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(重庆甘肃贵州湖南专版)

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 5 6 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3.0×103g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mwr 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=3.2m,g取10m/s2,忽略 空气阻力。则 () F/N 头锤 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 () 4/m's) F/N 0.60 面积为0.72Ns →视 传感器 小车☐了 M t/s →tls -0.60 3 7777777777777777777777777 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，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v。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 () A.小球沿轨道上滑到最高点时的速度为O B.小球回到轨道底端时的速度大小为v0 C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为m00一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 6.一质量为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 () 0 1 13 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 C小球从抛出到落地的总时间为3 3力o D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 单元过关（七）物理第2页（共8页） 2 7.如图甲所示，长L=1m、质量M=1.6kg的木板b静止在地面上，质量m=0.4kg的 物块a(可视为质点)静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为 1=0.2、42=0.3。t=0时刻，对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的 关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10/s2。下列说法正确的是 () 7777777777 A.0~2s内，摩擦力对b的冲量为0 B.t=5s时，a的速度大小为3.75m/s C.t=5s时，a脱离木板 D.0~5s内，地面对b的摩擦力的冲量为30N 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 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。 题号 8 9 10 答案 8.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m,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+(F。-2TT D,T时刻受到空气作用方的大小为，含(F。-T)+g十F。一个 2 2 单元过关（七）物理第3页（共8页） 9.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日，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 () 里 0 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 0=3 4 D.爆炸点距水平地面的高度为84m 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，圆环内有质量分别 为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度vo沿圆环切线方向 运动，与静止的小球B在α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ab、c点，则小球的质量比”mA可能为 mB () b 、120° 120-9a ,120° A.2 B.3 C.4 D.5 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7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m2,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。 单元过关（七）物理第4页（共8页） 斜槽 铅垂线 铁架台 复写纸白纸 木板 777777777777777777 7777 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l3,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= 12 其中v12和v12分别表示两物体碰撞前的相对 v12 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.(9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。 ◆/(ms-) 1.0h 0.5 0 a 甲 乙 (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、 单元过关（七）物理第5页（共8页） 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v=0.115m/s,v=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)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 筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩的总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高 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， 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 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。 (2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f,求该次燃烧后桩体在泥土中向下移 动的距离。 重锤汽缸 活塞桩帽 钢筋混凝土桩 Tw 7mnn7 单元过关（七）物理第6页（共8页） 2 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ft图像； (3)t=6s时，物块的速度大小。 F/N 2.3mg 8 为 乙 2 单元过关（七）物理第7页（共8页） 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， 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。 (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。 10 7777777777777777777777 单元过关（七）物理第8页（共8页）2027 migsin 0+fi=mia3 (1分) 解得f1=1.2N<μ1m1gcos0 假设成立 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 o共_121 s3=2ag-320m 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 体有 a=gsin 0-u2g cos 0=5.6 m/s2 (1分) 以小木块A为研究对象 migsin 0-f2=mia (1分) 解得f2=1.2N<1m1gcos0 假设成立 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 置经过的路程 297 s=2(s2十53)=160m (1分) (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 定理可得 1 2kzi-migzisin+2mv (1分) 解得x1=8.64m 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 migsin 0=kx2 (1分) 解得x2=2.88m 小木块A从释放到第一次运动到P,点的时间 T,T4√3π t= 4T1215 (1分) 3 15.(1)W2gh(2)2mg(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 二定律知mg=m (2分) r 解得vc=√J2gh (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一△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 T_mgπ，A错 力N=mg,支持力的冲量IN=N·2=0 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=wr,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'=mwr,C 错误，D正确。 2 ·22 单元过关 (2)甲从B点上滑运动到C点过程，根据动能定 1 理有-mgr(1-cos60)=2mu呢-2mui (2分) 在B点，根据牛顿第二定律有 mvB mg cos60°+FN= (1分) P 3 解得FN=2mg (1分) (3)乙物块到达O2,点后将向右平抛运动的初速 度为口3，落到圆孤上的速度为4，则水平方向有 x=U3t (1分) 1 竖直方向有y=28 (1分) 乙物块平抛运动的位移有x2十y2=R2(1分) 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 Mgy= Moi-2Mui 1 (1分) ) 联立得：=√2(3y十 (1分) 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v3=√gh(1分) 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，根据动能定理一Mgs=2Mai一)Mo2, (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 muc=mu1十Mu2,2mo品=2moi+2Moi (2分) 代入数据，解得M=m。 (1分) 七)物理·动量守恒定律 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量大小 1 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v0=√2gH=8m/s,与气 囊作用过程由动量定理得I=Mw一（一Mwo),解得 v=2m/s,则上升的最大高度h=2g =0.2m,D 正确。 4.A【解析】根据动量定理知Ie=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 ·物理· 冲量，取水平向右为正方向，则有一0.72N·s= 一muo一m,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t1t2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】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mv。=（m十M)v, 可得三，”A错误设小球回到轨道底端时 的速度为1，滑块的速度为⑦2，根据系统水平方 向动量守恒可得mvo=mv1十Mo2,根据系统机械 能守恒可得名m一7m+号M,联立解得o一 m-M M,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 mv0=mum十MvM,则有mvot=∑mUmt十 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高，点有 mUot=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 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。 6.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f=k0,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，pt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 am,有mg十0，=man,其中，=D,当p=- m 2 时，物体合外力为零，此时有mg=U2三k孤，解 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高点的时 间为t1,上升的高度为h,设最高点到落地的时间 为？，从地面抛出到最高点由动量定理 得-mgt1一k∑v1t=0-po,即mgt1十h=po, 同理下降阶爱mg一62-名，即mg: 之联立可得小球从指出到落地的总时间 ·2 参考答案及解析 -3p。,C正确；小球上升过程中阻力的 t=ti+t:-2mg 冲量Ia=∑o1t1=h,小球下落过程中阻力的 冲量Ia=k∑2o2t?=h,故小球上升和下降过程 中阻力的冲量大小相等，D错误。 7.B【解析】根据题意可知，木板b与地面间的最 大静摩擦力fm=u2(M十m)g=6N,结合题图乙 可知，0~2s内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦 力，大小等于外力F,则0~2s内摩擦力对b的冲 量Ia= 0十6×2N·s=6N·s,A错误；由题图 2 乙可知，t=3s后，外力F保持不变，大小Fm= 9N,由牛顿第二定律，对物块a有f1一ma1,其中 f1≤1mg-0.8N,解得a1≤2m/s2,对a、b整 体，由牛顿第二定律有F1一fm=(M1十m)a1,当 a1最大时，有F1=1N,即当外力F=10N时，a、 b发生相对滑动，通过分析可知，a、b未发生相对 滑动，则a不能脱离木板，t=2s后，a、b整体开始 相对地面滑动，则2~5s内地面对b的摩擦力的 冲量I2-fm△t=18N·s,则0~5s内，地面对b 的摩擦力的冲量I:一Ia十I2=24N·s,0~5s内 对a、b整你，由动量定理有0叶X3+F(6-3)户 I=(M十m)v,解得v=3.75m/s,即t=5s时，a、b 的速度为3.75m/s,B正确，C、D错误。 二、多项选择题 8.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cos120°= (mg)+F-F至，F=F。-kT,解得F堂= 2mgF √(F。-kT)+(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F-图像与坐 1 标轴围成的面积为(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。二号(F。一)，无人机受重力和拉 力的合力在竖直方向有F,=2(F。-t)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，-（日，T-号r)0~T时间段内无人永交 重力和拉力的合力在竖直方向的冲量L,=2F。T 1 T十mgT,则0~T时间段内无人机受到重力和拉 3 2 2027 力的合力的冲量大小I=√匠十了 √(，T-2T+mgT+mgT,C错误。 2 3 F购 mg 9.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0，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2v,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·t1+)gt好=2usin0·t2 4 2gt号，解得usin0=16m/s,联立解得tan0=3, sin o=4 5,cos0=二，o=20m/s,h=84m,所以 甲落地时距O点的距离x甲=vcos0·t1=72m, B、D正确，C错误。 10.AD【解析】两球碰后速度分别为vA、VB,根据 动量守恒以及机械能守恒可得mAV0=mAVA十 maon,2m 2mAo十2m哈，联立解得 A=A一B mA十2B00,Ug= 2mAvo mA+mB 。因为所有的碰 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶，点，则①若 第二次碰撞发生在题图中的c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 A1+3k ZB 4+3k (k=0,1,2,3,…),且乙A=A,可得 TB UB m日一2-36，因为A,B的质量均为正数，故= mA 4+3k 0,即"mA=2,对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度 mB 大小分别为A、B,根据动量守恒以及机械能守 位可得mAUa十msB=mAoA十mBo,2mAui十 名mei=弓mo发十mvi,联立解得以 1 V0,B=0,故第三次碰撞发生在c点、第四次碰 撞发生在b点，以此类推，满足题意。②若第二 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通过的路程之比工A= TB 2 ·2 单元过关 2+3k 5+3k k=0,1,2,3,…),且A=A,可得mA= XB UE mB 1-3,因为A,B的质量均为正数，故=0，即 5+3k mA=5,根据①的分析可证A=U,B=0,满足 m 题意，A、D正确。 三、非选择题 11.(1)AC2分)(2)L,=-4(3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，则需要满足m1:-m1十m? 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 2 速度，即3mU,=muo十3u1,可得v1=30,则 恢复系数e= 30- 1 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(3分) 【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=maa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=ma0十m=(0.46X 0.115+0.41X0.628)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。 m2gh 13.(1)m√2gh,方向竖直向上(2)Mf-Mg 【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⑦，对分离后的重锤汽缸由机 械能守恒，有2mu品=mgh (2分) 对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故 由动量定理，有 I=mvo-0 (1分) 得I=m√2gh,方向竖直向上 (2分) (2)分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽 缸和桩体组成的系统动量守恒，有 ·物理· mvo=Mu (2分) 分离后对桩体，由动能定理，有 1 MgH-fH-0-2Mo (2分) m2gh 解得H=M(f-Mg)° (1分) 14.（1)33mg93mg 2 2 20心4sf=(分名mg:4~6sf= (g-2)mg见解析(3)2s 【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1=6s时，F=33mg (1分) 2 0~6s内，F的冲量为F-t图像围成的面积，即 2mgX6=93 1=2x 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°=μng cos30° (1分) 即g=tan30°=3 在垂直杆方向，当Fsin0=ng cos0时，t=4s, 则0~4s,垂直杆方向 Fsin 0+FN=mg cos 0 (1分) 摩擦力f=AF、=(5 3mg-s mgt (合名+mg0≤<4s (1分) 在4~6§内，垂直杆方向 Fsin 0=mg cos 0+Fx 摩擦力f=uFN=3&mg一3mn 2 mg= (g-2)mg4s<≤6s) (1分) 相应的ft图像如图 mg 46t/s (2分) (3)在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 Ir cos 0-I+mg sin 0-mu (1分) 在0~6s内摩擦力的冲量为ft图像围成的面 积，则 1,=2X2mg×4+2×mg×2-n 11 1、1 (1分) ·2 参考答案及解析 93 .5 联立有2mg·cos30°-4mg+3mg=mu (1分) 7 可得0=28· (1分) 11/2md 15.(1)2F d 2) 、3Fd (3)2N2m 【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分) 1 由运动学公式得d=2a号 (1分) v=at1 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 mo=mvA+mv (1分) 1 1 1 2mv-2m2m (1分) 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 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 时间 9d t=t+ 0 (1分) 112md 解得t=2N√F (1分) (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 理得 1 Fd-2X2mv (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 Esx2mvi 2(2m+m)v (1分) Fd 解得E损=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 球A与前(n一2)个小球组成的系统与第(n一1) 号小球碰后的速度为v'。-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 F4=2[2m+(a-10m]2-专[2m+(n -1)m]v'员-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 2 2027 单元过关 定律，有 [2m+(n-1)m]vn=(2m+nm)v4 (1分) (2+1)2i=22+(2+1)2Fd m 由上式解得-n+L 以上式子相加得 n十2vn (1分) m+1)产暖-2ui+(m+4(n-1)F (1分) 同理可推出01n十”- n 又ufFd (1分) 2Fd m 联立可得(n十1)2v层=n2v层-1十(n十1) 解得v员= (1分) a+++1 m 同理可推出 1 1 1 2Fd n2v-1=(n-1)2v%-2十n 根据数学知识可知，当n十1=一2×(-2)一4' m 即n=3时vm有最大值 (n-1)22-2=(n-2)2-g+(n-1)2Fd 1分) 3Fd m 0Am=U3=2√2m° (1分) 。9金 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 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 mpUp+mNUN=mpp十mNN,即mp(vp-p)= 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 mN(oK-N),根据图像可知(p一P)>(一N), 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 故mp<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 恒有mava十mNN=ma十mN,即ma(oa-)= 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 mN(K一N),根据图像可知(Q一)<(UK一UN),故 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 mQ>mN;故mQ>mv>mp,D正确。 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为o1,由 变化量，即IA=2mv一0=2mx,B错误；B、C两球 分离后，小球C的速度为)并保持不变，此后A、B 动能定理得一mg:L=/ 7m-弓ao,期直 两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为V2,根 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 据水平方向动量守恒有mv1=2mw2,B球与C球 。,有m0=2m0,解得=号，但此时小球A竖直 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 方向有速度，C错误；小球A开始沿竖直墙面下滑到 则3=2ugz,联立解得工二8g一8，D正确。 落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机械能守 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统 恒定徐，有mgL一Eu+2m+了m心，解得Bu- 1 由动量守恒定律有mw=Mu',可得抛球人获得的 建度。-A镄误：第一火鹅接球的过程，对 mg-言mD正克 5.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定 人和球系统由动量守恒定律有mw=(M十m)v", 接球人获得的速度。-mM,B错误；从开始抛 律有a二=998 3md,两球运动一段时间，对B,由牛频 球到最终，根据M1=(M十m)2,若v甲<z,说 第二定律有？-m联立解得此时AB球间距 明甲是最终的持球人；若v甲>v乙，说明乙是最终 x=3d,对AB系统，根据动量守恒定律有3mvA一 的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正 确，D错误。 mUB=0,整理得3mx人一m=0,因为xA十zB t 2 ·26·