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(湖北专版)

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10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题 只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分， 选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 sssnEssansesaaaEsaaa ↑FN 头锤一 660 班级 安全气囊 姓名 试验台一 0 0.1t/s 甲 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心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 () */Mm's') FN 0.60 面积为0.72Ns 传感器 小车。口 Ml tis →ts /7777777777777777777777777-0.60 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，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km(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 kmvo A.子弹射人物块A的过程中，子弹的动量变化量为 k+1 B.子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为2h十1 kmv C,在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量最大值为石十2 kmvo 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(k十1)（十2） 单元过关（七）物理第2页（共8页） 4 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vo C.小球从冲上轨道到上滑到最高点，小球的水平位移为mwot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 7.一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 () 't3 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g D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 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 螺旋滑槽 水平平台《 7水A月mm 4 单元过关（七）物理第3页（共8页） 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 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t(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(P,一T口 C受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(口。-TT DT时刻爱到空气作用方的大小为，经R,T)1x丁 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 b .120° 120- 120° A.2 B.3 C.4 D.5 二、非选择题：本题共5小题，共60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 7777777777777777元 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= 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1=3m2,且落点P总是在M、N之间，说明恢复 系数至少为 0 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。 ◆/(ms-) 1.5 1.0 5 0.5 a t/s 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va=0.081m/s,vb=0.668m/s,此时两车的总动量P1= 单元过关（七）物理第5页（共8页） kg·m/s,t2时刻va=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： 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 一钢筋混凝土桩 77 77 单元过关（七）物理第6页（共8页） 4 14.（15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=20m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=kv(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。 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 7777 单元过关（七）物理第8页（共8页）2027 单元过关 Emg.225J (1分) 在B点，根据牛顿第二定律有 muB (3)分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几 mg cos60°+FN= (1分) r 何关系有 3 (1分) x1=1.6m (1分) 解得FN=2mg 根据x1=口2t (3)乙物块到达O2点后将向右平抛运动的初速 解得v2=4m/s (1分) 度为v3,落到圆孤弧上的速度为v4,则水平方向有 根据机械能守恒得小球的初动能 x=v3t (1分) 1 1 Ex-2mvmgh =0.32 J (1分) 竖直方向有y=28 (1分) 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 乙物块平抛运动的位移有x2十y2=R2(1分) x2=0.4m 设乙物块的质量为M,则乙物块由O2点向右平 根据x2=v3t 抛落到圆孤上时，根据动能定理有 解得v3=1m/s<vE=√5m/s Mgy=2Moi-zMo号 (1分) 故无法通过轨道最高，点，无法到达4分 当ve=√5m/s时，水平位移 联立得v4= V2(3+R g( (1分) y x3=vEt=0.4W5m>0.4m (1分) 由数学知识可知当3y= R 时，乙物块平抛落在 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初 y 动能 圆孤上的速度最小，联立可得v3=√gh Ee-moi+mgA=0,21订 设甲乙碰撞后，物块甲和乙的速度大小分别为 (1分) V1,V2。对物块乙，在水平桌面上匀减速直线运 故分数大于4分，则小球的初动能 动，根据动能定理-Mgs=方Mi-方Moi 1 0.21J<Ek<0.32J。 (1分) (1分) 15.(1)W2gh(2)2mg(3)m 解得v2=√2gh (1分) 【解析】(1)物块甲运动到C点时对圆孤轨道恰 物块甲和乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒 好无弹力，则重力恰好提供向心力，根据牛顿第 1 1 二定律知mg=m, (2分) moc-mo:+Mo:2mvi-2mv+2Mo (2分) 解得vc=√2gh (1分) 代入数据，解得M=m。 (2分) (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)= m呢-2m呢 1 (2分) 2026一2027学年度单元过关（七) 物理·动量守恒定律 一、选择题 力N=mg,支持力的冲量1w=N·-%A错 1.C【解析】根据动量定理可得F·△t=△mv,代 误；圆盘在转动过程中，重力与支持力平衡，摩擦力等 入数据，解得F=0.120N,C正确。 于物体的合外力，根据动量定理Ir=△p=wr,B 2.D【解析】圆盘在转动过程中，竖直方向平衡，支持 错误；圆盘停止转动后，小物体受到的合力为摩擦力， ·22· ·物理· 参考答案及解析 合外力的冲量等于摩擦力的冲量，I=△p'=mwr,C 球沿轨道上滑到最高点时，两者具有相同的水平 错误，D正确。 速度，根据动量守恒定律可得mwo=(m十M)v, 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 mvo 可得v= 1 m十M?A错误；设小球回到轨道底端时 大小1r=2×0.1X6600N·s=330N·s,方向 的速度为1，滑块的速度为02，根据系统水平方 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 向动量守恒可得mvo=mv1十M02,根据系统机械 量大小I=IF一Mgt=300N·s,方向竖直向上， 能守板可得分m-mi十号h,联立解得 1 B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小Vo= √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理 m-M m十Mo,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 得I=Mv-(一Mvo),解得v=2m/s,则上升的 mv0=mvm+MvM,则有mvot=∑mmxt十 最大高度h一2g=0.2m,D正确。 ∑MMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 4.A【解析】根据动量定理知Ir=Ft=△p,可知题图 mot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= 丙中图线与时间轴所围面积表示小车受到的弹力的 mvot-Mx ，C正确；仅增大小球的初速度，小球从 冲量，取水平向右为正方向，则有一0.72N·s= 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 一uo一mw0,解得m=600g,A正确；由题可知，小车 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 接触到弹簧后向右运动的过程中，由题图乙、丙可知， 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 在t1~t2时间内受到的弹力逐渐增大，则小车做加 7.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 速度增大的减速运动，速度减为0，此时弹力最大，即 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 小车所受的合外力最大，此时小车受到水平向左的弹 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 力，后小车向左运动，弹力减小，小车向左做加速度逐 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 渐减小的加速运动，B、C错误；在t2~t3时间内，小车 与速率满足关系式f=k?,根据动量定理△p= 受到弹簧弹力的作用，即小车在此期间受到外力的作 F△t,可知-t图像的斜率表示合外力，由题图可 用，机械能不守恒，D错误。 知t=0时刻，pt图像斜率的绝对值最大，小球的 5.C【解析】子弹射入物块A的过程中，子弹与物 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 块A组成的系统动量守恒，则有mv0=(m十 k km)u1,求得01=十g,子弹动量的变化 am,有mg+ku1=mam,其中u1=抗2，当p=-P0 2 量△p=kmv1一kmwo= 厂+1，A错误；物块A kmvo 时，物体合外力为零，此时有mg=kv2=k 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高，点的时 1 k2mv3 的动能增加量△Ea=2mui-2k十1)2，B错误； 间为t1,上升的高度为h,设最高，点到落地的时间 当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大， 为t?,从地面抛出到最高，点由动量定理 则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒， 得-mgt1一k∑o1t1=0-po,即mgt1十kh=po, k mo=(2m十km)w:,求得u:一十20，物块B的 同星下降阶段mg:一是26-名，即mg: kmvo 动量最大值Pm一十2C正确；弹簧第一次压缩 h=号，联立可得小球从批出到落地的总时间 到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势 3p。,C正确；小球上升过程中阻力的 t=ti+t:2mg 1 能△E。=（m+km)o1一2(2m十km)o3= 冲量I=k∑v1t=h,小球下落过程中阻力的 k2mv8 冲量I2=k∑2v2t?=kh,故小球上升和下降过程 2(3+1D(k+2)D错误。 中阻力的冲量大小相等，D错误。 6.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受8.AC【解析】设药品A、B的质量均为，碰撞后 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小B的速度为02，药品A到螺旋滑槽出口速度1= ·23· 4 2027 单元过关 6m/s,则药品A、B碰撞过程动量守恒mw1=0十 10.AD【解析】两球碰后速度分别为0A、B,根据 mv2,解得v2=6m/s,A正确；取药品A到螺旋滑 动量守恒以及机械能守恒可得mA,=mAtA十 槽出口速度的方向为正方向，根据动量定理，药品 1 1 A对药品B的冲量IAB=m℃2一0=3kg·m/s,药 mBUg:m人u67mA士习m,联立解得 品B对药品A的冲量IBA=0-mU1=一3kg· mA-mB 2mAUo UA- 。因为所有的碰 m/s,所以，药品A对药品B的冲量与药品B对药 mA+mB 00,UB= mA+mB 品A的冲量等大反向，B错误；药品A在螺旋滑槽 撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则①若 运动过程重力的冲量Ic=mg△t=25N·s,C正 第二次碰撞发生在题图中的c点，则从第一次碰 确；设药品A离开传送带时的速度为0，药品A在 撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为 螺旋滑槽运动过程合力的冲量I合=mw1一mw,= xB4+3(质=0,1,2,3，…)，且2A=0 xA1十3k ,可得 2kg·m/s=2N·s,D错误。 TB UB 9,AB【解析】无人机经飞控系统实时调控，在拉 A4+3k 力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速 mB2-3,因为A、B的质量均为正数，故尼= 直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉 0,即mA=2,对第二次碰撞，设AB碰撞后速度 mB 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 大小分别为A、B,根据动量守恒以及机械能守 方向均会改变，在T时刻有c0s120°= 恒可得mAoa十mBB=mAoA十mBoB,2mA0员+ mg)+F8-F登，F=F。-kT,解得F安= m暖=n收十m,联立解得以 1 2mgF √(F。-kT)2十(mg)2十mg(F。-T),A正确、D 0,vB=0,故第三次碰撞发生在c点、第四次碰 错误；由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0 撞发生在b点，以此类推，满足题意。②若第二 到T时间段内受到拉力的冲量大小为F-t图像与坐 次碰撞发生在题图中的b,点，则从第一次碰撞到 标轴图成的面积为(F。-T)T,B正确：将拉力沿 第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比工A 水平和竖直方向分解，则无人机受重力和拉力的合力 B 在水年方向有卫，-(，一，元人机安童力和起 5+36(k=0,1,2,3,…),且A=0 2+3k TB UB ,可得 mB 5+3k 1 力的合力在竖直方向有F,=2(F。一t)+mg,0~T 1-36,因为A、B的质量均为正数，故=0，即 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲 A=5,根据①的分析可证人=U,6=0,满足 mB 量1，-(，T-r)0T时间我内无人款灸更 题意，A、D正确。 二、非选择题 1 力和拉力的合力在竖直方向的冲量1，一2F,T- 4 1.Ace分)2：-，-42分)o8分) kT2十mgT,则0~T时间段内无人机受到重力和拉力 【解析】(1)小球1的质量大于2的质量，碰撞后 的合力的冲量大小I=√T十巧= 小球1才可向右运动，A正确；保证小球1从同 4mg2T2,C错误。 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 F 错误。 mg (2)若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为 举性准撞，则考要满足m兰=m么十m:号 ·24· 4 ·物理· 参考答案及解析 m（作)-m)°+名)联立，离 mg sin53°·t-umg cos53°·t-kut=mxm-0 (2分) 要满足的表达式为12=13一11。 空气阻力的冲量 (3)临界情况：碰后球2速度等于碰前球1入射 ∑ku:△t=kx1 (2分) 2 速度，即3mvo=mv0十3mu1,可得v1= 30,则 联立解得 t-5 s (2分) 2 入 (3)匀速过程位移 恢复系数e= 3。 0一0 x2=vm(t慈-t)=15m (1分) 12.(1)完全非弹性(2分)(2)0.311(2分)0.310(3分) 全程总位移 (3)在误差范围内，两车碰撞过程中动量守恒(3分) x总=x1十x2=35m (1分) 【解析】(1)由图像可知，碰后两物体有共同的速 整个下滑过程中摩擦力对被救人员所做的功 度，可知该碰撞为完全非弹性碰撞。 W=-umg cos53°·x益 (1分) (2)碰撞过程中有p1=mav。十mbvb=(0.46 解得 0.081+0.41×0.668)kg·m/s=0.311kg·m/s, W=-5250J。 (2分) t2时刻两车的总动量p2=m.v+mbh=(0.46X 、11/2md Fd (2)3 、3Fa 15.(1 2 F 0.115+0.41×0.628)kg·m/s=0.310kg·m/s。 (3)2N2m (3)本实验得出的结论：在误差范围内，两车碰撞 【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 过程中动量守恒。 F=ma 13.(1)m√2gh,方向竖直向上（2)Mf-Mg) m2gh 1 由运动学公式得d=2a 【解析】(1)设燃烧使重锤汽缸获得的速度为⑦。， 0=at1 桩体获得的速度为，对分离后的重锤汽缸由机 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 流能守恒，有2m话=mg (1分) 恒，有 对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故 mv=mvA+mu (1分) 由动量定理，有 2m2、1 1 1 (1分) I燃=mv0一0 (2分) 联立解得vA=0,0'=v (1分) 得Iw=m√2gh,方向竖直向上 (2分) 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 (2)分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 缸和桩体组成的系统动量守恒，有 以速度)匀速运动，所以10号球开始运动的 mvo=Mu (1分) 时间 分离后对桩体，由动能定理，有 9d t=t1+ (1分) MgH-fH=0-子uo2 (2分) 11/2md m'gh 解得t= 2F (1分) 解得H=Mf-Mg)° (2分) (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 14.(1)5m/s(2)5s(3)-5250J 理得 【解析】(1)匀速时对被救人员沿着斜面方向受 y 力平衡有 Fd=2X2mv (1分) mg sin53°=mg cos53°+kvm (2分) 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 解得 2mv1=(2m+m)v1 (1分) vm-5 m/s (2分) 小球A与1号球碰撞后能量损失 (2)被救人员由初始时刻到恰好匀速，对被救人 1 1 员在斜面上的加速过程由动量定理得 E指=2X2moi-2(2m+m)ui (2分) ·25· 4 2027 单元过关 解得E。- 2Fd (1分) 联立可得(n+1)2v层=n2o-1+(n十1) (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 同理可推出 n号小球碰前的速度为vm,与第n号小球碰后， 2Fd n2o2-1=(n-1)2员-2十n 小球A和n个小球组成的系统的速度为v,小 m 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n-1) n-1)2-g=(m-2)2a+n-1)2F m 号小球碰后的速度为'm-1,从小球A和前(n …… 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) 2Fd (2+1)2号=22o?+(2+1) m 个小球，由动能定理得 以上式子相加得 F1=号[2m+(m-1Dm]i-2[2m+(n (a+1)2=2i+(n+40(n-1)F m (2分) -1)m]v'-1 (1分) Fd 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 又v号= (1分) m 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 入 2 1,7Fd 定律，有 解得v员= (n+1)+n++1 [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)vn (1分) 1 1 根据数学知识可知， 1 由上式部得以牛纪 当n+1=一2X(-2)=4 (1分) 即n=3时vm有最大值 同理可推出=十1巴了 3Fd UAmax =U3- 2√2m (2分) 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、选择题 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 度了一阳，A错误第一次抛接琼的过程，对人和球 mpvp+mNN=mpvp十mNo,即mp(p-p)= 系统由动量守恒定律有mu=(M十m),接球人获得 mN(一N),根据图像可知(r一)>（人一oN), 的连废mB错买；从开给越球到景终，根据 故mp<mw;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 M1=(M十m)v2,若v甲<vz,说明甲是最终的持球 恒有maa十mNN=ma6十mN小，即ma(oa一6)= 人；若⑦甲>⑦z,说明乙是最终的持球人，但是不能确 mN(一vN),根据图像可知(a一)<(K一oN),故 定开始的持球人是谁，C正确，D错误。 ma>mw;故ma>mw>mp,D正确。 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为⑦1，由 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 动能定理得-mg· 1 2L= 1 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 2mui-2mw2,绷直 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为V2,根 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 2√3L 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 则=2gx,联立解得x一8g8D正确。 变化量，即IA=2mv-0=2mv,B错误；B、C两球 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统由 分离后，小球C的速度为v并保持不变，此后A、B 动量守恒定律有心=Mw',可得抛球人获得的速两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 4 ·26·