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(福建专版)

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，只有一 项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 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.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 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 () U/(m's) AFN 0.60 面积为0.72Ns 传感器 小车。口 WWWT 777777777777777777777777 -0.60---- 9 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 3.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1页（共8页） 学无止境，探索不上 A.小球沿轨道上滑到最高点时的速度为0 班级 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mw0t一M m 姓名 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 4.一质量为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。 得分 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 t21t3 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则 2mg D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 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 5 6 7 8 答案 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《 7点nn月 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 单元过关（七）物理第2页（共8页） 6 6.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。、 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。一2TT C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(P,-kTT nT时刻受到空气作用力的大小为，尽cF,-)+mg+”可 7.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 2 C.umg-号 D.爆炸点距水平地面的高度为84m 0 8.如图所示，光滑圆环水平放置并固定，α、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v。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4、b、c点，则小球的质量比A可能为 () mB 120° 120 120° A.2 B.3 C.4 D.5 6 单元过关（七）物理第3页（共8页） 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面 产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪 出水口直径为d,水的密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流 量为Q(单位时间内水流体积)，不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化。则水枪对 管口水柱做功的功率为 ;水流对水枪的作用力大小为 (均用题目中 所给出的物理量表示)。 10.(3分)如图甲所示，在智能机器人协作实验场中，元件A、B之间用智能柔性机械臂连 接（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验台上，B 右侧与竖直挡板相接触。t=0时刻，元件C以一定速度向右运动，t=1s时与元件A 相碰（碰撞时间极短），并立即与A粘连且不再分开。C的运动情况由视觉追踪系统和 惯性测量单元监测，并生成如图乙的t图像，已知mA=100g、mB=50g,则元件C的 质量为 g;1~3s的时间内，墙壁对B的冲量大小为 N·s。 ulm's 智能柔性机械臂 0 t/s 777777777777777777 77777777777 2 甲 11.(3分)如图所示，质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直 轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为2的球C,现将球 C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C。重力加速度为g,则C球摆到最低点时， 物块B的速度大小为 ;C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向左移动 的距离为 (均用题目所给出的物理量表示)。 mnumom 单元过关（七）物理第4页（共8页） 12.(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。 斜槽 铅垂线 铁架台 复写纸白纸 木板 777777777777777777777777777777777 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= v12 ,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 13.(6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。 u/(m's-) 1.5 1.0 0.5 a 6 甲 乙 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,v6=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： 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 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） 6 15.(12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 8 甲 6 单元过关（七）物理第7页（共8页） 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， 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 77777777777 77777777 77777777777777777777777 d 单元过关（七）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 解得v2=4m/s (1分) .3 解得FN=2mg (1分) 根据机械能守恒得小球的初动能 1 (3)乙物块到达O2点后将向右平抛运动的初速 En=2mvimgh=0.32J (1分) 度为v3,落到圆孤上的速度为v4,则水平方向有 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 x=v3t (1分) x2=0.4m 竖直方向有y=2t (1分) 根据x2=v3t 解得v3=1m/s<ve=W5m/s (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 故无法通过轨道最高，点，无法到达4分 抛落到圆孤上时，根据动能定理有 当vE=5m/s时，水平位移 x3=vEt=0.4W5m>0.4m (1分) Mgy= 2Muj （1分) 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初动能 联立得V4= + (1分) Ex-2mv+mgh=0.21J (1分) y 故分数大于4分，则小球的初动能 由数学知识可知当3y= 一时，乙物块平抛落在 0.21J<Ek<0.32J。 (1分) 圆孤上的速度最小，联立可得3=√gh 16.(1)√2gh(2)2mg 3 (3)m 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 【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 动，极据分危定理-AMg=Mwi-Mwi 二定律知mg=m, (2分) (1分) 解得v2=√2gh (1分) 解得oc=√2gh (1分) 物块甲和乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒 (2)甲从B点上滑运动到C点过程，根据动能定 mvemvMv:.mo Mu 1 1 1 1 理有-mgr(1-cos60)=2m2- 2mvk (1分) (2分) 代入数据，解得M=m。 (1分) 在B点，根据牛顿第二定律有 mgcos60°+FN=mo号 (1分) 2026一2027学年度单元过关（七）物理·动量守恒定律 一、单项选择题 在t1~t2时间内受到的弹力逐渐增大，则小车做加 1.C【解析】根据动量定理可得F·△t=△mv,代 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 入数据，解得F=0.120N,C正确。 力，后小车向左运动，弹力减小，小车向左做加速度逐 2.A【解析】根据动量定理知Ir=FL=△p,可知题图 渐减小的加速运动，B、C错误；在t2~t3时间内，小车 丙中图线与时间轴所围面积表示小车受到的弹力的 受到弹簧弹力的作用，即小车在此期间受到外力的作 冲量，取水平向右为正方向，则有一0.72N·s= 用，机械能不守恒，D错误。 一mw,一mw,解得m=600g,A正确；由题可知，小车 3.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 接触到弹簧后向右运动的过程中，由题图乙、丙可知， 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 ·23· 6 2027 单元过关 球沿轨道上滑到最高，点时，两者具有相同的水平 5.AC【解析】设药品A、B的质量均为m,碰撞后 速度，根据动量守恒定律可得mu。=(m十M)v, B的速度为2，药品A到螺旋滑槽出口速度)1= 可得u= m十MA错误；设小球回到轨道底瑞时 mvo 6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒m1=0十 m2,解得v2=6m/s,A正确；取药品A到螺旅滑 的速度为01，滑块的速度为2，根据系统水平方 槽出口速度的方向为正方向，根据动量定理，药品A 向动量守恒可得mvo=mw1十Mo2,根据系统机械 对药品B的冲量IAB=mw2-0=3kg·m/s,药品B 能守包可得7m8-mi+名，联立解得 1 对药品A的冲量IA=0一w1=一3kg·m/s,所 m十MB错误；根据系统水平方向动量守恒可得 m-M 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 m0=mnm十MoM,则有muot=∑mumt十 程重力的冲量Ic=mg△t=25N·s,C正确；设药 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高，点有 品A离开传送带时的速度为0，药品A在螺旋滑槽 mot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= 运动过程合力的冲量I=m01一mw0= mvot-Mx ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 2kg·m/s=2N·s,D错误。 m 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 6.AB【解析】无人机经飞控系统实时调控，在拉 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉 4.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 合力如图，可知无人机受到空气作用力的大小和 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 方向均会改变，在T时刻有cos120°= 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 (mg)2+F2-F ,F=F。一kT,解得F堂= 与速率满足关系式f=kw,根据动量定理△p= 2mgF F△t,可知t图像的斜率表示合外力，由题图可 √(F,-kT)2+(mg)2+mg(F。-kT),A正确、D 知t=0时刻，t图像斜率的绝对值最大，小球的 错误；由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 到T时间段内受到拉力的冲量大小为Ft图像与坐 口m,有mg+ku1=mam,其中v1=,当p=一P0 2 标轴国成的西积为（®，一）江，B正确将拉力沿 ,解 时，物体合外力为零，此时有mg=ku:=k2m 水平和竖直方向分解，则无人机受重力和拉力的合力 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高点的时 在水平方向有R,-(F,一，无人机安重力和拉 间为t,上升的高度为h,设最高点到落地的时间 .1 为？，从地面抛出到最高点由动量定理 力的合力在竖直方向有F,=2(F。-)十mg,0T 得-mgt1一k∑1t1=0-po,即mgt1十bh=po, 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲 同里下降阶段mg,-k2=?,即mg, 量1，-e,Tr）,0T时间及内无人机交 i一会，联立可得小琴从鹅出到落地的总时同 1 重力和拉力的合力在竖直方向的冲量1，=2FT 3。,C正确；小球上升过程中阻力的 t=t+t:=2mg' 1 T十mgT,则0~T时间段内无人机受到重力和拉 冲量I=k∑o1t1=kh,小球下落过程中阻力的 冲量I2=k∑22t2=kh,故小球上升和下降过程 力的合力的冲量大小I=√T+巧 中阻力的冲量大小相等，D错误。 2 ,3 二、双项选择题 —在Z2，x一十≥2工2、全告吴。 6 ·24· ·物理· 参考答案及解析 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 路程之比之A2+3 k=0,1,2,3,,且=0，可 mg xB5+33 TB UB 得mA_5十3k mB1-3站，因为AB的质量均为正数，故6=0， 7.BD【解析】炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动 即mA=5,根据①的分析可证vA=,咀=0，满足 mB 量为0，炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可知， 题意，A、D正确。 甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相 三、非选择题 反，A错误；设两弹片分离时，甲的速度大小为，由 8Q 9a2分) 4o 于甲、乙两块弹片的质量之比为2：1，根据动量守 d(I分) 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=ocos0·t1十 【解折】设水流速度为，则流量Q=S= 4,解 2wcos0·t2,解得vcos0=12m/s,对甲、乙，在竖 得u= ,设经过板短时间△山，出口水柱质量 4Q 1 直方向有h=一usin0·4+2g好=2osin0,2十 △m=pa,由动能定理可得Pa-}0m,解 πd2 28t,解得vsin0=16m/s,联立解得tan0= 4 3 80Q3 得P= ;由动量定理，则有F△L=△m,解得 ,cos0=3 sin 0=4 =5,0=20m/s,h=84m,所以 F=tQ: πd2。 甲落地时距O点的距离x甲=vcos0·t1=72m, 10.50(1分)0.6(2分) B、D正确，C错误。 【解析】以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C 8.AD【解析】两球碰后速度分别为vA、VB,根据动 与A碰前速度v1=6m/s,碰后速度v2=2m/s,C 量守恒以及机械能守恒可得mA0=mAVA十 与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有 1 2B0B,之mA三号mA十2mu,联立解得 mcv1=(mA十mc)v2,解得mc=50g;由题图乙 知，3s末A和C的速度v3=一2m/s,由动量定 mAmB UA一mA十mB 2mA。因为所有的碰撞 o,0B一mA十mB 理可知，1~3s过程中柔性机械臂对元件A、C的 位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则①若第 冲量I=(mA十mc)v3一(mA十mc)v2,解得I= 二次碰撞发生在题图中的℃点，则从第一次碰撞 一0.6N·s,方向向左，则柔性机械臂对元件B 的冲量大小为0.6N·s,方向向右，所以1~3s 到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为乙A一 的时间内，墙壁对B的冲量大小为0.6N·s。 1+3k 4+3k k=0,1,2,3,…),且A=0A,可得mA= 1.v(1分)专2分) xB UB mB 2-3欢，因为A,B的质量均为正数，故k=0, 4+3k 【解析】C球摆到最低点时由动量守恒和能量关 奉2me=2mu,2mRL=号·2mn晓+g· 即mA=2,对第二次碰撞，设AB碰撞后速度大小 mB 2mvAB,解得物块B的速度vAB=√gL;C球第一 分别为A、,根据动量守恒以及机械能守恒可得 次摆到最低，点过程中，根据2mxc=2mxAB,xc十 m十=m,以+m响，名m暖十名m晴= 1 xAB=L,可得木块A、B向左移动的距 L 名m,线十号mi,联立解得队=d=0,故第 离xAB一2 三次碰撞发生在c,点、第四次碰撞发生在b点，以此 12.(1)AC2分)(2)L,=l,-L42分)(3)3(2分) ·25· 6 2027 单元过关 【解析】(1)小球1的质量大于2的质量，碰撞后 MgH-fH=0- 2M (2分) 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 m'gh 解得H=M(f-Mg)” (2分) 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 15.(1)33mg 9√3mg 2 2 (2)0~4s,f= 正确；复写纸可以移动，但白纸不能移动，D /1. 错误。 见解 (2)若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为 7 析(3)28 弹性碰撞，则需要满足m1 l2二mt +m2 t 【解析】(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根 2m（)°=2m(任)广+2（)”联立，需 据数学知识可知F=3m8。 (1分) 4 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 所以当t=6s时，F= 3√3mg 2 (1分) 速度，即3m0=mu0十3mu1,可得1= 30,则 0~6s内，F的冲量为F-t图像围成的面积，即 2 (1分) 恢复系数e 3。 (2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则 0-0 有mg sin30°=umg cos309 (1分) 13.(1)完全非弹性(1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(1分) 即μ=tan30°=%3 【解析】(1)由图像可知，碰后两物体有共同的速 在垂直杆方向，当Fsin0=ng cos0时，t=4s, 度，可知该碰撞为完全非弹性碰撞。 则0一4s,垂直杆方向 (2)碰撞过程中有p1=ma。十mb0b=(0.46X Fsin 0+FN=mg cos 0 (1分) 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mb0h=(0.46X 摩擦力f=hFw=3(3】 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 (侵-gmg06<4 (1分) 过程中动量守恒。 在46s内，垂直杆方向 14.a)m2gh,方向竖直向上(2)Mf-Mg) migh Fsin 0=mg cos 0+F 季黎力了一。一一n以 √3 【解析】(1)设燃烧使重锤汽缸获得的速度为⑦0， 桩体获得的速度为，对分离后的重锤汽缸由机 (-)mg( (1分) 械能守恒，有2m06=mgh (2分) 相应的∫t图像如图 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 mg 1然=mv0一0 (1分) 得Iw=m√2gh,方向竖直向上 (2分) 46t认 (2)分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽 (1分) 缸和桩体组成的系统动量守恒，有 (3)在0一6$内沿杆方向根据动量定理有 mvo=Mv (2分) Ircos 0-I,+mg sin 0=mu (1分) 分离后对桩体，由动能定理，有 在0~6s内摩擦力的冲量为ft图像围成的面 ·26· ·物理· 参考答案及解析 积，则 (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 1 .1 1..1 5 n号小球碰前的速度为℃m,与第n号小球碰后， 1=2×2mgX4+2X4mgX2= 小球A和n个小球组成的系统的速度为⑦，小 (1分) 球A与前(n一2)个小球组成的系统与第(n一1) 联立有9 2mg·cos30°-5 g+3mg=mv 号小球碰后的速度为'-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 (1分) 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) 7 可得u=28· (1分) 个小球，由动能定理得 16片 (2) 、3Fd Fd=号[2m+(a-1Dm暖-合[2m+(a 3 (3)2N2m -1)m]v'-1 (1分) 【解析】(1)小球A与1号球碰前，做匀加速直线 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 运动，对小球A由牛顿第二定律得 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 F=ma 定律，有 1 由运动学公式得d=2at好 [2m+(n-1)mJv=(2m+nm)v (1分) v=ati 由上式解得=n十 n十20m (1分) 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 n 恒，有 同理可推出0-1一n十1”- mv=mvA十mv (1分) 2Fd 联立可得(n十1)2o员=n2员-1十(n+1) 3aw-mo成+名mn 1 1 (1分) 同理可推出 联立解得vA=0,0'=口 2Fd n2o2-1=(n-1)2x员-2十n 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 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0匀速运动，所以10号球开始运动的 n-122-:=(n-2)g+(n-1)2F m … 时间 t=4,+9d 2Fd (1分) (2+1)2v号=22？+(2+1) m 以上式子相加得 释1- (1分) n+1)2u=22i+(m+4)(n-1) (2分) n (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 理得 又i-Fd (1分) m 1 Fd-2X2mvi (1分) 2 1 解得员= ,,7Fd (m+1)+m十1+1 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 1 1 1 2mw1=(2m+m)u1 (1分) 根据数学知识可知，当 +12×(-2)=4, 小球A与1号球碰撞后能量损失 即n=3时vn有最大值 E=×2mi-22m十md 1、 1 (2分) 3 Fd 0Amx=U3=2√2m (1分) Fd 解得E=3 (1分) ·27· 6