滚动卷3 能量和动量 振动和波-【高考领航】2026年高考物理总复习四测通关卷

滚动卷3　能量和动量　振动和波 (满分：100分) 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) 1．(2024·浙江卷)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则(　　) 图1　　　　　　　　图2 A．t1时刻小球向上运动 B．t2时刻光源的加速度向上 C．t2时刻小球与影子相位差为π D．t3时刻影子的位移为5A 2．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是(　　) A．此时小物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为Ffx C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x) 3．彩带舞深受广大人民的喜爱，在公园、广场随处可见。彩带舞爱好者，某次抖动彩带形成一列彩带波(可看成横波)，波形图如图所示，图甲为t＝0.2 s时的彩带波形图，图乙为x＝2 m处质点的振动图像。下列说法中正确的是(　　) 甲 乙 A．该彩带波沿x轴正方向传播 B．从t＝0.2 s开始，再过 s，x＝2 m处质点的位移为－2 cm C．彩带波的波速为1 m/s D．t＝0时，x＝2 m处质点沿y轴负方向振动 4．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭，如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。设从火箭开始运动到点火的过程始终受气体推力，则此过程中(　　) A．气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 B．高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量 C．在气体推力作用下，火箭的速度一直在增大 D．气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量 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v0射入木块A并留在物块中(时间极短)，则下列说法正确的是(　　) A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为 B．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为 C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为 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 6．如图所示，一倾斜传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。一质量为m的物块以初速度v1(v1<v0)从传送带底端滑上传送带，传送带足够长，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．物块上滑时的加速度大于物块下滑时的加速度 B．物块从滑上传送带到回到底端的时间为 C．物块从滑上传送带到回到底端，传送带对物块做的功为零 D．物块从滑上传送带到回到底端，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为 7．如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能 Ek 与运动路程x的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取重力加速度 g＝/。下列说法不正确的是(　　) 　　 甲　　　　　　　　　　　乙　　 A．物块质量为 0.7 kg B．物块所受摩擦力大小为 0.5 N C．0～20 m过程中，物块克服摩擦力做功为40 J D．0～10 m过程中与10 m～20 m过程中物块所受合力大小之比为 4∶3 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) 8．如图甲，某同学取一根柔软的长细绳，用手握住绳子左端连续上下抖动，形成一列向右传播的简谐波，以长绳左端点S为原点建立水平向右的x轴，如图乙。t＝0时绳的左端S点开始上下振动，振动图像如图丙所示。t＝6 s时停止抖动长绳，在这段时间内绳上x＝2 m处的质点P运动的路程为40 cm。关于这列绳波，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 丙 A．该列绳波的波长为4 m B．t＝7 s时，x＝6 m处质点的动能最大 C．t＝8 s时，x＝5 m处质点处于波谷位置 D．t＝10 s时，x＝3 m处质点运动的总路程为70 cm 9．光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑圆形槽的小车，一质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，图甲小车放置在无阻碍的光滑水平面上，图乙小车靠墙停放，已知重力加速度为g，则(　　) 　　 甲　　　　　　　　　乙 A．图甲中小球返回右端将向右做平抛运动 B．图乙中小球返回右端将向右做平抛运动 C．图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为 D．图甲中全过程小球对小车压力的冲量为mv0 10．如图所示，光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和物块C，木板B的质量为4m，物块C的质量为12m。现有一质量为m的物块A以初速度v0从左端滑上木板B，木板B与物块C仅发生过一次碰撞(弹性碰撞)，且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的速度大小为 B．木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的速度大小为 C．木板B与物块C碰撞后，物块C的速度大小为 D．物块A相对木板B滑行的距离为 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中AB为水平段，在水平段取一点O。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 测量硬币的质量，得到一元硬币和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1＞m2)。将硬币a放置在斜面上某一位置，标记此位置为C。由静止释放a，当a停在水平面上某处时，测量a右侧到O点的距离OP，如图甲所示；将硬币b放置在O处，左侧与O点重合，再将a从C点由静止释放，当两枚硬币发生碰撞后，a、b分别停在水平面上时，测量a右侧到O点的距离OM、b左侧到O点的距离ON，如图乙所示。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 甲 乙 (1)在本实验中，b选用的是________(选填“一元”或“一角”)硬币。 (2)若a、b碰撞前后动量守恒，则应满足的表达式为__________(用s0、s1、s2、m1和m2表示)；若碰撞前后动量守恒且机械能相等，则应满足的表达式为________(用s0、s1和s2表示)。 12．(9分)某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题， 设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。 在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。 整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下： a．开始时，系统在一外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感器测出C的速度为v。 b．在实验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复步骤a。 回答下列问题： (1)该实验中，M和m大小关系必须满足M__________(选填“小于”“等于”或“大于”)m。 (2)为便于研究速度v与质量M的关系，每次测C的速度时，C已下降的高度应________(选填“相同”或“不同”)。 (3)根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作出__________(选填“v2-M”“v2-”或“v2-图线。 (4)根据(3)问的图线，若图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为________。(用题给的已知量表示) 13．(10分)如图所示，一列简谐横波沿x轴负向传播，图中实线a是t＝0时刻的波形图，虚线b为t＝3 s时刻的波形图，实线c为t＝5 s时刻的波形图。 (1)求t＝0时刻，位于x＝3 m处的质点偏离平衡位置的位移y； (2)若该波传播速度小于20 m/s，求该波波速。 14．(13分)如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平地面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，不计木板与地面间的摩擦，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求： (1)物块运动到B点时的速度大小； (2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小； (3)木板至少多长才能使物块不从木板上滑下。 15．(15分)一游戏装置如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾斜直轨道EF、水平直轨道FG、凹槽GHIJ组成。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处，轨道EF、FG平滑连接，除FG段外各轨道均光滑，凹槽底面水平光滑且足够长。凹槽底面紧靠竖直侧壁GH处静置一无动力摆渡车，摆渡车上表面与轨道FG高度差h1＝0.2 m。将一滑块从轨道AB上高度为h3(未知)处静止释放，通过螺旋圆形轨道最高点D时对轨道的压力大小FD＝8 N，当滑块落到摆渡车上时，其水平分速度不变，竖直分速度瞬间变为零，摆渡车碰到侧壁后立即反弹且速度大小不变。已知直轨道AB、EF倾角均为θ＝37°，滑块可视为质点且质量m＝1 kg，螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度h2＝0.6 m，FG长度LFG＝3 m，摆渡车质量M＝4 kg，滑块与FG段动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ2＝0.4，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求滑块初始高度h3的大小； (2)摆渡车第一次与侧壁IJ碰撞过程中，侧壁对摆渡车的冲量I； (3)若滑块恰好不脱离摆渡车，求摆渡车的最小长度L； (4)求摆渡车第3次与侧壁碰撞后瞬间的速度大小。 学科网（北京）股份有限公司 $ 滚动卷3　能量和动量　振动和波 1．D　根据题图2可知，t1时刻小球处于平衡位置且向下运动，A错误；t2时刻，光源处于最高点，其回复力向下，加速度向下，B错误；t2时刻，光源处于最高点，小球处于最低点，则观测屏上的影子也处于最低点，故小球与影子的相位差为0，C错误；t3时刻，光源处于最低点，小球处于最高点，则观测屏上的影子也处于最高点，如图所示，根据几何关系可知，，解得h＝5A，D正确。 2．B　对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理得Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，故B项正确；初始时物块和小车均静止，其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。 3．B　根据振动图像与0.2 s时的波形图可知，这列彩带波沿x轴负方向传播，故A错误；这列波的周期为T＝0.4 s，波长λ＝4 m，所以波速为v＝＝10 m/s，由题图乙可知y＝4sin t(m)＝4sin 5πt(m)，再过 s，即t＝0.2 s＋ s，x＝2 m处质点此时位移为y＝－2 cm，故B正确，C错误；因为t＝0.2 s时，x＝2 m处质点沿y轴负方向振动，往前推半个周期，所以t＝0时，x＝2 m处质点沿y轴正方向振动，故D错误。 4．D　火箭动量的增加量等于气体对火箭推力与火箭重力冲量的矢量和，A错误；火箭动能的增加量与火箭重力势能增加量和克服空气阻力的功的代数和等于高压气体释放的能量，B错误；在气体推力作用下，火箭的速度先增加后减小，C错误；火箭机械能的增加量等于气体的推力和空气阻力对火箭做功的代数和，D正确。 5．C　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kmv0＝(m＋km)v1，解得v1＝v0，子弹动量的变化量Δp＝kmv1－kmv0＝－，选项A错误；物块A的动能增加量为ΔEkA＝，选项B错误；当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量大小最大，则子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(2m＋km)v2，解得v2＝v0，物块B的动量大小最大值为pBm＝，选项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为ΔEp＝(m＋km)v12－(2m＋km)v22＝，选项D错误。 6．C　物块上滑时摩擦力方向沿斜面向下，当物块减速到零然后反向下滑时，由于传送带速度大于滑块速度，因此物块受到的摩擦力方向仍沿斜面向下，此时滑块受力情况与上滑时相同，故加速度相同，故A错误；由A中分析可知，物块先向上做匀减速直线运动，速度为零后再以相同的加速度大小反向做匀加速直线运动，两个过程的加速度大小均为a＝g sin θ＋μg cos θ，根据对称性可得物块从滑上传送带到回到底端的总时间为t总＝2t＝2×，故B错误；由B中分析可知，当物块下滑到传送带底端时，滑块的速度大小仍为v1，故物块从滑上传送带到回到底端整个过程根据动能定理可得WG＋Wf＝0，而WG＝0，故Wf＝0，即传送带对物块做的功为零，故C正确；物块上滑过程传送带与物块的相对位移为Δx1＝v0t＋，物块下滑过程传送带与物块的相对位移为Δx2＝v0t－，故整个过程传送带与物块的相对位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝2v0t＝，故整个过程物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmg cos θ·Δx＝，故D错误。 7．C　物块沿斜面上滑过程中，由动能定理得＝mg sin 30°＋Ff＝4 N，物块沿斜面下滑过程，由动能定理得(mg sin 30°－Ff)(x－x1)＝Ek，解得Ek＝(mg sin 30°－Ff)x－(mg sin 30°－Ff)x1，结合图像得斜率k2＝mg sin 30°－Ff＝3 N，代入数据解得m＝0.7 kg，Ff＝0.5 N，故AB正确，不符合题意；0～20 m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10 J，故C错误，符合题意；0～10 m过程中物块所受合力大小为F1＝mg sin 30°＋Ff＝4 N，10 m～20 m过程中物块所受合力大小为F2＝mg sin 30°－Ff＝3 N，合力之比为4∶3，故D正确，不符合题意。 8．AC　由图丙可知，S点的振动周期T为4 s，振幅A为10 cm，t＝6 s内质点P运动的路程为40 cm＝4A，故质点P只振动了一个周期，波从S点传到质点P的时间Δt＝6 s－4 s＝2 s＝T，故2 m＝v·λ，故λ＝4 m，故A正确；t＝6 s时，波刚传到x＝6 m处质点，再过1 s即T，x＝6 m处质点运动到最大位移处，质点的动能最小，故B错误；该波波速v＝＝1 m/s，由图丙可知，S点t＝3 s时在波谷，该波谷传到x＝5 m处所需时间Δt1＝＝5 s，故t＝8 s时，x＝5 m处质点处于波谷位置，故C正确；波传到x＝3 m处所需时间Δt2＝＝3 s，因t＝6 s时停止，故t＝10 s时x＝3 m处的质点运动的时间为6 s－3 s＝3 s＝T，x＝3 m处质点运动的总路程为s＝3A＝3×10 cm＝30 cm，故D错误。 9．BC　题图甲中，小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中系统在水平方向上动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，系统由机械能守恒定律得，联立解得v1＝0，v2＝v0，所以题图甲中小球返回右端将做自由落体运动，A错误；题图乙中小车静止不动，因此小球返回右端将向右做平抛运动，B正确；设题图甲中小球在弧形槽内上升的最大高度为h，由系统水平方向动量守恒mv0＝2mv，由能量守恒定律得×2mv2＋mgh，解得h＝，C正确；由以上选项可知，小球返回右端将做自由落体运动，小车将向左做匀速直线运动，速度为v0，对小车水平方向，由动量定理可得Ix＝Δp＝mv0，由于小球对小车一直有竖直向下的压力分量，故全过程小球对小车压力的冲量不等于mv0，D错误。 10．ACD　从A滑上B到B与C碰撞前瞬间，A、B动量守恒，有mv0＝mvA1＋4mvB1，B与C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有4mvB1＝4mvB2＋12mvC，×4mvB12＝×4mvB22＋×12mvC2，解得vB2＝－vB1，vC＝vB1，B与C碰撞后，A、B均能停下来，有mvA1＋4mvB2＝0，联立解得vA1＝，vB1＝，vB2＝－，vC＝，故A、C正确；B错误；整个过程中能量守恒有×12mvC2＋μmgx，解得x＝，故D正确。 11．解析：(1)根据图乙可知，a碰撞b后，a的速度方向仍然向右，没有发生反弹，可知a的质量大一些，即在本实验中，a选用的是一元硬币，b选用的是一角硬币。 (2)设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，a从O点到P点，根据动能定理有m1v02，解得碰撞前，a到O点时速度的大小v0＝，同理可得，碰撞后a的速度和b的速度分别为v1＝，若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2，整理可得m1，若碰撞前后动量守恒且机械能相等，则由机械能守恒定律得m2v22，联立解得。 答案：(1)一角　(2)m1 12．解析：(1)要使压力传感器的示数为零，弹簧需从压缩状态变成伸长状态，因此重物C要能拉动物块A，所以M要大于m。 (2)开始弹簧处于压缩状态，有F1＝kΔx1＝mg，压力传感器为零时，弹簧的拉力为F2＝kΔx2＝mg，此时弹簧从压缩到伸长的变化量为Δx＝Δx1＋Δx2＝，则不论重物C质量是多少，要使压力传感器示数为零，A物块上升，此时重物C下降，得重物C下降的高度相同。 (3) 取AC及弹簧为一个系统，弹簧压缩和伸长前后形变量相同，则根据机械能守恒定律有 (M－m)g×(M＋m)v2 整理得v2＝－ 所以为得到线性关系图线，应作出v2图线。 (4)根据上面表达式可得＝b，解得k＝。 答案：(1)大于　(2)相同　(3)v2　(4) 13．解析：(1)x＝3 m处的质点做简谐运动的位移随时间变化的关系式为 y＝8sin cm 则t＝0时，解得y＝4 cm。 (2)由a、b波形图可知T＝3 s(n1＝0、1、2…) 由b、c波形图可知T＝2 s(n2＝0、1、2…) 又v＝ 联立解得v＝(n1＝2、5、8…) 或v＝4n2＋2(n2＝1、3、5…) 由于波速小于20 m/s，解得该波波速可能为 v＝6 m/s或v＝14 m/s。 答案：(1)4 cm　(2)6 m/s或14 m/s 14．解析：(1)根据物块经过B点的速度和竖直方向的夹角为θ，可知 vB＝ m/s＝2 m/s。 (2)从B到C应用动能定理有 mg(R＋R sin θ)＝mvB2 代入数据得vC＝6 m/s 在C点，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 代入数据得FN＝46 N 由牛顿第三定律可知FN′＝FN＝46 N 即物块对轨道的压力为46 N。 (3)根据题意可知，物块在木板上滑动时，二者动量守恒，则有 mvC＝(m＋M)v共 设木板最小长度为L，根据系统能量守恒，有 μmgL＝(m＋M)v共2 代入数据得L＝4.5 m。 答案：(1)2 m/s　(2)46 N　(3)4.5 m 15．解析：(1)根据题意，滑块在D点时，由牛顿第二定律有 FD＋mg＝m 滑块从A到D过程中，由动能定理有 mg(h3－h2－R－R cos 37°)＝mvD2－0 联立代入数据解得h3＝1.95 m。 (2)滑块从静止释放到G点过程，根据动能定理 mgh3－μ1mgLFG＝mvG2 解得vG＝3 m/s 滑块和摆渡车水平方向动量守恒mvG＝(m＋M)v0 解得v0＝0.6 m/s 摆渡车第一次与侧壁IJ碰撞过程中，由动量定理有I＝－Mv0－Mv0 解得I＝－4.8 N·s。 (3)滑块在G点开始做平抛运动，即x1＝vGt，h1＝gt2 解得x1＝0.6 m 从滑块碰撞摆渡车到达到共速的过程中，由能量守恒定律有 μ2mgx2＝(m＋M)v02 解得x2＝0.9 m 设摆渡车与侧壁IJ碰撞后，滑块与摆渡车达到共速v1，由动量守恒定律有 Mv0－mv0＝(m＋M)v1 由能量守恒定律有μ2mgx3＝ 解得x3＝v02＝0.144 m 同理，第2次发生碰撞后，物体相对于车的位移x4＝v12＜x3 因此只需要保证第一次碰撞之后二者不分离即可，滑块恰好不脱离摆渡车，摆渡车的最小长度L＝x1＋x2＋x3＝1.644 m。 (4)由以上分析可知，每次碰撞之后滑块与摆渡车获得的共同速度vi＋1＝vi 因此，第3次碰撞前v2＝v1＝2v0 解得v2＝0.216 m/s 则摆渡车第3次与侧壁碰撞后瞬间的速度大小为0.216 m/s。 答案：(1)1.95 m　(2)－4.8 N·s　(3)1.644 m　(4)0.216 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $