单元过关(七)动量和动量守恒定律-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(广东专版)

学无止境，探索不止 2025一2026学年度单元过关检测（七）》 球预计在A点撞击，设想在地球运行到B点时发射无人飞行器，飞行器在太空中辅获 班级 卺题 百吨级质量的岩石后构成质量为m。的组合撞击体，该撞击体在小行星椭圆轨道的远日 物理·动量和动量守恒定律 点C沿切线与质量为3m。的小行星发生完全非弹性碰撞，从而使小行星改变飞行轨迹， 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 到达偏转圆轨道稳定运行。组合撞击体与小行星撞击前瞬间的速度大小是地球公转线 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 得分 一项符合题目要求。 速度的号，则小行屋擅击前在椭圆轨道的远日点C的速度大小为 ) 题号 1 2 3 4 5 6 B.3xk C.5xk D.8xR 答案 人 4To 6To 9T. 1.2024年春天，我国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式 4.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 霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行。嵌套式霍尔推力器 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）， 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 下列说法正确的是 () 个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎 燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为】，是单位质量的推进剂产生的冲量，比 冲这个物理量的单位应该是 () A.m/s B.kg·m/s C.m/s" D.N·s A.子弹射人物块A的过程中，子弹的动量变化量为十 2.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 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」 B子弹射人物块A的过程中，物块A的动能增加量为，md 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 2(k+1)月 近似用图乙所示的图像描述。已知头锈质量M=30kg,H=3.2m,取g=10m/s2,忽 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 略空气阻力。则 () k+2 头 6601N k2mvt 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D(k+2) 安全气 5.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 试验台 分 01 水平面相切，滑块质量为M。质量为m的小球以初速度。从圆孤形轨道底端冲上轨 A,碰撞过程中F的冲量大小为660N·5 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 B.碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下 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 () C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·8 A,小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 D,碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 3.中国科学家提出的“以石击石”改变小行星飞行轨迹的方案为 B.小球回到轨道底端时的速度大小为。 小行星 人类应对小行星的潜在威胁提供了新的思路。如图所示，已 A 偏转刻轨道 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 知天体在轨道上的运动方向均为顺时针，地球公转圆轨道的 m 半径为R、周期为T。,偏转圆轨道的半径为4R,若小行星与地 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） YJ 6.一质量为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 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 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 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 说法正确的是 () 速度v,待A,B共速时其位移分别为x1和x2,测得u2与工2的关系如图乙所示，则 n A,小球t:时刻刚好落地 和的值分别为 () 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3P 2mg D.小球上升和下降过程中阻力的神量大小不相等 7.2023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“阿格背景板”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 B.1,3 c 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 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 6 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() 环内有质量分别为mA和m:的小球A和B(mA>m)。初始时小球 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 有的碰撞位置刚好位于4，b,c点，则小球的质量比m可能为() A.2 B.3 C.4 D.5 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 三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。 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。 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 的关系，具体实验步骤如下： 题号 9 10 光电门 挡光片 答案 力传悠器 0 2 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 2 m/s 山山H止m 带，竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直 01234567890 小4 螺旋滑槽高5m、长30m,质量为0,5kg的药品A离开传 5m螺旋清槽 送带进人螺旋滑槽的速度为2m/s,到螺旋滑槽出口速度为 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 B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，取g=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在螺旋潜槽运动过程重力的冲量大小为25N·5 0,02 0.04006 D.药品A在螺旋滑槽运动过程合力的冲量大小为30N·s Y灯 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= 13.(10分)我国现在的消防车云梯如图所示，不仅可以把水运送到高空，还可以运送消防 0.100kg:用游标卡尺测出挡光片的宽度，测量结果如图乙所示； 员到达较高位置进行灭火和营敕行动。假设未来的云梯通过控制可以切换成斜面模 ②将力传感器固定在轨道一端合适的位置； 式变成救援滑梯，被救人员通过滑梯快速运送到消防车上（消防车平台上设有诚速装 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： 置)。假设救援滑梯的斜面倾角8=53°，质量m=50kg的被救人员从顶端由静止开始 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： 沿滑梯下滑，加速下滑x1=20m时开始做匀速直线运动，全程用时85滑至滑梯底端 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； 到达消防车，下滑过程被救人员所受的空气阻力∫=kw(k为常量且k=50),被救人员 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 与救援滑梯间的动摩擦因数=0.5。sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2。求： 请回答以下问题： (1)被救人员下滑的最大速度m: (1)挡光片的宽度d= mm. (2)被救人员加速下滑的时间t: (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) (3)整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功W。 (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 ×100%,由以上数据计算可得（结果保留两位有效数字）。 (4)该小组重复多次实险，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 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 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 (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:m2(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m、m25、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） YJ 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 Y灯 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 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 解得FN=87N =T+T-43元 由牛顿第三定律有 4十12=15s (1分) F压=FN=87N (1分) 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s一684J 方向竖直向下。 (1分) 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 理有 uimg=mal (1分) 1 -mgR(1-cos 0)= (1分) 解得a1=4m/s 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 解得vp=1m/s uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 解得a2=4m/s2 合牛顿第二定律有 设经过时间t木板B与C相碰，有 μng cos0-mg sin0=ma (1分) ?-d= 解得a=0.4m/s2 2a2t2 (1分) 设货箱经过x?后与传送带共速，由题意有 解得1一吉9 v2-v2=2a.x3 (1分) 解得x3=10m 此时货箱的速度 根据v=vn十at3 (1分) v1=vo-at=4 m/s (1分) 解得t3=5s 此过程中货箱发生的位移 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 1=0w12a12-8 1 ,=b24=1s (1分) 所以此时货箱离C点的距离 所以货箱从D到E的时间 d1=L1-(x1-x2)=0.875m tcD=ta十t4=6s (1分) 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 货箱运动到C点时速度为vc,有 W1=-umg cos 0.vt3=-576 J (1分) v2-v=-2a1d1 (1分) 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 解得oc=3m/s 送带做功 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 W2=-mg sin0·(L-x3)=-108J (1分) 尼 FN一mg=mR (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 W=W1+W2=-684J (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（七） 物理·动量和动量守恒定律 一、单项选择题 B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小v。= 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 推进剂产生的冲量，故可得L。结合动量定 I=Mv-(-Muo),解得v=2m/s,则上升的最大 理I=m△0，可得比冲这个物理量的单位为 高度为h=2g =0.2m,D正确。 kg:m/s=m/5,A正确。 2πR kg 3.D【解析】地球公转的线速度大小。= T。,设 2.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 小行星在偏转圆轨道上运行的周期为T,根据开 大小1，=7×0.1X6600N·s=30N·s,方向 普粉第三定律布号一”，利小行是金省排园 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 量大小I=Ip-Mgt=300N·s,方向竖直向上， 轨道上运行的线速度大小)= 2πX4R ,组合撞击 T YJ ·24· ·物理· 参考答案及解析 体与小行星发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 2 定律有mX3十3move-(m,十3mo)u,联立 与速率满足关系式f=k口，根据动量定理△p= F△t,可知力-t图像的斜率表示合外力，由题图可 8πR 解得oc一9，D正确。 知t=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 4.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mv。=（m十 口有mg十0一0美中，一当力=一号 2 m)v1,求得u1一十1o,子弹动量的变化量 时，物体合外力为家，此时有mgk2=k,解 kmvo △p=bmu1一kmuo=一十i,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 k2mw。 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△Ew=2mi=2十，B错误：当 为t?,从地面抛出到最高点由动量定理得 弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大，则 -mgt1-k∑w1t1=0-po,即mgt1+kh=po,同 有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒， 理下降阶校mg:一68-会，即m8:一i一 kmu。=(2m十km)u2,求得u2一2十2，物块B的 联立可得小球从地出到落地的总时间为t。 kmvo 动量最大值力m一十2，C正确；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 3p0,C正确；小球上升过程中阻力的冲 t1+t2-2mg1 AE,-号(m+km)i-号2m+m)i- 量大小为In=k∑v1t=kh,小球下落过程中阻 力的冲量大小为I2=k∑22t2=h,故小球上升 k2mvo 2(k+1D(k+2)D错误。 和下降过程中阻力的冲量大小相等，D错误。 7.D【解析】设闪光周期为T,网格背景板一格宽 5.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 度为d,设质量大的金属球质量为M,质量小的金 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 属球质量为m,根据题图可知碰撞前大质量金属 球沿轨道上滑到最高点时，两者具有相同的水平 速度，根据动量守恒定律可得m0o=(m十M)v, 的速度为，二只，由于是大质量碰撞小质量 m0。 可得0一m十M,A错误；设小球回到轨道底端时 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 的速度为℃1，滑块的速度为2，根据系统水平方 向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度， 向动量守恒可得mv。=mu1十Mu2,根据系统机械 可知选项A、B中下一次闪光时两小球所处的位 能守位可符7m-号m十号Mni,联立解得 置均不合理，A、B错误；由选项C可知，大质量小 u1=n二M 球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 一m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒 T:=d 2d ，小质量小球沿水平方向和竖 可得mv,=mvm十MvM,则有mvt=∑mvmt十 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 直方向的速度大小分别为0=3粱，。 -3d 下，0，=T,水 mot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= 平方向根据动量守恒可得Moo=MoMz十mUmr,可 mvot-Mx ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 m 得M=3m,则竖直方向M6=M只=3m只 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 m”=m子，可知竖直方向也满足动量守恒；碰 3d 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 提前的总动能E。-号M-2m, 1 6.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 2T,碰撞后的总 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 1 1 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 动能E=2M(ia十iw)+2m(o+o）= ·25· YJ 真题密卷 单元过关检测 2T9>E=27md2 33md2 2T,可知不满足碰撞过程总动 x1=4,A、D正确。 x2 能不增加原则，故选项C中下一次闪光时两小球 10.AD【解析】两球碰后速度分别为A、vB,根据 所处的位置不合理，C错误；由选项D可知，大质 动量守恒以及机械能守恒可得mAU,=mAvA十 量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 1 1 =只，=只小质量小球活水平方向和竖 2d mava2m 2mAo后十2mB层，联立解得 直方向的速度大小分别为-华，。 2d 2mA0。。因为所有的碰 m30。,0B=A十 -，水 UA一mA十mB 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶，点，则①若 平方向根据动量守恒可得Mv=MM十mvm, 第二次碰撞发生在题图中的b点，则从第一次碰 d 可得M=2m,则竖直方向M心=M票=2m 撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 2d A=1十366=0,1,2,3，)，且=0A,可得 muw=m行，可知竖直方向也满足动量守恒；碰 ZB 4+3k mB2-3,因为A、B的质量均为正数，故6 mA 4+3k 1 1 撞后的总动能E以=2M(o促+城)+2n(o妮十 18md2 27md2 2T,满足碰撞过程总动能 0,即mA=2,对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度 隔)= 2T9<Ek0= mB 大小分别为A、B,根据动量守恒以及机械能守 不增加原则，故选项D中下一次闪光时两小球所 处的位置合理，D正确。 恒可得maUA十mBB=ma0A十mB0i,2mAv员十 二、多项选择题 1 8.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 m呢=名m员+名m0,联立解得以 B的速度为v2,药品A到螺旋滑槽出口速度为 0,B=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰 v1=6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mw1= 撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二 0十mu2,解得v2=6m/s,A正确；取药品A到螺 次碰撞发生在题图中的c点，则从第一次碰撞到 旋滑槽出口速度的方向为正方向，根据动量定理， 药品A对药品B的冲量为IAB=mU2一0= 第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为CA 3kg·m/s,药品B对药品A的冲量为IBA=0一 2+3k k=0,1,2,3,),且A=A,可得mA= mw1=一3kg·m/s,所以，药品A对药品B的冲 5+3k mB 量与药品B对药品A的冲量等大反向，B错误；药 5+3k -3,因为A,B的质量均为正数，故=0，即 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 A=5,根据①的分析可证A=U,UB=0,满足 的速度为⑦0，药品A在螺旋滑槽运动过程合力的 mB 题意，A、D正确。 冲量为I合=mu1-mwg=2kg·m/s=2N·s, D错误。 三、非选择题 9.AD【解析】系统动量守恒，则从开始运动到两者 11.(1)10.00(1分)(2)0.124(1分)(3)1.6%(2分) 共速时满足m1v=(m1十m2)共，对B分析可知 (4)挡光片的宽度过大(2分) n1x:=2m项，解得2-2g（m十m 【解析】(1)挡光片的宽度d=l0mm+0.05mm× 1 -x2,由 mim2 0=10.00mm。 题图像可知24gm十m)-9g二，解得m=2 (2)实验过程中，弹力对小车的冲量I=310× x m2 0.2×0.002N·s=0.124N·s。 或11 (3)以小车碰撞前运动方向为正方向，小车碰撞前动 我mg=2,对A分析可知一o2=一2ug1,解 m:(2m1+7m)x1,则3g:+ 得o2=2g(m:十m2)2 量p1=mw1=m =0,.1×10.0X10 15.6X10gkg·m/s≈ 0.0641kg·m/s,同理，小车碰撞后动量p2= 2g(m1+m2)2 d 一mw2=-m t2 =-0.1X10.00X102 `16.1X10kg·m/s≈ YJ ·26· ·物理· 参考答案及解析 -0.0621kg·m/s,则动量变化量△p=△p1一 ∑kU:△t=kx1 (1分) △p2-0.126kg·m/s,可知相对误差为6= 联立解得 △p-I ×100%= 0.126-0.124 ×100%≈ t=5s。 (1分) 0.124 (3)匀速过程位移 1.6%。 x2=vm(t总-t)=15m (1分) (4)当小车通过光电门的速度较大时，遮光时间 全程总位移 越短，通过光电门的平均速度越接近瞬时速度， x总=x1十x2=35m 而当速度较小时，遮光时间较长，小车通过光电 整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功 门的平均速度与瞬时速度偏差越大，可知产生误 W=-mg cos53°·x总 (2分) 差的原因可能是挡光片的宽度过大。 解得 12.(1)>(1分)(2)c(1分)(3)没必要(2分) W=-5250J。 (1分) (4)m1S1=m1s2+m2s3（2分)s1+s2= 53(或答案为m1s=m2s十m3s)(2分) 14.1)(2-2)g (2)2+2)mVg 2(M+m) 【解析】(1)为保证两球碰撞后沿同一方向运动， mM 入射小球的质量应大于被碰小球的质量，所以 (3)(W2+2)gL·√2(M+m) m1>m2。 【解析】(1)猴从A点到E,点，在竖直方向做匀 (2)如果采用画圆法确定小球的平均落点位置， 加速运动，设运动时间为t1,从A点到D点，在 应该让所画的圆尽可能地把大多数落，点包进去， 竖直方向也做匀加速运动，设运动时间为t2,则 且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落 1 2L-L=2g号 (1分) 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 1 2L-288 (1分) 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 设小猴从木框边缘E到“U”形槽底D,点的时间 的高度。 t,则有 (4)设平抛运动的时间为t,则碰前A球的速度 t=t2一t1 解得t=(2-√2) L -硅后的速度0= ,被碰小球的速度为 (1分) t g ,要验证系统的动量守恒，需要验证 (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1，“U”形槽获得的 m10=m11十m22,即验证m1s1=m1s2十 速度大小为V2,则猴从A点跳到E点的过程 m253成立；要验证碰撞为弹性碰撞，需要验证 中有 1 1 1 s=(v1+v2)t1 (1分) 2m1o=2m1i+2m2i,联立m151=m152十 猴从A点跳到D点的过程中，有 m253,化简可得s1十52=53或m1s号=m1s号十 s+L=(v1+v2)t2 (1分) m2s3。 水平方向上系统动量守恒，有 13.(1)5m/s(2)5s(3)-5250J mv-Mv2 (1分) 【解析】(1)匀速时对被救人员沿着斜面方向受 (2+√2)m√gL 力平衡有 解得v2= 2(M+m) (1分) mg sin53°=umg cos53°+kvm (1分) (3)设小猴在A,点起跳初速度大小为0，。在水 解得vm=5m/s。 (1分) 平方向的速度为，竖直方向的速度为v,,小猴 (2)被救人员由初始时刻到恰好匀速，对被救人 起跳后，槽水平向左的速度大小为口3，则小猴在 员在斜面上的加速过程由动量定理得 竖直方向做竖直上抛运动，设从A到C运动时 mg sin53°·t-umg cos53°·t-kvt=mvm-0 间为t3,有 (2分) 2v3 空气阻力的冲量 t3= (1分) g ·27· YJ 真题密卷 单元过关检测 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+m)v1 (1分) 水平方向上的相对位移为L十5，有 小球A与1号球碰撞后能量损失 Mv3-mv, (1分) 1 (2分) L+s=(v3十vz)t3 (1分) 解得v:与v,的关系是 Fd 解得E=3· (1分) 0,=2A+m)0 (2+√2)MgL (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 设小猴起跳过程中对“U”形槽和小猴组成的系统 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 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) w=Moi+2mi= 1 1 2 Muj+ 2m(o2+v) 号小球碰后的速度为'm-1,从小球A和前(n一 (1分) 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 将v,带入，有 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) W-(Mm)(6-4)M'g'L.1 个小球，由动能定理得 2M 4(M+m)2 Fa=2[2m+a-)m]i-2[2m+a (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 mM Wmn=(2+2)gL· (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.(1)1/2ma (2)Fd 2园 [2m+(n-1)mJo,=(2m+nm)v (1分) 2 F 3 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 由上式每释以-2 (1分) 运动，对小球A由牛顿第二定律得 F=ma 同理可推出-1n十1- n 1 由运动学公式得d=2at好 联立可得(n+1)22=n1+(n+1)2@ m v=at 同理可推出 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 2Fd n2o-1=(n-1)20-2十n 恒，有 m mo=mva+mu' (1分) (n-1)'2-2=(n-2)2-g+(m-1)2Fd 个 >22—上2x≥一—2之人2 (1分) …… 联立解得vA=0,'=v (2+1)22=22u+(2+1)2Fd m 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 以上式子相加得 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 以速度v匀速运动，所以10号球开始运动的 (n+1)2o=2+(m+4)(m-1)Fd (2分) 时间 t=4+9d 又u=Fd (1分) (1分) m 2 解得v= (1分) 11/2md 子n++ m 解得t=2F (1分) 1 1 根据数学知识可知， (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 当n+1=一2×(-2)=4 理得 即n=3时vn有最大值 Fd-2X2mvi (1分) 0Amax-03- 3Fa (1分) 21 2m YJ ·28·