光电 撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 门的平均速度与瞬时速度偏差越大，可知产生误 A_1+3k xB4+36(质=0,1,2,3，…)，且4=0A,可得 差的原因可能是挡光片的宽度过大。 TB UB 12.(1)>(1分)(2)c(1分)(3)没必要(2分) m日2-3，因为A,B的质量均为正数，故= mA4+3k (4)m151=m152+m25g（2分)51+s2= 0,即mA=2,对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度 s3(或答案为m1s子=m2s2十m3s)(2分) mB 【解析】(1)为保证两球碰撞后沿同一方向运动， 大小分别为A、B,根据动量守恒以及机械能守 入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以 1 恒可得mAuA十mBUg=mAUA十mBi,2mA员十 m>m2o (2)如果采用画圆法确定小球的平均落，点位置， 1 mB0i=2ma0'员十乞mB0',联立解得A 应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去， 且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落 0,vB=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰 点的平均位置，故圆c画的最合理。 撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二 (3)由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都 次碰撞发生在题图中的℃，点，则从第一次碰撞到 相同，所以小球做平抛运动的时间相同，等式两 第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为乙A一 CB 边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动 2+3k 的高度。 5+3(h=0,1,2,3,…),且4=A,可得mA= TB UB mB (4)设平抛运动的时间为t,则碰前A球的速度 1-3,因为A,B的质量均为正数，故=0，即 5+3k ,-,碰后的建度，-被硅小球的速度为 S1 A=5,根据①的分析可证vA=u0,=0,满足 mB 2=,要验证系统的动量守恒，需要验证 题意，A、D正确。 m1V0=m1v1+m2v2,即验证m151=m1s2十 三、非选择题 m2S3成立；要验证碰撞为弹性碰撞，需要验证 11.(1)10.00(1分)(2)0.124(1分)(3)1.6%(2分) 名m时=2mi+号m:i,联立m1=m1g十 1 1 (4)挡光片的宽度过大(2分) 【解析】(1)挡光片的宽度d=10mm十0.05mm× m253,化简可得s1十s2=s3或m1s=m1s2十m2s号。 ·27· 1B 真题密卷 单元过关检测 13.(1)3×105N(2)3×108J 起跳后，槽水平向左的速度大小为3，则小猴在 【解析】(1)对△t时间内喷出的气体有 竖直方向做竖直上抛运动，设从A到C运动时 F'△t=△mu (2分) 间为t3,有 △m=pm△tS (2分) 2v. t3= (1分) 联立解得F=3×10N g 由牛顿第三定律可知，火箭因喷出气体获得的动 小猴起跳过程中，“U”形槽和小猴在水平方向动 力大小 量守恒，在从A到C过程中，“U”形槽和小猴在 F=F′=3X106N (1分) 水平方向上的相对位移为L十5，有 (2)对加速过程中的火箭有 Mu3-mv: (1分) (F-mg)t=mv1 (2分) L+s=(3+z)t3 (1分) h=0+ 解得v:与v,的关系是 2 (1分) (2+√2)MgL W-Fh (1分) v32(M+m)v: 联立解得W=3×108J。 (1分) 设小猴起跳过程中对“U”形槽和小猴组成的系统 做的功为W,则 14.(1)(2-2) (2)2+2)mgL 2(M+m) Mei+mi=Mo+m(+ 1 W- (3)(√2+2)gL· mM 2(M+m) (1分) 【解析】(1)猴从A点到E点，在竖直方向做匀 将，带入，有 加速运动，设运动时间为t1,从A点到D点，在 W-Mm)m4)MgL 竖直方向也做匀加速运动，设运动时间为t2,则 2M 4(M+m)2 L-1-s (1分) (1分) 根据均值不等式，小猴做的最小功Wm血，有 1 2L=2g号 (1分) mM Wmn=(W2+2)gL· √2(M+m) (1分) 设小猴从木框边缘E到“U”形槽底D,点的时间 t,则有 15.(1)1/2md 、3Fd 21 F 3 (3)22m t=t2-ti 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 解得1=2-2)， (1分) 运动，对小球A由牛顿第二定律得 F=ma (2)设木框P的水平长度为s,小猴在最高，点A 1 水平跳出后槽的速度大小为01，“U”形槽获得的 由运动学公式得d=2a (1分) 速度大小为2，则猴从A点跳到E点的过程 v=at 中有 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 s=(1十v2)t1 (1分) 恒，有 猴从A点跳到D点的过程中，有 mv=mvA+mo' (1分) s+L=(v1+v2)t2 (1分) 1 水平方向上系统动量守恒，有 2m2、1 (1分) mv=Mv2 (1分) 联立解得vA=0,v'= (2+√2)m√gL 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 解得v2= (1分) 2(M+m) 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 (3)设小猴在A点起跳初速度大小为0，。在水 以速度？匀速运动，所以10号球开始运动的 平方向的速度为口x,竖直方向的速度为y,小猴 时间 1B ·28· ·物理· 参考答案及解析 41+9d (1分) 定律，有 [2m+(n-1)m]vm=(2m+nm)o0 (1分) 部倍：2。 (1分) 由上式解得十。 n+2”a (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 同理可推出0-1一n十1”- n 理得 Rt=号x3n时 (1分) 联立可得(m+1)22=n':1十0m+1)2Fd 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 同理可推出 2mw1=(2m+m)v1 (1分) 2Fd n2v2-1=(n-1)2o员-2十n 小球A与1号球碰撞后能量损失 m E。-×2aoi-22m+mg 1 (1分) (n-1)22-2=(n-2)y2-g十(-1)2Fd m …… Fd 解得E摄=3。 (1分) (2+1)2=2i+(2+1)2Fd (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 n号小球碰前的速度为℃m,与第n号小球碰后， 以上式子相加得 小球A和n个小球组成的系统的速度为v,小 (n+1)2=2+(m+4)(m-1)Fd (2分) m 球A与前(n一2)个小球组成的系统与第(n一1) 号小球碰后的速度为0'm-1,从小球A和前(n 又-Fd (1分) m 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 解得v= 2 1 (1分) 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) a+++1 m 个小球，由动能定理得 1 1 1 根据数学知识可知， 当n+1=一2×(-2)=4' Fd=2[2m+(a-10m]2-号[2m+(a 即n=3时vm有最大值 (1分) 1)m]v'-1 (1分) 3Fd UAmax-U3= (1分) 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 22m 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 2025一2026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 3 1 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 能定理得-mg22m心上2m0,组直 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为2，根 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 据水平方向动量守恒有m1=2mv2,B球与C球 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 则=2ugx,联立解得工一84g一8，D正确。 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 3.D【解析】在很短时间△t内流出的水的质量 D错误。 △m=aSA1=子PxD'Ar,水喷出过程中，根据动 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 ·29· 1B