单元检测(八) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（安徽专版）

2024一2025学年度单元过关检测（八）】 物理·动力学、动量和能量观点在力学中的应用 (考选时可75分钟，惑分100分》 一、单项迹择题：本题其8小驱，每小驱4分，共32分。在每小题给出的四个燃项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号1234 5 8 答案 1.图所示，滑块A、B用轻面弹簧连接后静止在光精水平面片板 上，滑块A与左侧竖直围定档版提触。现对带块B植加一 d22gT.F 水平推力F使滑块B向左援慢运动到某一位置后保持静止，一段时向日量去推力F。 弹赞始终处于弹性限度内+关于弹簧和沿块A,B,下列说独正确的是 ( A.推力F做的功大于弹簧增加的郑性劳衡 出当弹簧恢复原长时，滑块A开始离开路板 C从植去推力F到滑块A离开挡版的过四中，弹簧和滑块A.B相成的系筑统功量守何 D.从滑块A离开档板到带块A,B共速的过程中弹簧对A,B两滑块做功的大小相等 名如图所示，紧直面内两个完全相同的光滑圈孤轨道平帝对接，P,Q是等高的两端。让 一可视为质点的小球以沿切线的初速度从P端进人轨道，测 A.小球在轨道最质点的机械能最大 我小球在轨道量氐点对轨道的压力最大 C初速度足够大时，小球可能飞离“凹形“轨道 D,初速度足够大时，小氓一定使通过“凸形轨道最高点 a.如图所示，在领角为一"的因定粗悬斜面体上，有一可视为质点，质量为m一1kg的 小球用长为L一0.4m的经绳拴接，轻绳的另一端国定在口点，小球静止时位于景低点 A,现给小球一与径绳蛋直的打速度一4m/s,使小球在斜面上做属调运诗，经过一授 时间小球刚好能运动可最高点B,重力加违度取展一10m,忽略空气阻力。则小缘山 A运动到日的过程中克酸深擦力做的功为 ) 单元过美检测（八1物理第1页{共8页） 衡水真 A.10J C6J D.3J 毛跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起洗区a位置处水平龙出，落在着陆区内的b点，不 计空气机1力，如图所示，E,E.E,P分别表示运动员在空中的重力势能，动能.机敏能。 重力的功率，用：表示运动员在空中的运动时间，则下列图像可能正确的是《》 B 5.如图所示，怒滑轮倒定在复角为3？的光滑料面上，细线跨 过滑轮，质量分判为m,2网的A,B两情块与细线连接并叠 放在斜面上，A,B沿着斜面分别向上，向下做匀速运动，细 线与料面平行，不计滑轮与绳之间的滑动摩擦力，B的长 度足够长，重力加速度为gm37-0.5,ms37”-0.8,用 A,B之间的动摩擦因数为 ) 37人 A R c n昌 后如图所示，光滑水平面上思量为M的物体A以速度，向右匀速带动，霞量为M的B 物体左菊与轻质弹簧连接并静止在光带水平而上，在物体A与弹簧接触后，以下判顺正 确的是 WINNB 9999 A,在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为新 B在物体A与弹簧接触过显中，弹簧对B的弹为隘功的功摩一直增大 C,从A与弹簧提触到A,君相距最近的过程中，弹簧对A,B嫩功的代数和为0 D从A与弹簧接触到AB相最近韵过程中，最大弹性势能为M 密鞋 单元过美检测（八】物理第2页{共8质） 7 7.如图所示，固定光滑部童桶角8=0，其皮璃与竖直面内率径为R的国定光滑圆氧轨道 相切，位置D为圆氧轨道的最乐点，质量为2知的小球A和质量为两的小环B(均可视 为极点)用，=1.5R的轻轩通试轻质饺链相连。日套在光滑的固定竖直长杆上，杆和翼 轨道在司一竖直平而内，杆过轨道圆心O,初始轻杆与斜面乐直。在斜面上由静止释线 A,限设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量铜尖 《速虔大小不变》，重力加速度为g,从小球A由静止解饺到运动至最妖点的过程中，下 列判断正喻的是 AA和日组成的系说机械雀不守园 我刷释技时小球A的加速度大小为。 C小环B速度最大时轻杆弹力为四g D小球A运动到最低，点时的速度大小为g正 8.图断示，固定光滑斜面度璃有一轻质光滑定滑轮，质量为得的物块P和质量为3m的 物块Q用轻质红绳相连，外力作用于P,使P,Q均静止。某时刻推去外力，当Q下降的 高虞为h时，泪绳断裂，重力加速度为g,i37°一Q.6,P.Q均可税为质点，斜面足够长 用 3 53 入物块P沿斜面上升的最大高度为 五当泪绳顺裂的醉间，物块Q的重力的功率为5,2 4 心在细绳断装后，物块P酒斜面向上运动的时到为品图 几当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对1一山时刻碱少了需® 二，多项选择题：本题共2小影，每小题5分，共10分。每小题有多项符合日要求，全部 选对的得5分，选对但不全的得3分，有进蜡的得分。 题号 9 10 答案 ,如图甲所示，爱量m一2,5kg的物块置于水平桌而上，在水平力F的作用下由静止开始 运功，力F随位移：的变化情况如图乙所示.。当物体运动到，=4m处时，物体的速度 单元过美检测（八1物理第3置{共8页） 衡水真 达到最大，当物体运动到工=5m处时，整去F,重力加速度g=10m/,下列说法正确 的是 A.物体与桌面国的动摩鉴因数为Q4 B当物体运动到r=4m处时，其功能为5以，5J C,整个过程中，拉力F所做的功为85』 D量去F后物块还能滑行的距离为】m 2345 甲 乙 10物块P,Q中问用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2g,如图 甲所示。开始时两将块均静止，弹簧处于原长，1一0时对物块P施加水平向右的恒力 F,一1s时徽去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示，关于整 个运动过程，以下分析正确的是 《 10 *P0000e 甲 A.■1时Q的违度大小为0,4m/ 且怎力大小为2N C.0-】s内P的动量增加量为2kg·m/s D撤去推力后弹簧最长时，Q的速度大小为Q.8m/s 三，非送择驱：本幕共5小题，共5移分。 11.(6分)在探究加速度和力、质量的关系实验中，小车受到的拉力刻定至关重要，用如 图甲所示的实验装置，不计清轮与细线，轮轴到摩擦。已知当地的重力如速度g= 10m/8 学传 .2 甲 (1)实验前，送择槽码时，情刊的质量稀 达填“需要”或“不调要”)请足远小于 小车的质量M,此时 (选填“需要”或“不需要”)测定帽码质量。 (2)实验一：小车质量M不变，改变情码质量，多次实验，测出力传移器的慎F和小车 相速度：，作出gF图像，如图乙所示A线，则图线A与機轴F的交点的含义 为 题密程 单元过美检测（八】物理第4页{共8质） (3》实轮二：改变小车的疑量，用同一装置重复做了该实验小组的实验，作出小车板量 为M时的：F图像为B线，则两线所对应的小车面量M和M相比拉， M(选填大于一等于”或“小手). 12,(10分》在验证机械能守氧定律的实验中，某可学采用如图甲所示装置，绕过定滑轮的 闲健上悬挂质量相等的重物A和B,在B下面再注均码C,已知打点计时排所用交瓷 电额的朝率为50k 4 打点扫时落 (1》在承物A下方周定打点计封器，用纸带连接A,测量A的运动情况。下列操作过园 正确的是 一。（填正确容案标号） A固定打点计餐时应将复写纸定位轴置于系重物A的细线的正下方 B安装打点计时春时要竖直架稳，使其两限位孔在月一经直线上 C.接通电题前让重物A尽量常近打点计时器 D.应选取最物第1,2两点间率离接近2mm的纸带 (?)某次实验结束后，打出的纸播的一部分如图乙所示，A、B.C为三个相第计时点。则 打下B点时重链的速度a=一m/5。(结果保留三位有效数字) (3)如果本实晚室电薰别率大于0Hz,期瞬时建度的测量值《选填“编大”或 “偏小“). (4)已知重物A和B的质量均为M,钩码C的质量为出，某次实验中从纸带上测量重 物A由静止上升高度为时对应计时友的速度为，取重力加速度为，喇验证系 统机械能守恒定律的表达式是 ()为了测定当地的重力加速度，改变肉码C的质量m,测得多组m和对应的知速度 :作出上一上图像如周丙质希，图线与筑轴戴平为五，期当地的重力加建度 为 单元过美检测（八】物理第5页{共8页] 衡水真是 13.(1?分)如图所示，竖直平面内常径为R=4m的光带既氨轨道AB固定在是够长的水 平地面上，轨通AB的密端与水平慈雨相物于B点，网心O在B点的正上方，QM与 竖直方向的夹角为8=一。一质量为m=2kg的带块1从A点由静止开始下滑，另 一质量为一10kg的滑换2静止放于水平地面上的C点，C韵长虔为L一1m,两 滑块均可税为质点，两滑块的砖撞为弹性球檀，两滑块与水平地面间的动摩擦国数均 为=0,2，重力加速度大小取g=10m/g。求： (1)滑块1第一次到达无轨道底端B点时，对衡面轨道的压力大小： (2)滑块1第一次到达C点时，因碰撞使滑块2我得的速度大小。 A61 密鞋 单元过美检测（八）物理第6页{共8质) 7 14.14分)如图所示，置量为m=0,2kg的小车静止在相精的水平地面上，小车与水平面 创的动华擦因登一=010罚定挡板P誉在小车左侧，质量为罗的物块P静止于小 车的上表面A点，A点左侧是一率径R=0,5m的光滑四分之一图氧，右侧水平且图 镜。现将质量也为m一自，2kg的小物欢P:由网面顾骑无初速度释放，沿圆氨下誉至 A点与发生弹性碰撞，碰撞时何极短，尸、户与小车其的动摩擦国数均为阀 0.30,最大静摩擦力等于滑动摩源力，最终两物块均未从小车上滑落，两小物块均可看 域质点，重力加速度g一10m/公，求， (1)物块P下滑至A点还没有发生秘撞前对小车的压力： 《2)P,P发生弹性碰撞后各自的速度： (3)最终P,P,同的距离（结果保留3位有效数字）. 7 单元过美检测（八！物理第了页{共8页） 衡水真是 15.(15分)如图所示，在水平地面上静置一质量M=2kg的长木板，在长木板左端静置一 质量m一1kg的小物块A,在A的右边静置一小物块B(B表面光滑)，君的质量与A 相等，A,B之间的距离L=5m,在一0时刻B以w一2m/s的初建度向右路动，同间 时对A植加一水平向右，大小为6N的拉力F,A开始相对长木板带动。=2时A 的速度大小为助一4m/s,木板与地面间的动摩擦因数：一Q5,设最大静摩擦力等于 滑动摩藤力，g=10m/。, (1)求物块A与木板同的清摩擦因数4a: (2)已知1一25s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A,B间的距离T4 (3》当B带到木板的右端时A,B恰好相罐，求木版长度L: (4)若木板足够长且在一3s时输去牧力F,试分析物体A,B能否相檀？若能，求A。 B两物体从撤去枚力F到相撞所用的时同：：若不佳，求A,B两物体从徵去牧力F 刊A,B之间距离达到最小距离的时何，（结果可用根式表示） 密卷 单元过美检测（八）物理第8页{共8质)·物理 参考答案及解析 1 1 对A分析有u·3mgd,=2m品一立m% 结合上述解得a一一 6% 解得d,一32g .1 h一36 滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰 2 m=号0 后静止，滑块2运动逵度为2w: (3)A、B发生相对运动过程中的加速度大小分 依次类推有=（得）m 别为 o(n=1,2,3,…) an-B3mg-3ug m A,B的相对加速度为a=4g an-kumg-ug 第n次碰后相对速度为U时=以十|U|一 从滑块1第一次被碰后，直到滑块1碰滑块2， (+号)×（号）-（号） 历时t==,西 第n次碰后，B在A上滑行的路程为4=生 164g 2a A的速度反向减速到0，历时A== aA 12ug (）厂a-123… 可知tA>t2 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为！= 表明A的速度减小到0时，A距滑块1最远，最 - -1_96 一40p8 远距离为xu=d:十2a,」 所以，木板的长度为L=2X4g 解得工一24ug 76 解得L一20ug (4)A与滑块1第二次碰撞有m如=mU2十 2mvz 合m喝=之m味+号×2md 1 2024一2025学年度单元过关检测（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 有F一mg=m立，根据机械能守恒E=号m 1.B【解析】水平面光滑，对滑块B施加一水平推 2n+ 力F使滑块B向左缓慢运动到某一位置后保持 mgh,则小球在轨道最低，点速度最大，则小球在轨 静止，根据功能关系可知推力F做的功等于弹簧 道最低，点时轨道对小球的支持力最大，根据牛顿 增加的弹性势能，A错误：当弹簧恢复原长时，滑 第三定律得小球对轨道的压力最大，B正确：设小 块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开 球与竖直方向的夹角为日，在“凹形”轨道运动，根 挡板，B正确；从撒去推力F到滑块A离开挡板 挑据牛顿第二定律有下一mg0s0=m号，小球的 的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和 重力与轨道对小球的支持力的合力提供向心力，支 滑块A,B组成的系统动量不守恒，C错误；从滑 持力不可能为零，所以初速度不管有多大，小球 块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中，弹簧 都不可能飞离“凹形”轨道，C错误；在“凸形”轨道 对A、B两滑块做的功等于弹簧弹力与A、B位移 的乘积，因为弹簧对于A、B的弹力大小相等且在 运动，根据牛顿第二定律有mgos0一R=m号， 此过程中工A≠xB,所以弹簧对A、B做功的大小 初速度足够大时，小球的重力与轨道对小球的支 不相等，D错误。 持力的合力不足以提供向心力，小球不能通过 2.B【解析】小球在光滑圆弧轨道上运动，只有重 “凸形”轨道最高点，D错误。 力做功，机械能守恒，A错误：小球在轨道最低点3.D【解析】小球刚好运动到B点时，轻绳没有作 ·21 衡水真题密卷 单元过关检测 用力，则由牛频第二定律得mgsn0="学，设小 7.B【解析】小球A下落到最低点的过程中，A和 B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系 球由A到B的过程中克服摩擦力做功为W:,由 统机械能守恒，A错误；刚释放小球A时，由牛顿 动能定理得-2 mgLsin0-W,=合m6-之m6, 第二定律可知2mgsn0=2na,解得a-停g,B 解得W=3J,D正确。 正确：小环B速度最大时，小环B在竖直方向上 4.B【解析】运动员在空中做平抛运动，下落的高 的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg,而只有 度为A=g,以b为零势能点，则有E,= A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量 mg·h=E。-"瓷.，A错误根据动能定理有 才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于 mg,C错误：几何关系如图所示，设A初始时刻距 E一E=mgh,可得E=E+mg:,B正确； 离最低，点的距离为h1,由几何关系可知Rsin0十 2 平抛过程中只受重力，故机械能守恒，E图线应 tan =1.5Rsin0,解得h1=5R,设小环B初 为横线，C错误；运动员沿竖直方向上的速度为 4 v,=gt,则重力的功率P=mg·,=mg2·t,D 始时刻距离最低，点D的距离为h2,由几何关系可 错误。 知hz=h1十1.5Rcos0=2R,由系统机械能守恒 5.D【解析】先对A进行受力分析可得F一f 可知2mgh1十mg(h2-1.5R)=号X2m话，解得 2 mgsin37°，再对B进行分析可得F十f= 2 ngsin37°，联立可得F=0.9mg,f=0.3mg,根 a=√3gR,D错误. 据厂N可得以-卡-m2c7-景D正确， 6.A【解析】在物体A与弹簧接触过程中，根据动 量守恒定律得2Mu=2M以十Mwg,根据机械能守 恒定律得号·2M=号·2Mo+号 ·Mw,解 8.C【解析】根据题意可知，当Q下降的高度为乃 得=，=，根据动量定理得弹黄对A 时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度h h 的弹力冲量大小I=2M。一)，解得1=号M, gsin37”-是，细蝇断装的眸间P.Q建 A正确：在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程 度大小相等，对P、Q整体，根据机械能守恒有 中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的 3mgh-mgh=号（3m+m)t,解得u=√88h, 9 弹力做功的功率增大，在弹簧接近原长时，B的 细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足mgh1 逢度接近号，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对 =m,解得=是，则物块P活针西上升的 B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A 最大高度H=十h=是，A错误；当细绳断泵的 21 与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率 不是一直增大，B错误；从A与弹簧接触到A、B 瓣间，物块Q的重力做功的功奉P-3 ngusin53°- 相距最近的过程中，根据动量守恒定律得2M和= (2M+M,解得寸=号，弹簧对A,B微功分 9m5,√2gh,B错误；细绳断裂后，物块P在斜面 5 别为W=是·2Mw-是·2M=-号M, 上的运动时间t=gsim37=4√。，C正确：根 据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能 W=号M=号M,弹簧对A,B微功的代数 守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则 当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能 和为W=W十W。=一号M附，最大弹性势能为 等于物块Q的机械能相对=0时刻的减少量， E=是·2M-·3M=M,C.D错误 即△E=mgh'+1)-器mg,D错误。 7 ·22· ·物理· 参考答案及解析 二、多项选择题 9.AD【解析】当物体运动到x=4m处时，物体的 (3)由(2)分桥，垫理可得a=-后可知，图 速度达到最大，此时摩擦力f=F,=10N,根据∫ 像的斜率表示小车质量的倒数，由图乙可知，图 =mg,解得u=0.4,A正确：Fx图像与x轴国 线A的斜率大于图线B的斜率，则M小 成的面积代表功，物体运动到x=4m处时，力F 于M. 做功大小W,=1015×2J+15×1J+10+15×1了 12.(1)BC(2)1.05(3)偏小 2 2 =52.5J,摩擦力做功大小W:=fx=10×4J= (④mgh=号2M+mt(6h 40J,根据动能定理Wr一W=Ek一0，解得E= 【解析】(1)为减小纸带运动过程中所受的摩擦 12.5J,B错误；从开始到物体停止拉力所做的功 阻力，打点计时器振针应置于系重物A的细线 为wm=1015×2J+15×1J+15+5×2J= 的正下方，而定位轴的位置在复写纸中心，在振 2 2 针旁边，所以定位轴不应在重物A的细线的正 60J,C错误：物块从开始运动到最终停下来的过 下方，A错误；安装打点计时器时要竖直架稳， 程有W1一fx=0一0，解得x=6m,所以撤去F 使其两限位孔在同一竖直线上，B正确：为了能 后，物体还能滑行的距离为d=6m一5m=1m, 在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当 D正确。 的数据，点，接通电源前应让重物A尽量靠近打 10.BD【解析】rt图像与坐标轴围成的面积表示 点计时器，C正确；本实验研究的对象不是做自 速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大， 由落体运动，无需选取最初第1、2两，点间距离 则1=18时Q的逸度大小等于0=受×1× 接近2mm的纸带，D错误。 (2)打B点时重锤的醉时速度等于打A、C两点 0.8m/s=0.4m/s,由图可得实际Q的a-t图像 间的平均速度，即%一2行 51 与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大 42.0X10-3 2X0.02m/s- 时a-t图像与坐标轴围成的面积，故t一1s时Q 1.05m/s。 的速度大小大于0.4m/s,A错误；t=0时，对物 (3)如果本实验室电源频率大于50Hz,则计算 块P有F=mpao=2X1N=2N,故恒力大小为 瞬时速度时所代入的T值比实际值偏大，从而 2N,B正确；施加水平向右的恒力F的过程中， 使瞬时速度的测量值偏小。 根据动量定理有Ft=mro1十mQv:= 2kg·m/s,故0~1s内P的动量增加量小于 (④)根据机械能守恒定律有CM什m)gh=司(2M什 2kg·m/s,C错误；l=1s时，对物块P、Q整体 m)t+Mgh,整理得mgh=2(2M什m). 有F=(mp十mo)a1,解得mo=0.5kg,撤去推 力后，P、Q共速时，弹簧最长，有Ft=mo1十 (5)对A,B、C整体根据牛顿第二定律有(M十 moD2=(mr十mQ)v,解得撤去推力后弹簧最长 m)g-Mg=(2M+m)a,整理得1=2M.1+ a g m 时，Q的速度大小为o=0.8m/s,D正确。 三、非选择题 名由题高可知6=名解得g=名 g 11.(1)不需要不需要(2)小车受到的阻力 13.(1)40N(2)2m/s (3)小于 【解析】(1)滑块1下落到圆弧轨道底端过程 【解析】(1)根据题意，由图甲可知，细线对小车 的拉力可以通过力传感器测量，则不需要满足 中，由机械能守恒得m4gR(1一cos)= 2m6 槽码的质量m远小于小车的质量M,也不需要 测定槽码质量。 在B,点时有FN一mg=m尺 (2)由图乙可知，由于加速度a=0时，拉力F不 解得%=2√/10m/s 为零，则小车受到阻力作用，设小车受到的阻力 FN=40 N 为f,由牛顿第二定律有F一f=M4,可知，当 由牛频第二定律可知滑块1第一次到达國孤轨 a=0时F=f,即图线A与横轴F的交点的含 道底端B点时，对圆孤轨道的压力大小为40N; 义为小车受到的阻力。 (2)滑块1从B点到C点过程中，由机械能守恒 ·23· 7 衡水真题密卷 单元过关检测 得-之m话=-m 此时P的速度为'=)一a1(h1十t2)=1m/s 两物块发生弹性碰撞，有m1=m1十m2 之后月也件下所用时同为-哥-号。 之m听-m暖+号m防 系统静止，画出速度一时间图像如图所示。 ◆/m·s) 解得=一4m/s 4 va=2 m/s 3号 即滑块1第一次到达C,点时，因碰撞使滑块2 获得的速度为2m/s。 14.(1)6N,竖直向下(2)4m/s1m/s (3)2.37m 2 【解析】(1)P2由圆孤顶端滑至A点，由机械能 守恤得mgR=m6 0 t/s 解得=3m/s 由牛顿第二定律可得FN一mg=m 小车的位移为x=号a十妇)=0.2m 解得FN=3mg=6N 最终P1,卫，间的距高为△虹=号（十十）- 由牛顿第三定律可知，物块P2下滑至A点还没 -4-动m237m 71 有发生碰撞前对小车的压力大小为6N,方向竖 直向下； 15.10.4(2)3.75m（3)7+6m(40.8s 2 (2)设碰后P、P2的速度分别为、，根据动 【解析】(1)由运动学公式得=a1 量守恒有mw=m十受 解得a1=2m/s 根据机城能守恒有号m味=之m透十号×受 对A由牛顿第二定律得F一μamg=ma 解得A=0.4; 联立解得功=4m/s,=1m/s: (2)l2=2.5s时B运动的位移大小x2=%t2= (3)P1、P2碰撞后均做匀减速运动，加速度大小 2×2.5m=5m 均为a1=g-3m/s2 6=2.5s时A运动的位移大小=之a,= 他mg十地·受g一A· 5 小车的加速度为a2= 28 号×2x25m=6.25m m 2 m/s t红=2.5s时A、B间的距离x=L0十x2一x1= 设经时间P2和小车相对静止，此时速度为 5m+5m-6.25m=3.75m: v=v-ah=azt (3)对木板由牛顿第二定律得mg一u(m+ 解得=号s,。-号m/s 2 m+M)g=Maz 解得a2=1m/s 之后P,继续做匀减速运动，加速度大小仍为 设经过t物块B滑到木板的右端时A、B恰好相 a1=3m/s2,以小车和P2为整体，根据牛颜第二 递，则2at=Ltwt,2a=L+2a, 定律可得a·g也·受&=2ma 解得L=7+26 m 解得a3=0.5m/s2 2 小车和P:整体以加速度ag=0.5m/s2做匀减 (4)在t=3s时撒去拉力F,A的速度大小= 速运动，小车和P停下所用时间为4=” aits=6 m/s as A的住移西-受=号×8m=9m 木板的速度大小u4=a2t=3m/s ·24· ·物理· 参考答案及解析 撒去拉力F,对A由牛顿第二定律得BAmg= 2.4s mas A的位移大小xs=2=6.72m 解得a=4m/s 撒去拉力F,物块A做匀减速运动，木板做匀加 在=3s时撒去拉力F,A与B达到共同速度 速运动，二者达到共同速度防=的一at4= 时，A运动的位移大小xA=十m十马=18.6m 4十azta B运动的位移大小xB=%(3十4十t)=12m 解得t4=0.6s,=3.6m/s 则xA>LO十xB A达到与木板有共同速度的位移大小x4= 所以木板足够长且在=3s时撒去拉力F,物 6一=2.88m 体A、B能相撞：A、B两物体从撒去拉力F和木 2a3 板共速到A、B相碰的时间为t,则x十x4十 此后A与木板一起做匀减速运动，由以(2m十 wt-ja-Lo+w(h+h+D Mg=(m+M)a 解得ag一号m/g 解得t=0.2s 因此总时间为△t=t4十0.2=0.8s。 当AB有共同速度时6=5一西=3.6，-25 3 2024一2025学年度单元过关检测（九） 物理·电场力的性质电场能的性质 一、单项选择题 电势能增大，D错误。 1.D【解析】根据题意可知，电子从静止沿电场线 3.C【解析】9-x图像，斜牵表示电场强度，在x 从A运动到B,则电子所受电场力方向为A→B, 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，A 电场强度的方向由B→A,A错误，沿电场线电势 错误：x=20cm处图像斜率为零，则满足 降低，所以A点的电势一定低于B点的电势，C Q Q。 错误：电子所在位置的电势越高，电势能越低，所 k(40cm=k(20m,所以电荷M所带电荷 以电子在A,点的电势能大于在B点的电势能，D 量大小Q1=4Q,B错误；根据电势变化图像可 正确；根据题意，不知周围电场线的分布情况，无 知，在0~20cm内，电场方向沿x轴正方向，在 法判断电场的强弱，B错误。 x>20Cm处，电场沿x轴负方向，可知，点电荷N 2.B【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，C点电 为正电荷，点电荷M为负电荷，C正确：根据电场 势高于其右侧点的电势，故不是A、B间电势最低 叠加原理，在一20cm~0内，电场强度不可能为 的点，A错误；C的电场强度由两个电荷产生的 0,D错误。 电场同向叠加而成，方向向右，A的左侧电场方 4,D【解析】等差等势面越密集的位置电场线越 向向左，故不可能存在与C点电场强度相同的 密集，电场强度越大，则在c、d、e、f四点中，f点 点，B的右侧两电荷产生电场反向叠加，并且当 的电场最强，A错误；因为B供电线的电势高于 十q1产生的电场强度大于一q2产生的电场强度 A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电 势最高，B错误；将某电子在d点由静止释放，它 时，电场方向与C相同，但因为此位置相对于A 的距离比C相对于A的距离远，所以在此区城产 会向c点所在等势面运动，C错误，因为d、e两点 生的电场强度一定小于C处的电场强度，B正 电势差等于e、f两点的电势差，根据W=Ug,可 知将电子由d移到e电场力所做的功等于将电子 确：B右侧场强为0的点满足k号=程，电势为 由e移到f电场力所做的功，D正确。 0的点满足1=k2,很明显不是同一位置，C 5.A【解析】根据电场叠加原理可知，电荷量分别为 g(g>0)和一q的点电荷在点P(0,a)产生的场强方 错误：由图中电场线分布可知C点电势高于D (72a)2os45 向沿x轴正方向，大小为E=2,9 点，所以负电荷在C点的电势能低，移到D,点时 ·25·