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(湖北专版)

学无止境，探索不止 2025一2026学年度单元过关检测（七） 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 班级 卺题 变化的p-t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 物理·动量守恒定律 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 A.甲，乙两物体的质量之比为2：1 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 B.甲、乙两物体的质量之比为1：2 得分 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 C.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为211 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 D.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1：1 1 2 3 4 5 10 答案 5.如图所示，质量均为m的物块A,B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于 1.2024年春天，我国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式 原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度。射人物块A并留在其中（时间极短）， 霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行。嵌套式霍尔推力器 下列说法正确的是 () 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 个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎 燃料利用效率引人的一个物理量，英文缩写为I,是单位质量的推进剂产生的冲量，比 冲这个物理量的单位应该是 () 人子带射人物块A的过最中，子弹的动量变化量为骨 A.m/s B.kg·m/s C.m/s D.N·s 2.冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为m1和m:,若他们的动能相等，则甲、 B.子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为2k十1) km0后 乙动量大小之比是 () A.√m1:m2 B.m2m C.m:m2 D.m::m1 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 k+2 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 k'mv 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。 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(k十1)(+2) 以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锈整直方向作用力F随时间：的变化规律，可 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 近似用图乙所示的图像描述。已知头每质量M=30kg,H=3.2m,g取10m/s2,忽略 空气阻力。则 () 水平面相切，滑块质量为M。质量为m的小球以初速度v。从圆弧形轨道底端冲上轨 头铺一 61 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 移为x,所用的时间为t,重力加速度为g。下列说法正确的是 () 安全气 试验台 A,小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 甲 B.小球回到轨道底端时的速度大小为。 A.碰撞过程中F的冲量大小为660N·s B.碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下 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 C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s 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 D.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 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） 学 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，4、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,测下列 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。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 有的碰擅位置刚好位于a,b、c点，则小球的质量比△可能为 C小球从抛出到落地的总时间为 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 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 8,如图所示，质量均为m的小球a和b分别拴接在一根弹性绳的两端，且处于同一位置。 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 某时刻a球自由下落，同时将b球以速度。水平向右抛出。当两小球之间的距离第三 的关系，具体实验步骤如下： 次等于弹性绳的原长时，两小球恰好落地，该过程中两小球发生的碰撞为弹性碰撞，且 光电门 碰撞时间极短，不计一切阻力，两小球可祝为质点。两球下落的过程中，下列说法正确 档光片 力传感器 的是 () 0 2 LLuul A.两小球和弹性绳组成的系统动量守恒 01234567890 小车 且弹性绳的最大弹性势能为m心 乙 C弹性绳最长时，两小球的速度大小均为罗 D.a球落地时的速度小于b球落地时的速度 9.如图甲所示，质量分别为m1和m2的两物块A、B静止叠放在光滑水平地面上，B物块 足够长，A、B之间的动摩擦因数为牡，重力加速度为g。现给物块A一个水平向右的初 0.020.04 006i 速度，待AB共速时其位移分别为x1和x2,测得2与x的关系如图乙所示，则m 多 和二的值分别为 () 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 0.100kg;用游标卡尺测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示； ②将力传感器固定在轨道一端合适的位置； 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： 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； B.1,3 c D.2.g 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。 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)柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为m,钢 (1)挡光片的宽度d= mm。 筋混凝土桩固定在活塞桩相下端，桩帽和桩的总质量为M。汽缸从桩相正上方一定高 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=N·$。(结果保留三位有效数字) 度自由下落，汽缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油， (3)实验过程中，弹力对小车的冲量1与小车动量变化量△中之间的相对误差记为 柴油燃烧，产生猛烈推力且远大于汽缸重力，汽缸和桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高 - X100%,由以上数据计算可得6≈（结果保留两位有效数字）. 度为h,重力加速度为g。 (1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量。 (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 (2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为「，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的 大时，相对误差8较小，其原因可能是 距离。 12.(10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 锤汽证 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 活寒桩帽 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。 -解筋混凝土桩 QA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=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m1m25、52s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） 14.(15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）·物理· 参考答案及解析 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 解得FN=87N migsin 0=kx2 (1分) 由牛顿第三定律有 解得x2=2.88m FE=FN=87N (1分) 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 方向竖直向下。 (1分) -+-gx (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 (1分) 理有 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s-684J 1 1 -mgR(1-cos 0)= 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， 2mw6-2m品 (1分) 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 解得vp=1m/s uimg=ma (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 解得a1=4m/s2 合牛顿第二定律有 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 umg cos 0-mg sin 0=ma (1分) uimg-u2(m+M)g=Ma2 (1分) 解得a=0.4m/s2 解得a2=4m/s2 设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有 设经过时间t木板B与C相碰，有 v2-品=2ax3 (1分) 1 解得x3=10m z:=d=zat (1分) 根据v=vp十at3 (1分) 部得1一子 解得t3=5s 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 此时货箱的速度 L2一x3=1s v1=v0-a1t=4m/s (1分) t4= (1分) 此过程中货箱发生的位移 所以货箱从D到E的时间 21=v0t- -号m 1 tcD=t3十ta=6s (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 所以此时货箱离C点的距离 W1=一mgc0s0·t3=-576J (1分) d1=L1-(x1-x2)=0.875m (1分) 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 送带做功 货箱运动到C点时速度为vc,有 W2=-mg sin 0.(L-x3)=-108 J (1分) v2-v1=-2a1d1 (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 解得vc=3m/s W=W1+W2=-684J (1分) 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 足 Fx-mg-m R (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（七） 物理·动量守恒定律 一、选择题 达式p=mv,可得p=√2mEk,二者动能相等，所 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 以甲、乙动量大小之比p1：p2=√m1:√m2, 推选剂产生的冲量，故可得1，一加，结合动量定 A正确。 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 理I=m△v,可得比冲这个物理量的单位为 kg·m/s 大小1，=号×0，.1X600N·s=30Ns,方向 kg =m/s,A正确。 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 2.A【解桥】由功能表达式E,=m和动亚表 量大小I=I。一Mgt=300N·s,方向竖直向上， ·23· 4 真题密卷 单元过关检测 B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小V0= mvot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 mvot-Mx ，C正确；仅增大小球的初速度，小球从 I=Mv-(-Mv。),解得v=2m/s,则上升的最大 m 02 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 高度为h=2g 0.2m,D正确。 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 4.A【解析】根据动量定理一μmgt=p一po,整理 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 得p=一mgt十po,题图像斜率的绝对值|k|= 7.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 mg,甲、乙两物体的质量之比m1:m2=|k1|: 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 k,=:=2:1,A正确，B错误：根据能量 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 t 2t 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 守恒定律，甲、乙两物体受到的摩擦力做功W= 与速率满足关系式f=kv,根据动量定理△p= 方m一器甲，乙两物体金到的摩馨力数功之比 1 F△t,可知力-t图像的斜率表示合外力，由题图可 知t=0时刻，力-t图像斜率的绝对值最大，小球的 W1:Wf2=m2:m1=1:2,C、D错误。 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 5.C【解析】子弹射入物块A的过程中，子弹与物 块A组成的系统动量守恒，则有kmw。=(m十 a有mg十知=ma共中二，当力=号 2 k m)u1,求得u1=十1o,子弹动量的变化量 时，物体合外力为零，此时有mg=如，=系品解 kmvo △p=mw!一mU,=一十1，A错误；物块A的 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高点的时 间为t,上升的高度为h,设最高点到落地的时间 动能增加量△Ek=2m01二2（十1)2，B错误：当 为？，从地面抛出到最高点由动量定理得 -mgt1-k∑w1t=0-po,即mgt1+h=po,同 弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大，则 有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒， 理下降阶我mg,一2=号，即m:一h km0。=(2m十m)u2,求得v,一十2g,物块B的 2,联立可得小球从抛出到落地的总时间为1 kmvo 动量最大位pm一十2，C正确；弹簧第一次压缩 3p,C正确；小球上升过程中阻力的冲 t+t22mg 到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能 量大小为I=k∑1t=kh,小球下落过程中阻 △E,-2（m+km)好-2(2m+m)暖= 1 1 力的冲量大小为I2=k∑2v2t2=kh,故小球上升 k2mvd 和下降过程中阻力的冲量大小相等，D错误。 2(k+1)(k+2)D错误。 8.BD【解析】由于a球是自由下落，而b球是以一 6.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 定的速度水平抛出，重力作用会改变竖直方向上 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 的动量，所以两小球和弹性绳组成的系统在竖直 球沿轨道上滑到最高，点时，两者具有相同的水平 方向上的动量是不守恒的，A错误；水平方向上共 速度，根据动量守恒定律可得mv,=(m十M)v, 速时弹性势能E。最大，设此时两小球竖直速度均 为1，根据水平方向上的动量守恒有mvo= 可得口，”mMA错误；设小球回到轨道底端时 的速度为℃1，滑块的速度为口2，根据系统水平方 2m4,根择能立守恒有2ma融十号m时=名× 向动量守恒可得mv。=mu1十Mo2,根据系统机械 2m(v十o)十E。,两小球在竖直方向上做匀变 能守褪可得2mo=2m十2M,联立解得 1 1 速直线运动，则有=2gh,联立解得E,= m-M 4m06,B正确；水平方向上共速时弹性势能E。最 0一m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒 1 可得moo=mtm十MvM,则有muot=∑mvmt十 大，弹性绳最长，此时水平方向0兵=2，此时两 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 小球竖直速度均大于0，则根据速度的合成可知两 4 ·24· ·物理· 参考答案及解析 小球的速度均大于受，C错误；两个小球在水手方 0,0B=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰 撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二 向上的运动可看成小球b以速度。在水平方向 次碰撞发生在题图中的c点，则从第一次碰撞到 运动的弹簧模型，依题意分析可得，初始时两小球 在水平方向上的动量不为零，且方向向右，两球形 第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为乙A XB 成的系统总体会朝着右侧运动，当第一次等于弹 2+3k 5+3k (k=0,1,2,3,…),且A=,可得mA= 性绳的原长时，水平方向a球静止，b球有向右速 TB UB mB 度0，两球相对远离运动状态，则V。=0<vb;当第 5+3k 二次达到弹性绳的原长时，由mvo=mw1十m2, 1-3站，因为A,B的质量均为正数，故=0，即 名nmoi-名ma时+mw可得，此时=oa 1 A=5,根据①的分析可证vA=U,0日=0，满足 mB 0,水平方向动量守恒，水平方向为两球相对靠近 题意，A、D正确。 的运动状态，当第三次达到弹性绳的原长时，水平 二、非选择题 方向恢复为初始状态，有。=0,0，=00，D正确。 11.(1)10.00(1分)(2)0.124(2分)(3)1.6%(2分) 9.AD【解析】系统动量守恒，则从开始运动到两者 (4)挡光片的宽度过大(2分) 共速时满足m1v=(m1十m2)v共，对B分析可知 【解析】(1)挡光片的宽度d=l0mm+0.05mmX m1gz2三24，解得u2=2gm1十m2） 0=10.00mm。 Γx2,由 mm2 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=310X 题图像可知2gm:十m:)-9g之，解得m=2 0.2×0.002N·s=0.124N·s。 mim2 x (3)以小车碰撞前运动方向为正方向，小车碰撞前动 或11 减m,=2,对A分折可知层一02=一24g1,解 量p1=mw1=m m-0.1x10.00X10 t 15.6X103kg·m/s≈ m:(2m+7m)2,则34g,+m,2 得o2=2g(m1十m2)2 0.0641kg·m/s,同理，小车碰撞后动量p2= mim 十要2+得-名我 2g(m1+m2)2 -w2=一m d=-0.1× 10.00×10-2 t2 16.1X103kg·m/s≈ T2 mI 一0.0621kg·m/s,则动量变化量△p=△饣1 1=4,A、D正确。 △p2=0.126kg·m/s,可知相对误差为6= x 10.AD【解析】两球碰后速度分别为VA、VB,根据 △p-I ×100%=0.126-0.1241 ×100%≈ I 0.124 动量守恒以及机械能守恒可得mAv,=mAVA十 1.6%。 1 1 mBwg,2mA6=2mAo员十乞mB哈，联立解得 (4)当小车通过光电门的速度较大时，遮光时间 2mAUo 越短，通过光电门的平均速度越接近瞬时速度， mA mB A一mA十mB ,0B一mA十m 。因为所有的碰 而当速度较小时，遮光时间较长，小车通过光电 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶，点，则①若 门的平均速度与瞬时速度偏差越大，可知产生误 第二次碰撞发生在题图中的b点，则从第一次碰 差的原因可能是挡光片的宽度过大。 撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 12.(1)>(2分)(2)c(2分)(3)没必要(2分) IA_1+3k xB 4+3k (k=0,1,2,3,…),且A=A,可得 (4)m1s1=m1s2+m253(2分)s1+52= TB UB s3(或答案为m1s号=m2s号十m3s)(2分) m一2-3，因为AB的质量均为正数，故k- mA 4+3k 【解析】(1)为保证两球碰撞后沿同一方向运动， 入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以 0,即m▲=2，对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度 m1>m2。 mB 大小分别为A、B,根据动量守恒以及机械能守 (2)如果采用画圆法确定小球的平均落点位置， 1 应该让所画的圆尽可能地把大多数落，点包进去， 恒可得mAoa十mBB=mA0A十mg0i,乞mAo2十 且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落 2mi=00及+m0,联立解符0以 1 点的平均位置，故圆c画的最合理。 (3)由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都 ·25· 4 真题密卷 单元过关检测 相同，所以小球做平抛运动的时间相同，等式两 边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动 解得=(2-) (1分) 的高度。 (2)设木框P的水平长度为5，小猴在最高点A (4)设平拋运动的时间为t,则碰前A球的速度 水平跳出后槽的速度大小为1，“U”形槽获得的 =延后的速度1= ,被碰小球的速度为 速度大小为V2,则猴从A点跳到E点的过程 t 中有 ,要验证系统的动量守恒，需要验证 s=(1+v2)t1 (1分) 猴从A点跳到D点的过程中，有 m1vo=m11十m2v2,即验证m1S1=m1S2+ s+L=(o1十2)t2 (1分) m2S3成立；要验证碰撞为弹性碰撞，需要验证 水平方向上系统动量守恒，有 1 1 21o=2m10i+2m2ui,联立m151=m152十 mv-Mu2 (1分) m253,化简可得51十s2=53或m1s员=m1s2十 解得，=（2十2)mg红 2(M+m) (1分) m2s3。 (3)设小猴在A点起跳初速度大小为o,v。在水 13.1)m2gh,方向竖直向上（2)MfMg) mgh 平方向的速度为：，竖直方向的速度为)y,小猴 起跳后，槽水平向左的速度大小为3，则小猴在 【解析】(1)设燃烧使重锤汽缸获得的速度为⑦0， 竖直方向做竖直上抛运动，设从A到C运动时 桩体获得的速度为，对分离后的重锤汽缸由机 间为t3,有 械能守恒，有2mu品=mgh (2分) 2v3 t3= (1分) 对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故 g 由动量定理，有 小猴起跳过程中，“U”形槽和小猴在水平方向动 I=mvo-0 (1分) 量守恒，在从A到C过程中，“U”形槽和小猴在 水平方向上的相对位移为L十s,有 得I燃=m√2gh,方向竖直向上。 (2分) Mu3=mv: (1分) (2)分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽 L+s=(03+v:)t3 (1分) 缸和桩体组成的系统动量守恒，有 解得vx与v,的关系是 mvo=Mu (1分) 分离后对桩体，由动能定理，有 (2+√2)MgL 0y= 2(M+m)v. 1 MgH-fH-0-2Mu (2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 m‘gh 解得H=M(f-Mg)° (2分) w=ao+3mag-M+m(a:+o) 14.(1(2-2)g L (2) (2+√2)m√gL 2(M+m) (1分) 将，带入，有 (3)W2+2)gL·√2(M+m mM W- (M+m)m+ 6+4√2)Mg2L2.1 【解析】(1)猴从A点到E点，在竖直方向做匀 2M 4(M+m)2 加速运动，设运动时间为t1,从A点到D点，在 (1分) 竖直方向也做匀加速运动，设运动时间为t2,则 根据均值不等式，小猴做的最小功Wmi,有 2L-L=2 mM (1分) Wmn=(W2+2)gL· (2分) N2(M+m) 1 2L=28号 (1分) 2md 15.(1) 11 2 F 3 (3)3Ea 21 2m 设小猴从木框边缘E到“U”形槽底D点的时间 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 t,则有 运动，对小球A由牛顿第二定律得 t=t2一t1 (1分) F=ma ·26· ·物理· 参考答案及解析 由运动学公或得d=ad 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n-一1) 个小球，由动能定理得 v=ati Fd=22m+(m-1)m]2- [2m+(n- 1 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 1)m]u-1 (1分) mv=mvA十mx (1分) 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 2m2、1 1 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 一2王22 (1分) 定律，有 联立解得A=0,v'= [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)v (1分) 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，号球 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 由上式解得以-刀十 n十2"n (1分) 以速度0匀速运动，所以10号球开始运动的 n 时间 同理可推出0-1一n十1”- (1分) 联立可得(n+1)22=n21+(m+1)2Fd 务得/四 同理可推出 (1分) 2Fd n2o7-1=(n-1)2x-2十n (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 m 理得 n-1)2-=(m-2),+(m-1)2Fd 1 Fd=z×2moi (1分) 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 (2+1)2u8=2+(2+1)2Fd 2mu1=(2m+m)v'1 (1分) 以上式子相加得 小球A与1号球碰撞后能量损失 B,-x2mi- (2分) (2m+m)42 (2分) n+1)'o=2u+(m+40(n-1)Fd m 解得Ea一 又-Fu (1分) m 3 (1分) 2 (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 解得v员= a+0t有+1码 41 (1分) m n号小球碰前的速度为vm,与第n号小球碰后， 小球A和n个小球组成的系统的速度为，小 根据数学知识可知，当n十1=一 1 1 1 ×(-2)-41 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n-1) 即n=3时vn有最大值 号小球碰后的速度为'，-1，从小球A和前(n 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 Amax-3= 3Fa (2分) 2 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、选择题 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 D错误。 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 1 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 动能定理得一mg· 2L= 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为02，根 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 ·27· 4