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(安徽专版)

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、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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 5 6 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mωm 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 单元过关（七）物理第1页（共8页） 学无止境，探索不止 ↑FN 头锤 6600 班级 安全气囊 试验台工 姓名 0.1t/s A.碰撞过程中F的冲量大小为660N·s 得分 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 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 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) AFN 0.60 面积为0.72Ns 传感器 小车 WwWW竹 s -0.60-- 9 t/s 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。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vo C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为m0一M 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） 7 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 () P 0 N 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 3po 2mg D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 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10m/s2。下列说法正确的是 () 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 8.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ab、c点，则小球的质量比mA可能为 () mB 120° 120r⊙-需8a 120° A.2 B.3 C.4 D.6 单元过关（七）物理第3页（共8页） 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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 9 10 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B碰撞，碰后A静止，B向前滑动，g取10/s2,下 列说法正确的是 () m/s 5m螺旋滑槽 水平平台《 水盒n月m 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 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t(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。一2kT)T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F。-2kTT D.T时刻受到空气作用力的大小为经(F。-T)+(mg十。，四 3 2 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58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 一木板 7777777777 77777 7 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= v12 ,其中v12和12分别表示两物体碰撞前的相对 012 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.(10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 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： 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∫，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） 7 14.(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。 F 8 甲 7 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，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· 解得f1=1.2N<1m1gcos0 (1分) 假设成立 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 共121 53=2ag=320m (1分) 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 体有 a=gsin 0-u2gcos 0=5.6 m/s2 (1分) 以小木块A为研究对象 migsin0-f2=mia 解得f2=1.2N<μ1m1gcos0 (1分) 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 2026一2027学年度单元过关 一、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 T_mgr,A错 力N=mg,支持力的冲量1w=N·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Ir=△力=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'=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1m=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=IF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=Mv一（一Mvo),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Ip=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t1一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 ·23 参考答案及解析 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-migaisin0+2miv (2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=4+12-158 (1分) 七)物理·动量守恒定律 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mv0=(m十M)v, 可得0一m十MA错误：设小球回到轨道底端时 的速度为⑦1，滑块的速度为2，根据系统水平方 向动量守恒可得mv,=mv1十Mo2,根据系统机械 1 能守恒可得2mo=2mf+2Mo,联立解得o1= m-M m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 mw0=mvm+MoM,则有mvot=∑mmrt十 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 moot=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∫=k,根据动量定理△p= F△t,可知pt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 2027 @a,有mg十ku=m0a,其中U1=,当力三一2 m 时，场休合外力为家，此时有g=如：=烈解 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t?,从地面抛出到最高点由动量定理 得-mgt1-k∑o1t=0-po,即mgt1十h=po, 同理下降阶段mg:-女2-公，即mg, 2,联立可得小球从抛出到落地的总时间 =3p。,C正确，小球上升过程中阻力的 t=t1十t2-2mg1 冲量In=k∑v1t1=kh,小球下落过程中阻力的 冲量I2=k∑2v2t2=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=2(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In-0,X2N·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=l0N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:-Ia+I2=24N·s,0~5s内 对a、b整体，由动量定理有 2有0叶)X3+F(5-3)□ I=(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。 8.A【解析】两球碰后速度分别为VA、B,根据动 量守恒以及机械能守恒可得mAO0=mAVA十 m0,7mA明-号no成十名mo,联立解得 1 2mA0。。因为所有的碰撞 2UoUB一mA十mB 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通过的路程之比为工A TB +3流(k=0,1,2,3…),且4=，可得 1+3k xB UB mB 7 ·2 单元过关 2-3,因为A,B的质量均为正数，故=0， 4+3k 即mA=2,对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小 mB 分别为vA、B,根据动量守恒以及机械能守恒可得 1 mAA十m阳=mAoA十mBoB,2mAo员十2mBi= 1 1 2mA0'员十2mB0'台，联立解得A=0,h=0,故 第三次碰撞发生在℃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=2十3k B 5+3k k=0,1,2, 3.且分可得-计站国身AB的 IB VB 质量均为正数，故k=0,即mA=5,根据①的分析 mB 可证vA=V0,0B=0,满足题意。A正确。 二、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v2,药品A到螺旋滑槽出口速度o1= 6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mu1=0十 m2,解得2=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=mv2-0=3kg·m/s,药 品B对药品A的冲量IBA=0一01=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0，药品A在 螺旋滑槽运动过程合力的冲量I合=mu1一mwo= 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+F2-F强，F=F。-kT,解得F安= 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F-t图像与 坐标轴图成的面积为（瓜，T)T,B正璃：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,=?(F。一t),无人机受重 ·物理· 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 手方向的冲立1，-(R,T-r),0一T时同发 内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量 1,=2R,T-}T+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多= √.T-2r+gr'+mgT,c 错误。 F mg 三、非选择题 1.Ac2分)2l,=l,-412分)(3)32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 十mt' 弹性碰撞，则需要满足m1=m1 l3 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=mw十3mu1,可得1=2u,则 2 1 恢复系数e= 12.(1)完全非弹性(3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=mava十mb℃b=(0.46× 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mbvh=(0.46X 0.115+0.41×0.628)kg·m/s=0.310kg·m/s。 ·2 参考答案及解析 (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)mW2gh,方向竖直向上（2)M=Mg) 【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⑦，对分离后的重锤汽缸由机 1 械能守恒，有2mo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燃=my0一0 (2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 mvo=Mu （1分) 分离后对桩体，由动能定理，有 MgM (2分) m'gh 解得H=Mf-Mg)° (1分) 14.1)35mg93mg 2 2 (20~4sf-(合)ms:4~6sf (得-》mg见解折(8)78 【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F3”m3, (1分) 所以当i=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-×9s×8-99s (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+Fs=mg cos 0 (1分) 序*力f一、-（g-a小 1-1 2-8t)mg(0≤t≤4s) (1分) 在4~6s内，垂直杆方向 Fsin 0=mg cos 0+Fx 摩擦力了=pFN=38mg一5 2mg、 7 2027 (g-2)mg4s<<6) (1分) 相应的ft图像如图 亏mg 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ft图像围成的面 积，则 1、1 1.1 1,=2×2mg×4+2× (1分) 5 猴立有9)3ng·cos30°三4mg干3mg=m (1分) 7 可得0=28 (2分) 15/- (2)Fo 、3Fd 3 (3)22m 【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=2at号 (1分) v=ati 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 mu-mvA+mu' (1分) 1 1 2mv2m+2m (1分) 联立解得vA=0,0=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v匀速运动，所以10号球开始运动的 时间 t=41+9d (1分) 部得公√✉ (1分) (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 理得 1 Fd=X2mv (1分) 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 7 2 单元过关 2mv1=(2m+m)v1 (1分) 小球A与1号球碰撞后能量损失 ×2mui-2 1 E一2 (2m十m)v18 (2分) Fd 解得E=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'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=2[2m+(n-1)m]v [2m+0 -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)mJv,=(2m+nm)vn (1分) 由上式部得之 (1分) 同理可推出0-1一n十”- n 2Fd 联立可得(n十1)2v=n2v员-1十(n+1) 同理可推出 2Fd n2o员-1=(n-1)2v员-2十n m 2Fd (n-1)2v-2=(n-2)2o-3+(n-1) 0 (2+1)8=2+(2+1)2Fd m 以上式子相加得 (n+1)2o=2ui+(m+4)(m-1)Fd (2分) Fd 又u?= (1分) m 2 1.Fd 解得层=厂n十1+m十+m 1 1 1 根据数学知识可知，当 n+1=一2×(-2)=4’ 即n=3时vm有最大值 3 Fd 0Amax=U3=2√2m9 (1分) 6