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(山东专版)

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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 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x处的P点有一 质量为m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=3.2m,g取10m/s2,忽略 空气阻力。则 ) ↑FN 头锤 6600----- 安全气囊 试验台一 0.1 甲 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 单元过关（七）物理第1页（共8页） 学无止境，探索不止 C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·s 班级 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 姓名 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 () 得分 4/ms) FN 0.60 面积为0.72Ns 传感器 小车。口 WWWWwT t/s t/s 7777777777777777777777777 -0.60------ 分 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m(k<1)的子弹以水平速度。射入物块A并留在其中（时间极短）， 下列说法正确的是 () B A.子弹射人物块A的过程中，子弹的动量变化量为 k+1 kmu3 B.子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为26十1) 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 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0 B.小球回到轨道底端时的速度大小为o C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为m1一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 单元过关（七）物理第2页（共8页） 3 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 () 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，3p。 2mg 0 t2 3 D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 8.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 10m/s2。下列说法正确的是 () FN 7777777 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4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.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 带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的水平平台组成，竖直 A 螺旋滑槽高5m、长30m,质量为0.5kg的药品A离开传 送带进人螺旋滑槽的速度为2m/s,到螺旋滑槽出口速度 5m 螺旋滑槽 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 水平平台《 水A月m 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 3 单元过关（七）物理第3页（共8页） 10.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+(。-2TT 3 DT时刻受到空气作用力的大小为，R,一T)+mg+上。2 11.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 () 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 3 C.tan 0 D.爆炸点距水平地面的高度为84m 0 12.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a,b、c点，则小球的质量比m可能为 mB () h 120 120C 120° A.2 B.3 C.4 D.5 单元过关（七）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(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 14.(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 0 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： 15.(8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∫，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 单元过关（七）物理第6页（共8页） 16.(8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=v(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。 17.（14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。 ◆FN 23mg- 8 t/s 甲 乙 3 单元过关（七）物理第7页（共8页） 18.(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， 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 77777777 7777777777777777777777777777777 d 单元过关（七）物理第8页（共8页）2027 置经过的路程 297 5=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 2kxi-migzisin+2miv (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,T4W3元 t=4+i2=158。 (1分) 18.(1)W2gh(2)2mg(3)m 【解析】(1)物块甲运动到C点时对圆弧轨道恰 好无弹力，则重力恰好提供向心力，根据牛顿第 v 二定律知mg=mT (2分) 解得c=√2gh (1分) (2)甲从B,点上滑运动到C点过程，根据动能定 1 理有-mgr一cos60)三2mD2-)mw (2分) 在B点，根据牛顿第二定律有 mg cos60°+FN=mu% （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IN=N·丁=m8,A错 2 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If=△p=元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。 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 大小15=号×0.1X600N·s=30N·s,方向 。2 3 单元过关 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3，落到圆弧上的速度为v4,则水平方向有 x=v3t (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=R?(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-Mvi-Moi 1 (1分) 联立得v4= √，+ (1分) y/ 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 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，根据动能定程-Mg=M如i-Mo: 1 (1分) 解得v2=√2gh 物块甲和乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒 1 mwc=mu1十Mu2,2mo品=2mui+2Mi (2分) 代入数据，解得M=m。 (1分) (七)物理·动量守恒定律 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。= √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理 得I=Mo-(一Moo),解得v=2m/s,则上升的 最大高度九-2g=0.2m,D正确。 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w0一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 ·物理· 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kmo,=(m十 m)u1,求得01=十g,子弹动量的变化 文Ap=6nmu1一km0g=一，A错误；前块A k'mvo 的动能增加量△Ew=2mui=2十1D,B错误1 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， k mu0=(2m十km)u2,求得u:一千2o,物块B的 kmvo 动量最大值Pm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aE,=专(m+m)i-(2m+km)i- 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m0=（m十M)v, 可得u=mu0 一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mu0=mu1十Mv2,根据系统机械 能守恒可得7m时-了mi+w,联立郎得 m-M m十M0,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 mv0=mum十MvM,则有mvot=∑mmzt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 ·2 参考答案及解析 与速率满足关系式f=k),根据动量定理△力= F△t,可知p-t图像的斜率表示合外力，由题图可 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 am,有mg+ku=mam,其中u=0,当p=-) 时，物体合外力为零，此时有mg=心2=及，解 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 为2，从地面抛出到最高点由动量定理 得-mgt1-k∑v1t1=0-po,即mgt1+kh=po, 同理下降价段mg:一6∑=2，即mg, h-号，联主可得小球从据出到落地的总时间 =D,C正确；小球上升过程中阻力的 t=t+t:=2mg 冲量Ia=∑v1t=kh,小球下落过程中阻力的 冲量I2=k∑2v2t?=h,故小球上升和下降过程 中阻力的冲量大小相等，D错误。 8.B【解析】根据题意可知，木板b与地面间的最 大静摩擦力fm=2(M十m)g=6N,结合题图乙 可知，02s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1n=0,6X2N·s=6N·s,A错误；由题图 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I2一fm△t=18N·s,则0~5s内，地面对b 的摩擦力的冲量I:-I1十I2=24N·s,0~5s内 对ab整体，由动量定理有)X3+Fn(5-3)一 I4=(M+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 9.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 B的速度为2，药品A到螺旋滑槽出口速度v1= 6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mv1=0十 mw2,解得2=6m/s,A正确；取药品A到螺旋滑 3 2027 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=mm2-0=3kg·m/s,药品 B对药品A的冲量IA=0-mw1=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V0,药品A在螺旋滑 槽运动过程合力的冲量I合=mu1一mw0= 2kg·m/s=2N·s,D错误。 10.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)2+F-F臣，F=F。一kT,解得F室= 2mgF √(F。一kT)2+(mg)十mg(F。一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-t图像与 坐标轴图成的面积为(R,-子T)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下。二(F。一如)，无人机受重 力和拉力的合力在竖直方向有F,=2(F。一)十 mg,0~T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水 手方向的冲室1，-(6，T-T),0T时同酸 内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量 1,=，T-T十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=√I十巧 √(TkT+gr+mgT,C锈送。 3 mg 11.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 ·3 3 单元过关 反，A错误；设两弹片分离时，甲的速度大小为，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 1 竖直方向有h=-usin0·t1十2g好=2usin0· 1 t2+2gt号，解得vsin0=l6m/s,联立解得tan日= 4 3 。，s五24，s—，=2○s,五—84，斤以 甲落地时距O点的距离x甲=vcos0·t1=72m,B、 D正确，C错误。 12.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 1 1 1 mBUB,交mA=2mAo员十mgi,联立解得 mAmB UA= mA十mB 0,VB= 2mA0。。因为所有的碰 mA+mB 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（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 4+36=0,1,2,3,…),且4-0，可得 ZA 1+3k TB UB mA 4+3k mB2-36,因为A、B的质量均为正数，故= 0,即mA=2,对第二次碰撞，设A,B碰撞后速度 mB 大小分别为vA、vB,根据动量守恒以及机械能守 1 恒可得mAUA十mBB=mA0A十mBvB,2mAo员十 子mi=名n修十名mi,联立解得队= 1 1 V0,0B=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士36（=0,1,2,3，…，且2-，可得 5+3k XB UB mB 1-36,因为AB的质量均为正数，故=0，即 5+3k mA=5,根据①的分析可证A=0,B=0,满足 m 题意。A、D正确。 三、非选择题 13.(1)AC2分)(2)L,=l,-L:(2分)(3)3(2分) ·物理· 【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 弹性避撞，则需要满足m:=m十m。 m()°-m)°+日m),联立， 要满足的表达式为l2=l3一11。 (3)临界情况：碰后球2速度等于碰前球1入射 2 速度，即3mvo=mw0十3mw1,可得v1= 300,则 2 1 恢复系数e= 3。 v0-0 14.(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) 【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=(0.46× 0.081+0.41X0.668)kg·m/s=0.311kg·m/s, t2时刻两车的总动量p2=mav十mbv%=(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。 m'gh 15.1)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2mw品=mgh (1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Iw=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 mvo=Mu (1分) 分离后对桩体，由动能定理，有 MgH-fH-0-2Mo? （2分) m2gh 解得H=M(f-Mg) (1分) ·3 参考答案及解析 16.(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 (1分) 解得vm=5m/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-kzt=mtm-0 (1分) 空气阻力的冲量 ∑kU:△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=-umg cos53°·x总 (2分) 解得 W=-5250J. (1分) 33mg 93mg 17.(1) 2 2 20心4s,f=(分名)m8:4~6sf- (信-)mg见解折(3)8 【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 1、3√3 93 I=2×1 2 mg x6= 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°=umg cos309 (1分) 即u=tan30°=3 3 在垂直杆方向，当Fsin0=mg cos0时，t=4s, 则0~4S,垂直杆方向 Fsin 0+FN=mg cos 0 (1分) 摩家力f一、-得{ge小 (1分) 3 2027 在4~6§内，垂直杆方向 Fsin 0=mg cos 0+Fx 摩装方了-F、-低（停g-g） (信：）mg4s≤6s (1分) 相应的ft图像如图 6 t/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f-t图像围成的面 积，则 1.1 1=2×2mgX4+2× 4mgx2=5 1 g (1分) 联立有9 2mg·cos30°-5 g+3mg=mv (1分) 7 可得0=28。 (2分) 、112md 18.(1)2F 282、2 、3Fd 3 【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=2a好 v=ati 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 mv=mvA+mu (1分) 2m21 1 mui+2加v'2 (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=t1十 (1分) 3 ·3 单元过关 112md 解得t=2入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-2X2mvi (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摄=2×2mof- 2(2m+m)e (2分) Fd 解得E摄=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v,小 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n一1) 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 Fd-号[2m+(a-1)m1:-2[2m+(a -1)m]v'%-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)mv=(2m+nm)v (1分) 由上式解得=n十1 nt2v. (1分) 同理可推出0-1一n十- 2Fd 联立可得(n十1)2v=n2v层-1十(n+1) m 同理可推出 2Fd n2v员-1=(n-1)2v员-2十n m n-1)22-:=(m-2)产g+n-1)2 m … 2Fd (2+1)2v=22v+(2+1) m 以上式子相加得 n+1)2=2oi+(m+4)(m-1)Fd (2分) m ·物理· 参考答案及解析 又uf-Fd (1分) 即n=3时m有最大值 m 3Fd 2 0m=U3=2√2m (1分) 解得员= (n+1)+ m 1 根据数学知识可知，当 +1=-2×-2=4, 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 冲量等于B、C两球动量的变化量，即IA=2m一0= 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 2w,B错误；B、C两球分离后，小球C的速度为v并 mpvp十mNvN=mpp+mNk,即mp(vp-)= 保持不变，此后A、B两球组成的系统水平方向动量 mN(-N),根据图像可知(p-P)>(人-N), 守恒，小球A落地前瞬间，小球A和小球B水平方向 故mp<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 恒有mava十mwN=mov十mNk,即ma(a-vg)= 选症相同，设为，有m=2,解得=名但比 mN(一N),根据图像可知(tQ一)<(K一N),故 时小球A竖直方向有速度，C错误；小球A开始沿 mQ>mN;故mQ>mN>mp,D正确。 竖直墙面下滑到落地前过程，对于三小球组成的系 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为01，由 统，根招机核能守恒定律，有mgL=E十2m”十 动能定理得一mg· 3,1 2—2呈—心2，朗直■ 22元2，解得EkA=mgL只nw2,D正确。 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为V2,根 5.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定律 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 kgAgB 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 有a= 3m,两球运动一段时间，对B,由牛频第二 则i=gx,联立解得x=5L 8g-8,D正确。 定律有？_g联立解得此时AB球间距x=3d, 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统由 对AB系统，根据动量守恒定律有3uA一mwB=0,整 动量守恒定律有u=Mu',可得抛球人获得的速 理得3m4-mB=0,因为xA十xB=3d,联立解得 t t 度一，A错误第一次抛接球的过程，对人和球 9 系统由动量守恒定律有=(M+m)u",接球人获得 xB=4d,A错误；根据动量守恒定律有3mU1 的速度”B错误：从开始拋球到最终，根据 m=0,解得此时A的速度0一了，在演段时间 Mu1=(M十m)v2,若v甲<vz,说明甲是最终的持球 内，A球的速度由0变为日，由动量定理可得库仑 人；若⑦甲>z,说明乙是最终的持球人，但是不能确 定开始的持球人是谁，C正确，D错误。 力对A球的冲量大小IA=3mvA1一0=m,B错 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两球 1 误；在该段时间内对B,由动能定理有WA=2X 之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对于三 1 个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 3mvA= 6m,在该段时间内，库仑力对A球做功 知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即此时小球 1 A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着墙面下滑直到 w,C错误；根据能量守恒，系统减少的电势能 为 与墙面分离的过程中，对于三个小球组成的系统，在 1 水平方向上，根据动量定理可知，竖直墙对小球A的 等于系统机械能的增加量，为△E=2X3mXv1十 ·33· 3