单元过关(七) 动量和动量守恒定律-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(广东专版)

2026一2027学年度单元过关（七） 物理·动量和动量守恒定律 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3.0×10-3g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mw 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 姓名 试验台一 0.1t/s 甲 之 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.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v。射入物块A并留在其中（时间极短）， 下列说法正确的是 () B 7777777777777777 A.子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为 k+1 kmv3 B.子弹射人物块A的过程中，物块A的动能增加量为2(6十1) C,在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量最大值为十？ k2mv号 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)（十2） 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vo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。 C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为m0o1一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） YJ 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 () 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 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10/s2。下列说法正确的是 () F/N 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 8 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 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 送带进入螺旋滑槽的速度为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《 n水A鳳mn 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 YJ 单元过关（七）物理第3页（共8页） 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。-号T)T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(P,一2T)T DT时刻受到空气作用力的大小为、F。-T)+mg士。一T 2 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a、b、c点，则小球的质量比mA可能为 mB 6 120 120⊙- 120° A.2 B.3 C.4 D.5 三、非选择题：本题共5小题，共54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 一木板 7777777777777777777 甲 C (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= 012 ,其中v12和v'12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 0 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DS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 t/s b 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、 t2,由图乙可知t1时刻oa=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,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)。 单元过关（七）物理第5页（共8页） (3)本实验得出的结论： 13.(9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） YJ 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 甲 YJ 单元过关（七）物理第7页（共8页） 15.(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。 10 77777 单元过关（七）物理第8页（共8页）2027 v共=00一a1t,v共=a2t 解得t=0.5s,℃共=2.2m/s (1分) 小木块的位移 -(）-努n 47 长木板的位移 长木板的长度至少为 L=s1-52=1.8m (2分) (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 上滑过程，对整体有 u2 (m+m2)gcos0+(m1+m2)gsin=(m+m2)as (1分) 解得a3=6.4m/s2 以小木块A为研究对象 migsin0+fi=mia3 (1分) 解得f1=1.2N<1m1gcos0 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 53-2a,=320m (1分) 2026一2027学年度单元过关（七 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 T_mgπ，A错 力N=mg,支持力的冲量1N=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=πmwr,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'=mor,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1：=7×0.1X6600Ns=380Ns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=Mm-（-Moo),解得=2m/s,则上升的 0 最大高度h= -=0.2m,D正确。 2g YJ ·22 单元过关 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=mias (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 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,T43元 t=4+12-1580 (1分) 物理·动量和动量守恒定律 4.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kmwo=(m十 k km)u,求得0一十1"g,子弹动量的变化 圣△p=6m,一m。=一，A错英1尚块A 1 k2mv3 的动能增加量△Ew=2mui一2k十}，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， k mo=(2m十km)w2,求得u:=k十2o,物块B的 动量最大值pm=十)，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,=号(m十m)i2m+m)d k2mvo 2(k十1)(k十2)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mw。=(m十M)v, ·物理· 可得u=m。 一m十MA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 1 1 能守恒可得2mu6=2mo+2Moi,联立解得ui= m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 m-M mo。=mvm十MvM,则有muot=∑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。 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=v,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k01=mam,其中01=。，当力=- m 2 时，物体合外力为家，此时有mg=k2=k直 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2，从地面抛出到最高点由动量定理 得-mgt1-k∑u1ti=0-po,即mgt1十kh=po, 同现下降你段mg:一84-号，即mg:- h- 2,联立可得小球从抛出到落地的总时间 3p0 t=t1十t2-2mg ,C正确；小球上升过程中阻力的 冲量Ia=k∑1t1=h,小球下落过程中阻力的 冲量I2=k∑2v2t?=kh,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=μ2(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10)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 ·2 参考答案及解析 f1≤u1mg=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2一5s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IH十I2=24N·s,0~5s内 对ab整体，由动量定理有0)X3+Fn(5-3)- Ir=(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.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1= 6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mw1=0十 m02,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0，药品A在 螺旋滑槽运动过程合力的冲量I合=mw1一mwo= 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)+F8-F登，F=F。-kT,解得F在= 2mgF √(F。-kT)2十(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 标轴图战的面积为(r。-如)T,B正确：将拉力浴 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)，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 童1.-（瓜，TT)0T时同段内无人水安重 √3 力和拉力的合力在竖直方向的冲量L,=)FT- 3 YJ 2027 kT2十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=√T十= ，T-r+2T+ 4mg2T,C错误。 F mg 10.AD【解析】两球碰后速度分别为A、?B,根据 动量守恒以及机械能守恒可得mAv0=mAVA十 mavs:2 mAvi-- 0，暖十方mi,联立屏得 1 mAmB 2mAvo DA一mA+m0,UB一mA十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 EA_1+3k xB 4+3k k=0,1,2,3,),且A=0A,可得 TB UB mB2-3流，因为A,B的质量均为正数，故6 mA4+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 恒可得mAoA十mBB=mAo从十mBB,2mA员十 号mi=mA心员+7m,联立解得以= 1 ℃0,0B=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A 5干3泥=0,1,2,3，…)，且A-,可得mA 2+3k TB UB mB 5+3k 1-36,因为A,B的质量均为正数，故=0，即 mA=5,根据①的分析可证A=,B=0,满足 m 题意，A、D正确。 三、非选择题 11.(1DAC2分)(2)2=l,-43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 YJ ·2 单元过关 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 生=m+m 名m)-作)+m)》 ,联立，需 要满足的表达式为12=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3muo=m0十3mU1,可得u1=3g,则 2 1 恢复系数e= 3° v0-0 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=mv。十mbv=(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=mv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。 13.1)m2gh,方向竖直向上(2)M-Mg) m'gh 【解析】(1)设燃烧使重锤汽缸获得的速度为o, 桩体获得的速度为)，对分离后的重锤汽缸由机 .1 械能守恒，有2mu=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然=mV0一0 (1分) 得I燃=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 1 MgH-fH=0-2Mo (2分) m2gh 解得H=M(f-Mg)° (2分) 14.(1)3v3mg 9√3mg 2 2 (2)0~4s,f= (g+mg46sf=(-2)mg见解 /11, 7 析(3)28 ·物理· 【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) 所以当t=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-×8gX5=”g 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 cos30° (1分) 即u=tan30°=3 3 在垂直杆方向，当Fsin0=mg cos0时，t=4s, 则0~4$，垂直杆方向 Fsin 0+FN=mg cos 0 (1分) 降锋力f一F-（ag一 3 8 mgt (侵名mg0≤<4s) (1分) 在4~6s内，垂直杆方向 Fsin 0=mg cos 0+FN 穿将力f-F。-(g-5g (g-）mg4s<≤6s) (1分) 相应的ft图像如图 f mg-- 0246s (2分) (3)在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 IFcos 0-I:+mgsin 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,s11 ×2mgX4+×mg2=n (1分) 5 联立有9)3mg·cos30°4mg十3mg=nw (1分) 7 可得0=28· (1分) 15.(121/2ma 2 F 网 【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 ·2 参考答案及解析 由运功学公式得d-ad v=at 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 mo-mvA+mu (1分) 1 1 2mv-2mvh2m (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v匀速运动，所以10号球开始运动的 时间 t=t1+ 9d (1分) U 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 Fd=2×2moi (1分) 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 2mw1=(2m+m)o1 (1分) 小球A与1号球碰撞后能量损失 ×2mi-2 E报一2 I (2m+m) (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'-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=[2m+(a-Dm]:-2[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) 由上式解得-n十1 n十20n (1分) n 同理可推出-1一n十10- 2Fd 联立可得(n+1)2o员=n2v-1十(n+1) m 同理可推出 YJ 2027 单元过关 2Fd n2o2-1=(n-1)2v-2十n9 又ui=Fd (1分) m m (m-1)u-2=(n-2)2-+(m-1)2Fd 2 解得v= +1+1Fd m n+1)2+n+1+1 m … 根据数学知识可知，当1 1 1 (2+1)i=2f+(2+1)2FL 当n+1=-2×(-2)=4, m 即n=3时0m有最大值 以上式子相加得 3 Fd m+1)22=2i+(m+4)(n-1)F (1分) (2分) UAmx=U3=2√2m 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 变化量，即IA=2mv一0=2mv,B错误；B、C两球 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 分离后，小球C的速度为并保持不变，此后A、B mpvp +mNUN =mpvP +mNUN,Ep mp (vp-vp)= 两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 mN(wK一N),根据图像可知(p一p)>(一N), 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 故mp<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 恒有mavQ十mNN=mQv十mN,即mQ(a一v)= 。,有mm=2m,解得v-日但此时小球A经 mN(-vN),根据图像可知(vQ一)<（小一vN),故 直方向有速度，C错误；小球A开始沿竖直墙面下 mQ>N;故mQ>mN>mp,D正确。 滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为℃1，由 核能守恒定徐，有mgL=E十号m:十2m, 3, 1 1 动能定理得-g·2L=20i一2m0,绷直 解得E=mgL-mw,D正确。 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为2，根 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 5.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 原来的后根话B:=司m,可知隧检后A的速 2√3L 则i=2rgx,联立解得x一8g8D正确。 度大小变为原来的4，设A碰撞前瞬间速度为， 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统 由动量守恒定律有mv=Mv',可得抛球人获得的 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mA)= 速度。-，A错误：第一次抛接球的过程，对 m十m)·置，解得-日A错灵：设A的质 人和球系统由动量守恒定律有mv=(M十m)v", 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 接球人获得的速度。-m,B错误：以开给 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 球到最终，根据Mo1=(M十m)2,若v甲<v元，说 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2 明甲是最终的持球人；若V甲>V乙，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 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 确，D错误。 可得及= Ek 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 1(c,-x),B错误；从x1到x的过程 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 最大在x1处或者x3处，在x1处有mg十3g 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 F=4na,F米=mBg=3mg,解得a= 48,在x3处 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 有F-mg-3mg=4ma',F#=3mg+k△x= 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 3mg+,-)解得a=8>8, 1 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 YJ ·26·