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(福建专版)

学无止境，探索不止 密顶 2025一2026学年度单元过关检测（七） 3.一质量为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 班级 卺题 它从地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 物理·动量守恒定律 说法正确的是 () 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 A.小球t:时刻刚好落地 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 B.小球在运动过程中加速度最大为2g 得分 一项是符合题目要求的。 C.小球从抛出到落地的总时间为28 题号 1 2 3 4 D,小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 答案 4.2023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 1,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 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 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。 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 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 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 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/s2,忽略 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 空气阻力。则 () 安全气 试验行 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求， 甲 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 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 题号 6 7 C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s 答案 D.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 5.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 2.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 带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直 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 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 道，若小球没有从轨道顶端冲出，在小球神上轨道到上滑到最高点的过程中，滑块的位 送带进人螺旋滑槽的速度为2m/s,到螺旋滑槽出口速度为 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 ( 6m/s,该过程用时5s,在出口处与静止的、相同质量的药品 水平平台 A.小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 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 ( B.小球回到轨道底端时的速度大小为。 A.药品A、B碰撞后B的速度为6m/s 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 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在螺旋滑植运动过程重力的冲量大小为25N·$ 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.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量大小为30N·s 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） 6.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 10.(3分)如图所示，质量为m的物体放在粗髓水平面的O点，在物体上施加一水平向右 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、大小为mg的恒力F,使其由静止开始运动，经时间t撒去F,又经时间2：物体停止 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 碰撞时间极短，不计一切阻力，两小球可视为质点。两球下落的过程中，下列说法正确 运动，重力加速度为g。则物体与水平面间的动摩擦因数为，4时刻物体的速 的是 () 度大小为 (用g、表示)，物体加速与减速时的加速度大小之比为 。 A,两小球和弹性绳组成的系统动量守恒 0 B.弹性绳的最大弹性势能为mi 11,(3分)轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使质量为 C.弹性绳最长时，两小球的速度大小均为？ m的物块A以水平向右的速度。开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物 D.a球落地时的速度小于b球落地时的速度 块的速度随时间变化的规律如图乙所示。根据图中信息可得，：时刻物体A的速度大 7.如图甲所示，质量分别为m1和m:的两物块A、B静止叠放在光滑水平地面上，B物块 小为 :物块B的质量为 :弹簧最大弹性势能为一。 足够长，A,B之间的动摩擦因数为：，重力加速度为g。现给物块A一个水平向右的初 速度，待A,B共速时其位移分别为工1和x2,测得与x2的关系如图乙所示，则m1 和的值分别为 () 甲 12.(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 的关系，具体实验步骤如下： 光电门 光片 力传感器 A.god B.1,3 c 0 2 u山山山Lm 8.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 .B 01234567890 环内有质量分别为mA和mB的小球A和B(mA>mg)。初始时小球 小车 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 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 120 有的碰撞位置刚好位于a,b、c点，则小球的质量比mA可能为（） A.2 B.3 C.4 D.5 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图甲所示，质量为1kg的物块静止放在水平地面上，现对物块施加水平向右的 外力F,F随时间变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数 细期 为0.3，接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s。则0~2s内，物块受到 0 0.02 04 0.06 的合力冲量大小为 N·s,6s末，物块的动量大小为kg·m/s。 丙 ↑FN ①在小车上安装挡光片并在其前端安装弹簧图，用天平称出小车的总质量m= 6 0.100kg:用游标卡尺测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示， 246 乙 ②将力传感器固定在轨道一端合适的位置： 6 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） 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： 14.(11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 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 筋混凝土桩固定在活塞桩相下端，桩帽和桩的总质量为M,汽红从桩帽正上方一定高 的关系如图丙所示，F4图像与时间轴所围的小方格数约为310格： 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，向红内喷射柴油， 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。 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 请回答以下问题： 度为，重力加速度为g (1)挡光片的宽度d= mm. (1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量。 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=N·s。(结果保留三位有效数字) (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 (3)实验过程中，弹力对小车的神量I与小车动量变化量△p之间的相对误差记为 距离。 8=4p-1 ×100%,由以上数据计算可得8%（结果保留两位有效数字）。 (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 大时，相对误差8较小，其原因可能是 活塞粧帽 13.(6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：再将半 解筋混凝土桩 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 B球 (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m1m(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” “6”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=1,OM=s3,ON=s,在误差允许的范周内，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m1m251、52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） 6 15.(12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 16.(16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 6 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 mgR (1-cos 0)mm (1分) 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 解得vp=1m/s 2一x3=1s t4= (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 所以货箱从D到E的时间 合牛顿第二定律有 tcD=tg十t4=6s (1分) μng cos0-mg sin0=ma (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 解得a=0.4m/s2 W:=-umg cos 0.vt3=-576 J (1分) 设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 o2-2=2a.x3 (1分) 送带做功 解得x3=10m W2=-mgsin0·(L-x3)=-108J (1分) 根据v=vn十atg (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 解得t3=5s 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 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 1.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 3.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 大小1：=号×0.1X6600Ns=30Ns方向 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 量大小I=Ir一Mgt=300N·s,方向竖直向上， 与速率满足关系式∫=kv,根据动量定理△p= B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小，= F△t,可知pt图像的斜率表示合外力，由题图可 √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 知t=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的 I=Mv-(-Mu。),解得v=2m/s,则上升的最大 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 高度为五一 =0.2m,D正确。 a有mg十如1=0n共中1-0，当p=号 2 2.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 时，物体合外力为零，此时有mg=v,=为，解 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 球沿轨道上滑到最高点时，两者具有相同的水平 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 速度，根据动量守恒定律可得mo。=(m十M)v, 为t2,从地面抛出到最高点由动量定理得 可得。一A错误：设小球回到轨道底瑞时 -mgt1-k∑o1t=0-po,即mgt1+bh=po,同 的速度为1，滑块的速度为2，根据系统水平方 理下降阶段mg:一工4-号，即m8:一h 向动量守恒可得mv=mv1十Mv2,根据系统机械 Po 能守根可得2m=司muf+号Moi,联立解得 ,联立可得小球从抛出到落地的总时间为 3p。,C正确；小球上升过程中阻力的冲 、干心，B错误：根据系统水平方向动量守恒T +t22mg 量大小为Ia=k∑it1=h,小球下落过程中阻 可得mv。=mvm十MuM,则有mvot=∑MUmt十 力的冲量大小为I2=k∑202t2=kh,故小球上升 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 和下降过程中阻力的冲量大小相等，D错误。 mvot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= 4.D【解析】设闪光周期为T,网格背景板一格宽 mvot-Mx 度为d,设质量大的金属球质量为M,质量小的金 ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 m 属球质量为，根据题图可知碰撞前大质量金属 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 3d 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 球的速度为=下，由于是大质量碰撞小质量， 6 ·26· ·物理· 参考答案及解析 碰撞后大质量小球应继续向前运动，且在题图中 mw1=一3kg·m/s,所以，药品A对药品B的冲 水平方向和竖直方向均满足动量守恒，则竖直方 量与药品B对药品A的冲量等大反向，B错误；药 向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度， 品A在螺旋滑槽运动过程重力的冲量为IG= 可知选项A、B中下一次闪光时两小球所处的位 mg△t=25N·s,C正确；设药品A离开传送带时 置均不合理，A、B错误；由选项C可知，大质量小 的速度为。，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的 球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 冲量为I合=mv1-mvo=2kg·m/s=2N·s, 兴%-只小质量小球活水年方向和整 2d D错误。 6.BD【解析】由于a球是自由下落，而b球是以一 直方向的速度大小分到为一兰一识水 定的速度水平抛出，重力作用会改变竖直方向上 的动量，所以两小球和弹性绳组成的系统在竖直 平方向根据动量守恒可得Mvo=MuM十mvm,可 方向上的动量是不守恒的，A错误；水平方向上共 得M=3m,则竖直方向Mu=M d- 元=3m 速时弹性势能E。最大，设此时两小球竖直速度均 为v1,根据水平方向上的动量守恒有m0。 m,=m,可知竖直方向也满足动量守恒；碰 2m,根据能量守框有2mg+了mi=号×2m 檀前的总动能E。= 2 Muj=27md T,碰撞后的总 (v#十)十E。,两小球在竖直方向上做匀变速直 。1 动能E,=号M(成+成)+ 2m(vm+)= 线运动，则有=2gh,联立解得E,=4mo6,B正 确；水平方向上共速时弹性势能E。最大，弹性绳 2T2>E=27md2 33md2、 2T,可知不满足碰撞过程总动 1 最长，此时水平方向V典=2，此时两小球竖直 能不增加原则，故选项C中下一次闪光时两小球 速度均大于0，则根据速度的合成可知两小球的速 所处的位置不合理，C错误；由选项D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 度均大于%，C错误：两个小球在水平方向上的运 -弘，，=只，小质要小球活水平方向和竖 动可看成小球b以速度。在水平方向运动的弹 簧模型，依题意分析可得，初始时两小球在水平方 直方向的速度大小分别为以-识。，-2识水 向上的动量不为零，且方向向右，两球形成的系统 总体会朝着右侧运动，当第一次等于弹性绳的原 平方向根据动量守恒可得Mv,=MvM十mvm, 长时，水平方向a球静止，b球有向右速度v0,两 d 可得M=2n,则竖直方向M。-M=2 球相对远离运动状态，则Y。=O<;当第二次达到 1 绳的原长时，由muo=mU1十mU2,)m 2心=m2会，可知竖直方向也满足动量守恒：透 灌后的总动能配-号Mo呢十城)+号m+ 1 w计号mu号可得，此时0=ou=0,水平方向 动量守恒，水平方向为两球相对靠近的运动状态， )=18md2 272<E _27md2 2T?,满足碰撞过程总动能 当第三次达到弹性绳的原长时，水平方向恢复为 不增加原则，故选项D中下一次闪光时两小球所 初始状态，有v。=0,b=o,D正确。 7.AD【解析】系统动量守恒，则从开始运动到两者 处的位置合理，D正确。 二、多项选择题 共速时满足m1=(m1十m2)v共，对B分析可知 5.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 1n18,=2m,喉，解得2=2g(m十m,) 1 x2,由 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mw1= 题图像可知24gm十m,)》-94g,解得m=2 mim2 m2 0十m2,解得v2=6m/s,A正确；取药品A到螺 旋滑槽出口速度的方向为正方向，根据动量定理， 或1 我m,一2对A分析可知一w2=一2ugx1,解 药品A对药品B的冲量为IAB=mU2一0= 3kg·m/s,药品B对药品A的冲量为IBA=0一 m,(2m+7mx1,则2g6m+m 得2-2g(m1+m2)2 -x2= 1m1m2 ·27· 6 真题密卷 单元过关检测 （21十m2,郎得=2+%则=或 2μg(m1+m2)2 ℃2 m1 x22 1o号1分)号：1分)211分) =4,A、D正确。 【解析】从物体开始运动到停止运动过程，根据 x2 动量定理可得Ft一μmg·3t=0,可得物体与水 8.AD【解析】两球碰后速度分别为vA、B,根据动 F 1 量守恒以及机械能守恒可得mAV0=mAVA十 平面间的动摩擦因数A一3mg-3;物体做加速 1 1 1 mBg,7mA后-2mD员+2mBi,联立解得A 运动时，根据牛顿第二定律可得F一mg=ma1, mA-mB 解得a1- 3名，则t时刻物体的速度大小1= ,0B一mA十m 。因为所有的碰撞位 mA十mB 置刚好位于等边三角形的三个顶点，则①若第二 381,物体做减速运动时，根据牛颜第二定 次碰撞发生在题图中的b点，则从第一次碰撞到 1 律可得mg=ma2,解得a2=38,则物体加速 第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为A= 工B 与减速时的加速度大小之比a1:a2=2：1。 十30,1,23，m,且A,可得 5 TB UB 1.0250,1分)号m(1分)6mi1分) 4+3k 2-3,因为A,B的质量均为正数，故=0，即 【解析】在t=t2时，弹簧恢复原长，根据动量守 恒定律和能量守恒定律有mvo=一oA十mgX mA=2,对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分 m 0.25u,mi=2mm+2mmX(0,750,,联 1 别为v'A、'B,根据动量守恒以及机械能守恒可得 .5 立解得mg=3m,0A=0.25v,两物体共速时弹 maUa十mB阳=mA0A十mBoB,2mAO员十 簧弹性势能最大，则m。=(m十mB)v,E。= mei=司m,o发+m层，联立解得以=8， 1 mo-号m+med-5md。 1 B=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发 12.(1)10.00(1分)(2)0.124(1分)(3)1.6%(2分) 生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞 (4)挡光片的宽度过大(2分) 发生在题图中的C点，则从第一次碰撞到第二次碰 【解析】(1)挡光片的宽度d=l0mm十0.05mm× 撞之间，A,B通过的路程之比为A=2十3k（6=0, 0=10.00mm。 xB5十3k (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=310× 1,2,3,…),且A-A,可得mA=5+3k, m-36,因为A、 0.2×0.002N·s=0.124N·s。 TB UB (3)以小车碰撞前运动方向为正方向，小车碰撞前动 B的质量均为正数，故飞=0，即A=5,根据①的 mB 量p,=m4=m4=0.1×10.00X10 分析可证0A=0,B=0,满足题意，A、D正确。 15.6X10kg·m/s≈ 三、非选择题 0.0641kg·m/s,同理，小车碰撞后动量p2= 9.1.5(1分)13.5(2分) -mv2=-m =-0.1x10.00X10 【解析】物块与水平地面间的最大静摩擦力∫mx一 t2 `16.1X109kg·m/s≈ umg=3N,由F-t图像可知，在0~1s内物块处 一0.0621kg·m/s,则动量变化量△p=△p1一 于静止状态，在t一1s时物块开始运动，则0~2s内， △p2=0.126kg·m/s,可知相对误差为6= 物块受到的合力冲量大小1。=Ip-【,=36× △p一 ×100%= 0.126-0.124 0.124 ×100%≈ 2 1一3×1=1.5N·s;在t=1s时物块开始运动， 1.6%。 则1~6s内，对物块根据动量定理可得I合=I (4)当小车通过光电门的速度较大时，遮光时间 1,=p-0,共中1=36×1+6×4= 越短，通过光电门的平均速度越接近瞬时速度， 2 而当速度较小时，遮光时间较长，小车通过光电 28.5N·s,I",=3×5=15N·s,解得第6s末， 门的平均速度与瞬时速度偏差越大，可知产生误 物块的动量大小p6=13.5kg·m/s。 差的原因可能是挡光片的宽度过大。 6 ·28· ·物理· 参考答案及解析 13.(1)>(1分)(2)c(1分)(3)没必要(1分) (4)m151=m152+m2s3(1分)51+s2= 15.(1(2-2)√g (2)2+2)mWgL 2(M+m) s3(或答案为m1s子=m2s号十m3s)(2分) (3)(2+2)gL· mM 【解析】(1)为保证两球碰撞后沿同一方向运动， N2(M+m) 入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以 【解析】(1)猴从A点到E点，在竖直方向做匀 加速运动，设运动时间为t1,从A点到D点，在 m1>m2。 (2)如果采用画圆法确定小球的平均落，点位置， 竖直方向也做匀加速运动，设运动时间为t2,则 1 应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去， 2L-L=28 (1分) 且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落 1 点的平均位置，故圆c画的最合理。 2L=28号 (1分) (3)由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都 设小猴从木框边缘E到“U”形槽底D,点的时间 相同，所以小球做平抛运动的时间相同，等式两 t,则有 边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动 t=t2-t 的高度。 (4)设平抛运动的时间为t,则碰前A球的速度 解得1=(2一2)、g (1分) ,碰后的速度-，被碰小球的速度为 (2)设木框P的水平长度为S,小猴在最高点A 水平跳出后槽的速度大小为01，“U”形槽获得的 2三，要验证系统的动量守恒，需要验远 速度大小为V2,则猴从A点跳到E点的过程 中有 m1v=m11+m2v2,即验证m151=m1s2十 s=(v1十02)t (1分) m233成立；要验证碰撞为弹性碰撞，需要验证 猴从A点跳到D点的过程中，有 1 s十L=(U1十v2)t2 (1分) m253,化简可得s1十52=53或m1s1=m1s十m2s号。 水平方向上系统动量守恒，有 mv=Mv2 (1分) mgh 14.(1)m√2gh,方向竖直向上 (2)M(f-Mg) 解得u,=C2+②)mgL 2(M+m) (1分) 【解析】(1)设燃烧使重锤汽缸获得的速度为0， 桩体获得的速度为，对分离后的重锤汽缸由机 (3)设小猴在A,点起跳初速度大小为0o,口。在水 平方向的速度为口z,竖直方向的速度为⑦，，小猴 .1 械能守恒，有2mu6=mgh (1分) 起跳后，槽水平向左的速度大小为3，则小猴在 对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故 竖直方向做竖直上抛运动，设从A到C运动时 由动量定理，有 间为t3,有 I燃=mvo0 (2分) _2w t3= 得Iw=m√2gh,方向竖直向上。 (2分) g 小猴起跳过程中，“U”形槽和小猴在水平方向动 (2)分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽 量守恒，在从A到C过程中，“U”形槽和小猴在 缸和桩体组成的系统动量守恒，有 水平方向上的相对位移为L十5，有 mvo=Mv (2分) Mv3=mv (1分) 分离后对桩体，由动能定理，有 L十s=(3十vz)t3 (1分) 1 MgH-fH-0-2Mo* (2分) 解得v:与v,的关系是 m'gh (2+√2)MgL 解得H=M(f-Mg)” (2分) v,=2(M十m)ux ·29· 6 真题密卷 单元过关检测 设小猴起跳过程中对“U”形槽和小猴组成的系统 Fd (1分) 做的功为W,则 解得E摄=3· 1 1 (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 2m(o2+v) n号小球碰前的速度为℃m,与第n号小球碰后， (1分) 小球A和n个小球组成的系统的速度为，小 将，带入，有 球A与前(n一2)个小球组成的系统与第(n一1) W-M)(6+4/)MgL 1 号小球碰后的速度为o'm-1,从小球A和前(n 2M 4(M+m)2 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 (1分) 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) 根据均值不等式，小猴做的最小功Wmn,有 个小球，由动能定理得 mM Fd-2m+(n-Im]v-L2m+(a- 1 Wmn=(W2+2)gL· √2(M+m) (1分) 16.a)1/2md 2 F (2a 3 (3)3/®园 1)m]'-1 (1分) 22m 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 运动，对小球A由牛顿第二定律得 定律，有 F=ma [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)v (1分) 由运动学公式得d=2at好 1 由上式解得=n n十20m v-at n 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 同理可推出0-1n十”- 恒，有 联立可得(n+1)22=n2:1十(m+1)2 m mv=mvA十m' (1分) 同理可推出 1 (1分) 2Fd n2o员-1=(n-1)2v员-2十n m 联立解得VA=0,V'=V 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 (n-1)'2-2=(n-222-g+(m-1)2Fd m 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 …… 以速度匀速运动，所以10号球开始运动的 2Fd (2+1)2v=22w+(2+1) 时间 m -+g 以上式子相加得 (1分) (2分) 部得品。 m+1)2=2i+(m+400m-1)Fd m (1分) 又u=Fd (1分) (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 m 理得 解得o= 子++ 2 (1分) M-x2nw时 (1分) 根据数学知识可知，当1 1 n+1=-2x(-2)=4, 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 2mw1=(2m+m)v1 (1分) 即n=3时n有最大值 小球A与1号球碰撞后能量损失 3Fd VAmx=V3=2√2m (1分) (2m十m)4 (2分) ·30·