单元过关(七) 动量守恒定律-【衡水真题密卷】2027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专版)

2027 15.10w2gh(2),mg(3)m 【解析】(1)物块甲运动到C点时对圆孤轨道恰 好无弹力，则重力恰好提供向心力，根据牛顿第 vc 二定律知mg=m (2分) 解得vc=√2gh (1分) (2)甲从B点上滑运动到C点过程，根据动能定 理有-mgr(1-c0s60)=2mu呢-2mi (2分) 在B点，根据牛顿第二定律有 mg cos60°+FN=mu (1分) 3 解得FN=2mg (1分) (3)乙物块到达O?,点后将向右平抛运动的初速 度为03，落到圆孤上的速度为4，则水平方向有 x=v3t （1分) 1 竖直方向有y=2812 (1分) 乙物块平抛运动的位移有x2十y2=R2 (1分) 2026一2027学年度单元过关 一、单项选择题 1.C【解析】根据动量定理可得F·△t=△mv,代 入数据，解得F=0.120N,C正确。 2.D【解析】圆盘在转动过程中，竖直方向平衡，支持 力N=mg,支持力的冲量1w=N·2-吸不，A错 误；圆盘在转动过程中，重力与支持力平衡，摩擦力等 于物体的合外力，根据动量定理Ir=△p=πwr,B 错误；圆盘停止转动后，小物体受到的合力为摩擦力， 合外力的冲量等于摩擦力的冲量，I=△p'=r,C 错误，D正确。 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 1 大小Ir=2×0.1X6600N·s=330N·s,方向 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 量大小I=Ir一Mgt=300N·s,方向竖直向上， B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小0= √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理 得I=Mu-(-Mo),解得v=2m/s,则上升的 最大高度h一2g=0,2m,D正确。 ·22 单元过关 设乙物块的质量为M,则乙物块由O2点向右平 抛落到圆孤上时，根据动能定理有 1 1 Mgy=2Moi-2Mo号 (1分) 张立释4停+ (1分) y/ R2 由数学知识可知当3y= 时，乙物块平抛落在 y 圆孤上的速度最小，联立可得3=√gh 设甲乙碰撞后，物块甲和乙的速度大小分别为 1,2。对物块乙，在水平桌面上匀减速直线运 动，根渴动能定理-Mgs=2Moi-2Mo 1 (1分) 解得v2=√2gh (1分) 物块甲和乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒 1 1 mvc=mv1+Mv:,2 mvt-2 mv+2Mo (2分) 代入数据，解得M=m。 (1分) 七)物理·动量守恒定律 4.A【解析】根据动量定理知Ir=Ft=△p,可知题图 丙中图线与时间轴所围面积表示小车受到的弹力的 冲量，取水平向右为正方向，则有一0.72N·s= 一mw0一mwo,解得m=600g,A正确；由题可知，小车 接触到弹簧后向右运动的过程中，由题图乙、丙可知， 在t1~t2时间内受到的弹力逐渐增大，则小车做加 速度增大的减速运动，速度减为0，此时弹力最大，即 小车所受的合外力最大，此时小车受到水平向左的弹 力，后小车向左运动，弹力减小，小车向左做加速度逐 渐减小的加速运动，B、C错误；在t2~t3时间内，小车 受到弹簧弹力的作用，即小车在此期间受到外力的作 用，机械能不守恒，D错误。 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kmw0=(m十 k m)u1,求得1=十100，子弹动量的变化 重ap=nn-k加，=骨行A餐溪：6袋A 1 k2mv3 的动能增加量△EM=2mwi=2(k十1，B错误； 当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， ·物理· k kmw。=(2m十km)u2,求得u:一十20，物块B的 动量最大值p=6十2，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 1 1 能△E,=2（m+km)i-2(2m+km)= k2mvo 2(k+1)(k+2)D错误。 6.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 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 速度，根据动量守恒定律可得m。=(m十M)v, 可得u=mu。 m十M,A错误；设小球回到轨道底端时 的速度为1，滑块的速度为v2,根据系统水平方 向动量守恒可得mvo=mv1十Mv2,根据系统机械 能守恒可得2m话=2mf+分M,联立解得a 1 m-M m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 mv0=mvm十MvM,则有mvot=∑mvmt十 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 mvot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= mvot-Mx ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 m 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 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 7.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 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 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 与速率满足关系式∫=kv,根据动量定理△p= F△t,可知-t图像的斜率表示合外力，由题图可 知t=0时刻，-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 m,有mg十ku1=m0m,其中1=心，当力三 m ,。,解 时，物体合外力为零，此时有mg=b02=k2m 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高点的时 间为1，上升的高度为h,设最高点到落地的时间 为t?,从地面抛出到最高点由动量定理 得-mgt1一k∑v1t1=0-po,即mgt1十bh=po, 同理下降阶段mgt2-k2t=),即mg42 仙-，联立可得小球从抛出到落地的总时间 ·2 参考答案及解析 -3p。,C正确；小球上升过程中阻力的 t=t1十ta=2mg' 冲量Ia=k∑o1t=h,小球下落过程中阻力的 冲量I2=k∑2v2t2=kh,故小球上升和下降过程 中阻力的冲量大小相等，D错误。 二、多项选择题 8.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 B的速度为⑦2，药品A到螺旋滑槽出口速度1= 6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mw1=0十 mw2,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，药品 A对药品B的冲量IAB=mV2一0=3kg·m/s,药 品B对药品A的冲量IBA=0一mv1=一3kg· m/s,所以，药品A对药品B的冲量与药品B对药 品A的冲量等大反向，B错误；药品A在螺旋滑槽 运动过程重力的冲量Ic=mg△t=25N·s,C正 确；设药品A离开传送带时的速度为Uo,药品A在 螺旅滑槽运动过程合力的冲量I合=mu1一mo0= 2kg·m/s=2N·s,D错误。 9.AB【解析】无人机经飞控系统实时调控，在拉 力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速 直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉 力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的 合力如图，可知无人机受到空气作用力的大小和 方向均会改变，在T时刻有c0s120°= (mg)+F-F受，F=F。-kT,解得F立 2mgF √(F。-kT)2+(mg)2十mg(F。-kT),A正确、D 错误；由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0 到T时间段内受到拉力的冲量大小为Ft图像与坐 1 标轴周成的面积为(F。一2T)T,B正确；将拉力沿 水平和竖直方向分解，则无人机受重力和拉力的合力 在水平方向有F,=兮(F。-t),无人机受重力和拉 力的合力在竖直方向有F,=2(F。-k)十mg,0~T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲 量1.-(r,T-r0T时间段内无人九交 1 重力和拉力的合力在竖直方向的冲量L,=2F,T 4T+mgT,则0~T时间段内无人机受到重力和 拉力的合力的冲量大小I=√T十I了= 3 1 2027 F mg 10.BD【解析】炮弹竖直上升到最高，点时，炮弹的动 量为0，炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可知， 甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相 反，A错误；设两弹片分离时，甲的速度大小为v,由 于甲、乙两块弹片的质量之比为2：1，根据动量守 恒定律可知，乙的速度大小应为2)，设爆炸点的高 度为h,对甲、乙，在水平方向有x=vcos0·t1十 2vcos0·t2,解得vcos0=12m/s,对甲、乙，在 竖直方向有h=-osin0·6十2g号=2wsin0, :十2gt,解得usin0=l6m/s,联立解得tan0= 血0=号0s9=号=20m/sh=84m,所以 4 3 甲落地时距O点的距离x甲=cos0·t1=72m,B、 D正确，C错误。 三、非选择题 11.(1)AC2分)(2L,=,-42分)(3)3(2分) 【解析】(1)小球1的质量大于2的质量，碰撞后 小球1才可向右运动，A正确；保证小球1从同 一位置释放即可，斜槽不要求尽可能光滑，B错 误；斜槽末端需要保证水平，这样小球才能做平 抛运动，才可以用水平位移表示小球的速度，C 正确；复写纸可以移动，但白纸不能移动，D 错误。 (2)若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为 弹性碰撞，则雾要满足m,2=m1十m2》 要满足的表达式为l2=l3一l1。 (3)临界情况：碰后球2速度等于碰前球1入射 速度，即3mwo=mu0+3mU1,可得1=3，则 2 1 恢复系数e= 30-0= 39 v0一0 12.(1)完全非弹性(2分)(2)0.311(2分)0.310(2分) (3)在误差范围内，两车碰撞过程中动量守恒(2分) ·2 1 单元过关 【解析】(1)由图像可知，碰后两物体有共同的速 度，可知该碰撞为完全非弹性碰撞。 (2)碰撞过程中有p1=m。十mbb=(0.46X 0.081+0.41×0.668)kg·m/s=0.311kg·m/s, t2时刻两车的总动量p2=mav。十mb01=(0.46X 0.115+0.41×0.628)kg·m/s=0.310kg·m/s。 (3)本实验得出的结论：在误差范围内，两车碰撞 过程中动量守恒。 13.(1)5m/s(2)5s(3)-5250J 【解析】(1)匀速时对被救人员沿着斜面方向受 力平衡有 mg sin53°=umg cos53°+kvm (2分) 解得 Um-5 m/s (1分) (2)被救人员由初始时刻到恰好匀速，对被救人 员在斜面上的加速过程由动量定理得 mg sin53°·t-umg cos53°·t-kvt=mvm-0 (2分) 空气阻力的冲量 ∑kv:△t=kx1 (1分) 联立解得 t=5s (1分) (3)匀速过程位移 x2=vm(t总-t)=15m 全程总位移 x总=x1十x2=35m 整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功 W=-ng cos53°·x总 (2分) 解得 W=-5250J. (1分) 14,（1)33mg9w3mg 2 2 01sf-()m 4-6s,f=(合-2）mg见解析（③）2 11 【解析】(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根 据数学知识可知F=3mg (1分) 4 所以当t=6s时，F=33mg 2 (1分) 0~6s内，F的冲量为F-t图像围成的面积，即 1.3W3 I 9W3 -2x-2 mgx6- 2 mg (1分) (2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则 有mg sin30°=mg cos30° (1分) 即μ=tan30°= 3 ·物理· 在垂直杆方向，当Fsin0=mg cos0时，t=4s, 则0~4s,垂直杆方向 Fsin 0++Fx=mg cos 0 (1分) 摩擦力f=FN=(3 3 2mg-8 mgt- (日8rmg0≤<4 (1分) 在46s内，垂直杆方向 Fsin 0=mg cos 0+Fx 摩擦力f=FN二38mg3 2 mg= (g-2)mg4s<≤6s) (1分) 相应的ft图像如图 f mg 246t/s (2分) (3)在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 IFcos 0-I+mgsin 0=mv (1分) 在0~6s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面 积，则 4mgx2= 1,=×mgx4+×m 11 mg (1分) 联立有2mg·cos30°5 4mg+3mg=mv (1分) 2 可得0=28· (1分) 15.(1)1/2md 2 F 9 ,(33@ 3 2 2m 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 运动，对小球A由牛顿第二定律得 F=ma 1 由运动学公式得d=2at好 v=ati 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 nU=mvA十mv (1分) 1 2mv2 1 -2mo明+2mv'2 (1分) 联立解得A=0,v'= 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 ·2 参考答案及解析 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 时间 ,9d t=t十0 (1分) 112md 解得t=2√F (1分) (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 理得 d-之×2mn (1分) 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 2mv1=(2m+m)v1 (1分) 小球A与1号球碰撞后能量损失 1 E指=2X2moi-2(2m+m)12 (2分) Fd 解得E装=3 （1分) (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， 小球A和n个小球组成的系统的速度为”，小 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n-1) 号小球碰后的速度为'm-1,从小球A和前(n一 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) 个小球，由动能定理得 FH=2[2m+(a-1)m]i-号[2m+(a -1)m]'-1 (1分) 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 定律，有 [2m+(n-1)m]v,=(2m+nm)v (1分) 南上式解#-二品 (1分) n 同理可推出0-1一n十1”a-1 联立可得(n+1)u2=n2+(n+1)2d (1分) 同理可推出 2Fd n2-1=(n-1)2o-2十n (n-1)2-2=(n-2)2-g+(m-1)2Fd 1 2027 单元过关 (2+1)=2i+(2+1)2Fd 解得v= 2 m a子n+] m 以上式子相加得 1 1 1 Fd 根据数学知识可知，当n十1=一2×(-2)4’ (n+1)2v2=22w2+(n+4)(n一1) (2分) m 即n=3时vn有最大值 又i=Fd (1分) 3 Fd m UAmx=U3=2√2m (1分) 2026一2027学年度单元过关（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 9 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 3d,联立解得xB=4d,A错误；根据动量守恒定 mPvp mNUN =mpvp +mNUN,Ep mp (vp-vP)= 律有3mA1一m=0,解得此时A的速度A1= mN(k一N),根据图像可知(r-)>(人一vN), 故mp<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 日，在孩段时间内，A球的速度由0变为？，由动 恒有mava十mNN=mQ%十mNk,即ma(oa-)= 量定理可得库仑力对A球的冲量大小IA= mN(小一N),根据图像可知(Q一)<(K一N),故 3m℃A1一0=m,B错误；在该段时间内，对B,由 mQ>mN;故ma>mN>mp,D正确。 1 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为V1,由 动能定理有Wa=2X3mu= 6mu,在该段时 动能定见得-四g·自1-名时一司心，减直 1 1 间内，库仑力对A球做功为6m0,C错误；根据 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为2，根 能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 增加量，为△E-2X3mXi十m 3mo2, 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, D正确。 则呢2gx,联立解得工8gY8D正确， 5.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统 原来的6振括E,=m,可知碰旋后A的连 1 由动量守恒定律有v=Mv',可得抛球人获得的 连度。-A错误：第一次抛接球的过程，对 度大小变为原来的上，设A碰擅前瞬间速度为， 人和球系统由动量守恒定律有mv=(M十m)v", 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mA?= 接球人获得的速度v”= m十M,B错误；从开始抛 mu m十m）·解得=号，A错误：受A的质 球到最终，根据Mv1=(M十m)v2,若v甲<vz,说 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 明甲是最终的持球人；若v甲>v2,说明乙是最终 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正 力为4g,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 确，D错误。 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2一 4.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 律有ag,两球运动一段时间，对B,由牛切 x(,-),B错误；从x1到x的过程 可得飞= Ek 弟三定体有号-，长立舒得比时AB装同距 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度 最大在x1处或者x3处，在x1处有mg十3mg一 x=3d,对AB系统，根据动量守恒定律有3mvA 下，=m,F,=m8=3ng,解得a=子8，在，处 m0B=0,整理得3mA-m=0,因为xA十xB t-m t 有F弹-mg-3mg=4ma',F#=3mg+k△x= ·26·2026一2027学年度单元过关（七） 物理·动量守恒定律 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 6 7 答案 1.随着我国航天科技的飞速发展，离子推进作为一种高效、持久的空间电推进技术，在航 天器姿态调整、轨道转移等方面发挥着越来越重要的作用。离子推进器通过电离气体 (如氙气)产生离子，并在强电场的作用下将离子加速喷出来产生推力。若某探测器质 量为4950kg,每秒将3.0×10-3g的离子以40km/s的速率（远大于探测器的飞行速 率)向后喷出，则探测器获得的平均推力大小约为 () A.1.98N B.0.1485N C.0.120N D.1.20×10-3N 2.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一 质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆 盘上的某点停止。下列说法正确的是 () A.圆盘停止转动前，小物体运动半圈所受支持力的冲量为0 B.圆盘停止转动前，小物体运动半圈所受摩擦力的冲量为0 C.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受合外力的冲量为0 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为wr 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 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。 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t的变化规律，可 近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg,H=3.2mg取10m/s2,忽略 空气阻力。则 () F/N 头锤一 6600 安全气囊 试验台 0 0.1 甲 乙 单元过关（七）物理第1页（共8页） 学无止境，探索不止 A.碰撞过程中F的冲量天小为660N·s 班级 B.碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下 C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s 姓名 D.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 4.光滑水平轨道固定在地面上，轨道右侧固定传感器，传感器与一轻质弹簧连接，开始时 弹簧处于原长状态，如图甲所示。使小车以初速度。沿轨道向右运动，传感器记录小 得分 车运动过程中小车的t图像（如图乙所示）和小车所受弹簧弹力大小F随时间t的变 化图像（如图丙所示），忽略空气阻力。以下说法正确的是 ( ) /(m's) F/N 0.60 面积为0.72N·s m → 传感器 小车。司 Mi 7777777777777777777777777 -0.60---- 甲 乙 丙 A.小车质量m为0.6kg B.小车速度为零时，加速度也为零 C.t1~t2时间内，小车做匀变速直线运动 D.t2~t3时间内，小车的机械能守恒 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 原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度vo射入物块A并留在其中（时间极短）， 下列说法正确的是 () 0 A.子弹射人物块A的过程中，子弹的动量变化量为 k+1 B,子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为2) kmv3 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 k2mvd 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)(k十2) 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 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 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 ( 单元过关（七）物理第2页（共8页） A.小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 B.小球回到轨道底端时的速度大小为vo C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为mw一M 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 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。 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 说法正确的是 () AP A,小球t2时刻刚好落地 B.小球在运动过程中加速度最大为2g 3po C.小球从抛出到落地的总时间为 2mg D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 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 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。 题号 9 10 答案 8.如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽 平滑连接的水平平台组成，竖直螺旋滑槽高5m、长30m,质量为0.5kg的药品A离开 传送带进入螺旋滑槽的速度为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 () 2 m/s 5m 螺旋滑槽 水平平台《 777n777777777777777777 1 单元过关（七）物理第3页（共8页） 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 9.如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机 经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。 已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F。一kt(F>0,F。、k 均为大于0的常量)，无人机的质量为，重力加速度为g。关于该无人机在0~T时间 段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的是 () A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为F。一2T)T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(下。-2T)T D.T时刻受到空气作用力的大小为 3F-T)2+mg+29 10.某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方 向与水平方向的夹角为0，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x= 120m,它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1=6s,t2=2s,若甲、乙两块弹片的质 量之比为2：1，g取10m/s2,不计空气阻力，则下列说法正确的是 () U/ A.两弹片分离瞬间的动量相同 B.弹片甲落地点到O点的距离为72m C.tan =3 D.爆炸点距水平地面的高度为84m 单元过关（七）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)小明同学利用如图甲所示装置研究两球间的碰撞规律，天平测得小球1质量为 m1,小球2质量为2，斜槽末端在白纸上投影为O,让小球1从斜槽某位置由静止释 放，记录落点为P,再将小球2置于槽的末端，使小球1由同一位置由静止释放，与小球 2相碰，记录两球落点分别为M和N,如图乙所示。 斜槽 铅垂线 铁架台 复写纸白纸 一木板 7777777777777777 甲 乙 (1)若该实验要验证动量守恒定律，则下列说法正确的是 (填正确选项前面的 字母)。 A.小球1的质量应大于小球2的质量 B.斜槽应尽可能光滑 C.轨道末端必须水平 D.实验中复写纸不能移动 (2)通过刻度尺测得OM长度为L1,OP长度为L2,ON长度为13，若该实验要验证小球 1和小球2的碰撞为弹性碰撞，则需要满足的表达式为 (用题目中所给出的物理量表示) (3)定义碰撞过程的恢复系数e= 012 ,其中v12和v12分别表示两物体碰撞前的相对 U12 速度和碰撞后的相对速度。已知m1=3m2,且落点P总是在M、N之间，说明恢复 系数至少为 12.(8分)某同学发现在验证动量守恒定律的现有实验中，都是验证碰撞前与碰撞后系统 的动量是否守恒。该同学提出质疑：碰撞作用过程中系统动量是否守恒？于是从实验 室找来DIS传感器组件验证两小车碰撞过程中动量是否守恒。如图乙所示，无线速度 传感器实时记录了两小车碰撞过程中速度与时间的关系图像。 /(m's-) 1.5 1.0 0.5 tis b 甲 单元过关（七）物理第5页（共8页） (1)由图像可知该碰撞为 碰撞（填“弹性”“非弹性”或“完全非弹性”）。 (2)已知a车的质量为0.46kg,b车的质量为0.41kg,取碰撞过程中任意两个时刻t1、 t2,由图乙可知t1时刻va=0.081m/s,vb=0.668m/s,此时两车的总动量P1= kg·m/s,t2时刻oa=0.115m/s,vb=0.628m/s,此时两车的总动量 P2= kg·m/s(计算结果保留三位有效数字)。 (3)本实验得出的结论： 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 员到达较高位置进行灭火和营救行动。假设未来的云梯通过控制可以切换成斜面模 式变成救援滑梯，被救人员通过滑梯快速运送到消防车上（消防车平台上设有减速装 置)。假设救援滑梯的斜面倾角0=53°，质量m=50kg的被救人员从顶端由静止开始 沿滑梯下滑，加速下滑x1=20时开始做匀速直线运动，全程用时8s滑至滑梯底端 到达消防车，下滑过程被救人员所受的空气阻力f=kv(k为常量且k=50),被救人员 与救援滑梯间的动摩擦因数μ=0.5。sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2。求： (1)被救人员下滑的最大速度vm; (2)被救人员加速下滑的时间t; (3)整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功W。 单元过关（七）物理第6页（共8页） 14.(13分)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚 好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所 示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g, 0=30°。求： (1)t=6s时，F的大小以及t在0~6s内F的冲量大小； (2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像； (3)t=6s时，物块的速度大小。 F 2.3mg 1 单元过关（七）物理第7页（共8页） 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， 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 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 视为质点，小球间碰撞时间忽略不计。 (1)若小球A质量为，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。 (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 碰撞过程中的能量损失。 (3)在(2)中条件下，求小球A运动过程中的最大速度。 1 10 A F 77777777777 77777777 77777777777777777777777 d 单元过关（七）物理第8页（共8页）