贵阳一中(贵州卷)2024届高考适应性月考卷(白黑黑白黑黑黑)x物理试卷答案正在持续更新，目前2026届黄冈八模答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

第4期m（上，解得F=5mgR,由牛顿第三定律可m2,故C正确，A、B错误。R3版章节测试(2)只要保证每一次小球从同一位置由静止知，滑块对小车的最大压力大小为5mg,方向竖一、选择题释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨直向下，故D正确1.c道可以不光滑，故A正确：铅垂线的作用是用来5.BD提示根据△p=m△，同一物体的动量变化确定y轴的方向的，故B错误；为了能够让小球提示子弹射入物块的过程中，物块的动量越大，则该物体的速度变化一定越大，所以A正发生对心碰撞，人射球和被碰球的半径必须相增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，确，不符合题意；根据p=mw,同一物体的动量越同，故C正确；小球从斜槽末端飞出后，做抛运故A错误：选取向右为正方向，子弹射入物块过大，其速度一定越大，所以B正确，不符合题意；动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即程，由动量守恒定律可得mo=(mo+m)w1,物块在物体的加速度不变，而速度发生了变化，其动量可用水位移表示速度，所以不需要测量小球抛木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m+m)m=一定发生变化，所以C错误，符合题意；根据p=出点的离地高度H,故D错误。(mo+m+M)2,联立可得v1=6m/s,v2=2m/s,所以子m,运动物体在任意时刻的动量方向一定是该时(3)设小球在空中运动的时间为，根据动量弹的末动量大小为p=mw2=5×103×2kg'ms=刻的速度方向，所以D正确，不符合题意0.01kg·m/s,故B正确；由动量定理可得子弹受到守恒定律有m2=m·+m2,整理得m=2.B的冲量1=4p=p-p=(0.01-5×103×300)kgm/s=mx+m3,若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能提示以飞船为参考系，则系统的初动量为-1.49kg‘m/s=-1.49N·s,子弹与物块相互作用的守恒定律m心22=mx2+mx3o0,由动量守恒定律得0=(m-m')-m'v',宇航员时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相(4)若上述步骤③中，人射球从斜槽上释放返回飞船有s=t,联立解得m'≈0.25kg,故A、C反，所以子弹对物块的冲量大小是1.49N·s,故C的位置比②中低一些，则人射球到斜槽末端时的D错误，B正确。错误；对子弹与物块整体，由动量定理得u(mo+速度将偏小，这将会导致测得的系统碰撞后的总3.ABm)g=(mo+m)(v2-1),解得物块相对于木板滑行！动量小于碰撞前的总动量提示根据动量守恒定律，两种情况最终子弹与滑块的速度相等，故A正确：根据能量守恒的时间==1s,故D正确三、计算题ug可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与6.ABD8.(1)468N(2)10m/s子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热提示取0的方向为正方向，若碰后球1的提示（1)若风突然停止，帆船只受到阻力f量相等，故B正确；子弹对滑块做的功等于滑块速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为末状态的动能，因此两种情况做功相同，故C错于球2的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后a,则a=00=-0.5ml5误；产生的热量Q=f×△s,由于产生的热量相等，在B点相遇，有v=3vt,即2=3w1,根据动量守恒根据牛顿第二定律有-=Ma而相对位移△、不同，因此子弹和滑块间的水得mo=m1+m2,根据机械能守恒得)mw,2=所以f=468N作用力大小不同，故D错误则帆船匀速运动时，有F-04.CD2m+分m,联立解得m=3m;解得F=468N;提示滑块从A到B过程，小车与滑块组成若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相(2)设在时间内，正对着吹向帆面的空气的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统所受反，与挡板碰后反弹，并在B点追上球2，则有的质量为m,根据动量定理有合外力不为零，系统动量不守恒，滑块从B到Ct=3,即心1=32，根据动量守恒得mo=-m1+-Ft=m(vo-v)过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，整个过程，小车和滑块组成的系统动量不守恒，故Am2,根据机械能守恒得2m-me+m好，又m=pS(u-o)t所以F=pS(v-wo)2错误：滑块到达B时的速度最大，设此时滑块的联立解得m2=7m1;解得v=10m/sc速度大小为1，小车的速度大小为2，滑块从A若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相到B过程系统在水方向所受合外力为零，系统反，与挡板P碰后反弹，球2与挡板Q碰后反弹，9.13m61ms(2)冶在水方向动量守恒，以向右为正方向，由动量两球在B点相遇，则有vt=vt,即心1=2，根据动量提示(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各守恒定律得m1-M2=0,由机械能守恒定律得守恒得m6mm,根据机械能守恒得)m-自的速度大小分别为1、2，则根据动量守恒定mgR=2mw+2M子，解得1=2=VgR,滑块运律有之mp+7m好，联立解得m=3mgmw1-M2=0动过程最大速度大小为VgR,故B错误；滑块综上所述，A、B、D正确，C错误。根据能量守恒定律有从B到C过程系统所受合外力为零，系统动量守二、填空题1恒，滑块到达C时滑块与小车速度都为零，设滑2m+分Mg-E7.(1)c块从B到C过程小车的位移大小为x,则滑块的(2)AC联立解得v1=3m/s,v=1m/s;位移大小为L-x,小车与滑块的运动时间相等，以(2)设小球移动x距离，小车移动2距离（3)mx2=m1+m23mx2=mx2+m2x3向右为正方向，由动量守恒定律得m,x-M(4)小于步骤③中小球m,到达斜槽末端整个过程中，根据均动量守恒（人船模型）得t的实际速度小于步骤②中测得的m的速度，总m4=M空0,解得x=二，故C正确；滑块到达B点时，滑块动量偏小由题意可知x+x2=L对小车的压力最大，小车的支持力F与滑块重力提示(1)为了避免碰撞后小球不被反弹，所的合力提供向心力，由牛顿第二定律得F-mg=以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即m>联立解得子。第4页