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(重庆甘肃贵州专版)

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 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） 2 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mB的小球A和B(mA>m)。初始时小球 说法正确的是 () A以初速度v。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。 有的碰擅位置刚好位于a,b、c点，则小球的质量比△可能为 ( ) D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 A.2 B.3 C.4 D.5 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 11,(7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 题号 8 9 10 的关系，具体实验步骤如下： 答案 光电门 档光片 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 力传感器 0 2 带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直 LLuul 螺旋滑槽高5m、长30m,质量为0.5kg的药品A离开传 01234567890 5m螺旋滑情 小军 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 6/s,该过程用时5s,在出口处与静止的、相同质量的药品 水平身wm 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 0 0.0204 0.06i 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！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一 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®一无 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！ 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 OOC 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； 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 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=16.1m5。 2 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） 请回答以下问题： 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 (1)挡光片的宽度d= tmm。 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 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=N·8。(结果保留三位有效数字) 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 (3)实验过程中，弹力对小车的冲量1与小车动量变化量△p之间的相对误差记为 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 =, 面的速度大小v=2×102m/8,此后火箭向上做匀加速直线运动，g取10m/s,不考虑 ×100%,由以上数据计算可得6≈ (结果保留两位有效数字)。 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 (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 响，空气阻力不计。求： 大时，相对误差8较小，其原因可能是 (1)点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F: 12.(9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 (2)从点火开始计时，火箭运行t=10s过程中火箭动力所做的功W。 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 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 甲 (1)若小球A的质量为m1,小球B的质量为m:,为保证两球碰撞后沿同一方向运动， 则要求m m,(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=55,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m1m2552s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） 2 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.(18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。现用一 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 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）真题密卷 单元过关检测 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 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 被后的总动能民=号M(酸十哈) 2m(o是+ a3)=l8d2 _27md2 推进剂产生的冲量，故可得L。=,结合动量定 2T<E 一2T,满足碰撞过程总动能 理I=△v,可得比冲这个物理量的单位为 不增加原则，故选项D中下一次闪光时两小球所 kg·m/s=m/s,A正确。 处的位置合理，D正确。 kg 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 2.D【解析】设闪光周期为T,网格背景板一格宽 大小1F=2×0.1X6600N·8=330N·8,方吉 度为d,设质量大的金属球质量为M,质量小的金 属球质量为m,根据题图可知碰撞前大质量金属 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 量大小I=Ie一Mgt=300N·s,方向竖直向上， 球的速度为二，由于是大质量碰撞小质量， B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小0= 碰撞后大质量小球应继续向前运动，且在题图中 √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 水平方向和竖直方向均满足动量守恒，则竖直方 I=Mv-(-Muo),解得v=2m/s,则上升的最大 向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度， 可知选项A、B中下一次闪光时两小球所处的位 高度为h=2g 0.2m,D正确。 置均不合理，A、B错误；由选项C可知，大质量小 4.A【解析】根据动量定理一umgt=p一po,整理 球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 得p=一mgt十po,题图像斜率的绝对值|k|= %-只小质童小球活水平方向和竖 2d mg,甲、乙两物体的质量之比m1：m2=|k1|: 直方向的速度大小分别为口=34,0=3d, T,0=T,水 k2-0:批=2：1，A正确，B错误：根据能量 t 2t 守恒定律，甲、乙两物体受到的摩擦力做功W= 平方向根据动量守恒可得Mu0=MuM十mUmr,可 得M=3m,则整直方向Mew=M号-3m号 2mi二，甲，乙两物体受到的摩擦力做功之地 Wn:W2=m2:m1=1:2,C、D错误。 3d mU,=m于，可知竖直方向也满足动量守恒；碰 5.C【解析】子弹射入物块A的过程中，子弹与物 撞时的总动能Eu=号Moi-2m4, 1 块A组成的系统动量守恒，则有kmw。=(m十 2T,碰撞后的总 k m)1,求得u=十1”g,子弹动量的变化量 动能E,=2M(成十i)+2m(0i+,) 2T2>E27md: △p=kmu1一kmu,=二十1，A错误；物块A的 33md2 2T,可知不满足碰撞过程总动 动能增加量△E-之moi-Z十B情误；当 k'mvo 能不增加原则，故选项C中下一次闪光时两小球 所处的位置不合理，C错误；由选项D可知，大质 弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大，则 量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒， 会，=只，小质量小球活水平方向和坚 m0。=(2m十km)u2,求得u2二b车20，物块B的 直方向的连度大小分到为以=识，一织水 kmvo 动量最大值pm一十2C正确；弹簧第一次压缩 平方向根据动量守恒可得Mu。=MM十mom, 到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能 可得M=2m,则竖直方向Mwo=M d 1 T=2mT △E,=g(m+km)d-合m十km)d- 2d 了，可知竖直方向也满足动量守恒；碰 k2mvo =m 2(k十1)(k+2)D错误。 2 ·24· ·物理· 参考答案及解析 6.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 二、多项选择题 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 8.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 球沿轨道上滑到最高点时，两者具有相同的水平 B的速度为v2,药品A到螺旋滑槽出口速度为 速度，根据动量守恒定律可得mv。=(m十M)v, o1=6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒m1= mv。 0十mv2,解得v2-6m/s,A正确；取药品A到螺 可得口一干M,A错误；设小球回到轨道底端时 旋滑槽出口速度的方向为正方向，根据动量定理， 的速度为01，滑块的速度为2，根据系统水平方 药品A对药品B的冲量为IAB=mv2一0= 向动量守恒可得muo=mu1+Mu2,根据系统机械 3kg·m/s,药品B对药品A的冲量为IBA=0一 1 1 1 mU1=一3kg·m/s,所以，药品A对药品B的冲 能守恒可得2mui=2mu+2Mui,联立解得 量与药品B对药品A的冲量等大反向，B错误；药 一m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒 品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为I。= mg△t=25N·s,C正确；设药品A离开传送带时 可得mv=mm十MvM,则有mvot=∑mUmt十 的速度为V,药品A在螺旋滑槽运动过程合力的 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高，点有 冲量为I合=mw1-mo=2kg·m/s=2N·s, mvot=mxm+Mx,可得小球的水平位移xm= D错误。 mvot-Mx 9.AB【解析】B、C分离时，B、C间的弹力为0，且 ，C正确；仅增大小球的初速度，小球从 加速度相等，C的加速度为0，则B的加速度也为 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 0,杆上的弹力为0，则A的加速度为g,方向竖直 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 向下，A正确；A、B、C三球组成的系统在水平方向 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 上所受合外力为0，水平方向动量守恒，但竖直方 7.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 向动量不守恒，D错误；A落地前瞬间，A、B水平 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 方向速度相等，在水平方向有0=mw一(2m十 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 3m)vz。又因为B、C只有水平方向的速度，由机 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 械能守恒有3mg1=2 1 ·3mw+7·2mw2+ 与速率满足关系式f=k0,根据动量定理△p= F△t,可知p-t图像的斜率表示合外力，由题图可 1 2m,联立解得UA三2g1一22，B正确，B,C 知1=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的 分离前，杆的弹力沿杆向外，此时杆对B做正功， 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 对A做负功，分离后，杆的弹力沿杆向内，对A做 am,有mg十ku,=ma,其中0，=，当力=- 正功，C错误。 m 2 10.AD【解析】两球碰后速度分别为？A、B,根据 时，物体合外力为零，此时有mg=k2=k。,解 2m 动量守恒以及机械能守恒可得mA,=mAVA十 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高点的时 mee7m5=名mo以十号mi,联主解释 间为t1,上升的高度为h,设最高点到落地的时间 mAmB 为t2,从地面抛出到最高点由动量定理得 UA一mA十mB -2mA0。。因为所有的碰 0,UB一mA十mB -mgt1-k∑o1ti=0-po,即mgt1+kh=p0,同 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则①若 理下降阶段mgt,-k∑t=,即mgt,-kh= 第二次碰撞发生在题图中的b点，则从第一次碰 撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 立可得小球从抛出到落地的总时间 4-3论（6=0,1,2,3，…)，且2-，可得 xB4十3k 3p。,C正确；小球上升过程中阻力的冲 t+tz-2mg’ m日2-3，因为A,B的质量均为正数，故6 mA 4+3k 量大小为Ia=k∑v1t(=h,小球下落过程中阻 0,即mA=2,对第二次碰撞，设A,B碰撞后速度 力的冲量大小为I2=k∑22t2=h,故小球上升 mB 和下降过程中阻力的冲量大小相等，D错误。 大小分别为A、B,根据动量守恒以及机械能守 ·25· 2 真题密卷 单元过关检测 且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落 恒可得ma十mBB=mAoh十mB0g,2mA员十 点的平均位置，故圆c画的最合理。 mi=方mo+mo,联立解得d以 (3)由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都 相同，所以小球做平抛运动的时间相同，等式两 0,vB=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰 边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动 撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二 的高度。 次碰撞发生在题图中的C点，则从第一次碰撞到 (4)设平抛运动的时间为t,则碰前A球的速度 第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为乙A= xB ,-碰后的速度1-是，薇碰小球的速度为 2十3kk=0,1,2,3,,且x8二，可得mA= 5+3k mB =,要验证系统的动量守恒，需要验证 5+3k 1-3,因为A,B的质量均为正数，故=0，即 m1v0=m11十m2v2,即验证m1s1=m1s2十 25?成立；要验证碰撞为弹性碰撞，需要验证 =5,根据①的分析可证A=,B=0,满足 合1时=方m时+名m,明，联立m=m十 1 1 mB 题意，A、D正确。 m253,化简可得s1十52=53或1s1=m1s2十 三、非选择题 m25号。 11.(1)10.00(1分)(2)0.124(2分)(3)1.6%(2分) 13.(1)3×10N(2)3×108J (4)挡光片的宽度过大(2分) 【解析】(1)对△t时间内喷出的气体有 【解析】(1)挡光片的宽度d=10mm+0.05mm× F'△t=△mv (2分) 0=10.00mm. △m=pu△tS (2分) (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=310× 联立解得F'=3×106N 0.2×0.002N·s=0.124N·s。 由牛顿第三定律可知，火箭因喷出气体获得的动 (3)以小车碰撞前运动方向为正方向，小车碰撞前动 力大小 d 量p1=mw1=m -=0.1× 10.00×102 kg·m/s≈ F=F'=3X10N (1分) t 15.6×103 (2)对加速过程中的火箭有 0.0641kg·m/s,同理，小车碰撞后动量p2= 10.00×102 (F-mg)t=mv (2分) 一m2=一mt d =-0.1× 16.1X109kg·m/s≈ h= (1分) 一0.0621kg·m/s,则动量变化量△p=△p1 W=Fh (1分) △p2=0.126kg·m/s,可知相对误差为8= 联立解得W=3×108J。 (1分) △p-I 0.126-0.124 ×100%= ×100%≈ 0.124 1u.0g-2店 (2)2+2)mgL 1.6%。 2(M+m) (4)当小车通过光电门的速度较大时，遮光时间 mM 越短，通过光电门的平均速度越接近瞬时速度， (3)(W2+2)gL·√2M+m) 【解析】(1)猴从A点到E点，在竖直方向做匀 而当速度较小时，遮光时间较长，小车通过光电 门的平均速度与瞬时速度偏差越大，可知产生误 加速运动，设运动时间为t1,从A点到D点，在 竖直方向也做匀加速运动，设运动时间为t2,则 差的原因可能是挡光片的宽度过大。 1 12.(1)>(1分)(2)c(2分)(3)没必要(2分) 2L-L-28t (1分) (4)m1s1=m1s2+m253（2分)s1+s2= 1 s(或答案为m1s=m2s?十m3s)(2分) 2L=28号 (1分) 【解析】(1)为保证两球碰撞后沿同一方向运动， 设小猴从木框边缘E到“U”形槽底D点的时间 入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以 t,则有 m>m2. t=t2-t (2)如果采用画圆法确定小球的平均落点位置， 应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去， 解得=(2-)√g (1分) ·26· ·物理· 参考答案及解析 (2)设木框P的水平长度为5，小猴在最高点A 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 水平跳出后槽的速度大小为1，“U”形槽获得的 恒，有 速度大小为2，则猴从A点跳到E点的过程 mv=mwA十mv (1分) 中有 2m2、1 1 1 s=(1十v2)t1 (1分) 2o1十2mu'2 (1分) 猴从A点跳到D点的过程中，有 联立解得vA=0,v'=v s+L=(v1+v2)t2 (1分) 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 水平方向上系统动量守恒，有 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 mv=Mv2 (1分) 以速度？匀速运动，所以10号球开始运动的 解得v2= (2+√2)m√gL 时间 (1分) 2(M+m) =41+9d (1分) (3)设小猴在A点起跳初速度大小为0,0在水 平方向的速度为v:,竖直方向的速度为v,小猴 112md 解得=2F (1分) 起跳后，槽水平向左的速度大小为，则小猴在 竖直方向做竖直上抛运动，设从A到C运动时 (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 间为t3,有 理得 2v, t3= (1分) Fd=z×2moi (1分) g 小猴起跳过程中，“U”形槽和小猴在水平方向动 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 量守恒，在从A到C过程中，“U”形槽和小猴在 2mw1=(2m十m)v' (1分) 水平方向上的相对位移为L十s,有 小球A与1号球碰撞后能量损失 Mv:=mv, (1分) Ea-2X2mv-(2m+m)u 1 (1分) L+s=(v3+vx)t3 (1分) Fd 解得vx与v,的关系是 解得E=3。 (1分) (2+√2)MgL u,=2M+m)v: (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vn,与第n号小球碰后， 设小猴起跳过程中对“U”形槽和小猴组成的系统 小球A和n个小球组成的系统的速度为v,小 做的功为W,则 球A与前(n一2)个小球组成的系统与第(n一1) 1 1 2m(o2+v) 号小球碰后的速度为0'm1,从小球A和前(n (1分) 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) 将，带入，有 个小球，由动能定理得 W-(M+m)m+ 6+4W2)MgL2 1 2M 4(M+m)2 u F1=[2m+(a-10m]g-[2m+a 1 (1分) 1)m]v'-1 (1分) 根据均值不等式，小猴做的最小功Wmn,有 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 Wmn=(W2+2)gL· mM (1分) 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 √2(M+m) 定律，有 15. 2 、3Fd 3 (3)22m [2m+(n-1)m]v,=(2m+nm)v (1分) 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 由上式解得-n+ n+2n 运动，对小球A由牛顿第二定律得 n F=ma (1分) 同理可推出。-1一n十1”- 1 由运动学公式得d=2at好 (1分) 联立可得(n+1)2=n2-1十(m十1)2Fd v=at 同理可推出 ·27· 2 真题密卷 单元过关检测 2Fd n2v2-1=(n-1)2v-2十n9 又u2-Fd (1分) m m m-1)22-=(n-2)2-g+(n-1)2Fd 解得v品= (1分) m 1 1 1 (2+1)2=2+(2+1)2Fd 根据数学知识可知，当n十1=一2×(-2)=4' 即n=3时vn有最大值 (1分) 以上式子相加得 3Fd (1分) n+1)'=2i+(n+40(a-1)F (2分) UA=V3=2N√2m 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 壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为)，取碰撞 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 可得mo=mw十mw,代入数值可得v=0.8m/s, 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 1 1 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 碰前的机械能Eo=2mu员=2m,碰后机械能 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 1 Ek十Ek= 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 2mu2+ 2mu2068 1 2m,可知Eo> 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， E0十Ek,所以两壶发生了非弹性碰撞，A、C错 D错误。 误；由题图乙可知红壶在冰面上运动的加速度a= 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为o1,由 1.0-1.2 m/s2=-0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 1 动魔定愿得g·停L-名…i言m心，复直 间为t,则由题图乙可得t=0-1.2 s-1s=5s, -0.2 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为2，根 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 碰后蓝壹移动的距离x=0,8X5m=2m,B错 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 误，D正确。 则=24gx联立解得x=82g8D正确。 5.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 3.D【解析】在很短时间△t内流出的水的质量 原来的6根播E-号心，可知睡抢后A的地 m=Sor-PDga,水喷出过程中，振据动 度大小变为原来的，设A碰撞前瞬间速度为口， 1 能定理可得P·△t=2△m·v,解得水枪的功率 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mAv= P=日0xD,AB错误；设水流对车身的平均冲 m,十m,):子解得-日A错误设A的质 击力大小为F,取反弹的速度方向为正方向，对△t 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 时间内喷出的水根据动量定理可得F·△t=25% 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 ·△m·[0-(-v]+75%·△m· 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 [日-(-小，解得P=品pxD,C结误，D mg,由胡克定律知△F=△x,故mg=(x2 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 正确。 E 4.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度v0= 可得)B错误：从到的过程 1.0m/s,碰后红壶的速度v。=0.2m/s,碰后红中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 2 ·28·