单元过关(八)动力学、动量和能量观点在力学中的应用-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川B版)

奋斗之中，劳力铸就可能 2025一2026学年度单元过关检测（八） A.水枪的功率为2PxDv 班级 卺题 物理·动力学、动量和能量观点 1 B水枪的功率为60mD 姓名 在力学中的应用 C水流对车身的平均冲击力约为，乙 D 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 D.水流对车身的平均冲击力约为品0D'可 得分 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 4.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞， 一项符合题目要求。 如图甲所示，碰撞前后两壶运动的图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图 题号 2 3 4 线平行，两冰壶质量相等，材料不同，则 () 答案 红 1.2024年6月25日14时7分，嫦媛六号返回器携带来自月背的月球样 品安全着陆在内蒙古四子王旗预定区域，探月工程嫦娥六号任务取得 圆满成功。如图所示，在减速阶段，巨型降落伞为返回舱提供阻力，假 2 人红壶 01 设返回舱做直线运动，对于减速阶段下列说法正确的是 ( 乙 A.伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力 A.两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶再经过4s停止运动 B.伞绳对返回舱拉力的冲量等于返回舱重力的冲量 C.碰后蓝壶速度为0.6m/s D.碰后蓝壶移动的距离为2.0m C.合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化 5.如图甲所示，动度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于 D.合外力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化 静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位 2.如图所示，三个完全相同的小球A、B、C分别套 置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻敬去外力，物块A自由下落，与物块 在同一竖直面内相互平行的两根长杆上，两杆均 B碰撞后以相同的速度向下运动，碰擅过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置 坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图乙中除O~x1之间的图线为 水平且相距吃，小球质量均为m,A,B通过不可 直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g,则() 4E 伸长的细线相连，细线长为L,小球与长杆间的动摩擦因数均为：。初始时，A、C球静 止，给B球一个垂直于A、B连线且沿杆的初速度，绳子绷紧后B球立即与C球发生弹 性正碰，C球运动的位移大小为 () A品 B和受 23L D.8gg 3.如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D,水 A.物块A、B的质量之比为2：3 流以速度从枪口喷出并近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水 B.弹簧的劲度系数k= Ex x2(x2一x1） 流，约有75%向四周湲散开，藏起时垂直车身向外的速度为日，其余25% C从工到x的过程中，物块A、B一起运动的加速度的最大值a一二 的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对 :-x8 车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则 ( D.从，到，的过程中，弹簧的弹性势能增加了△B,16x二15E 4x1 单元过关检测（八）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（八）物理第2页（共8页） 6.如图甲所示，质量M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=1kg的物块以 时间内A、B的at图线与坐标轴所围面积大小。t=t2时刻，A、B系统的总动量大小 v。=4m/s的初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数4=0.2，在物块滑 为p,弹簧的弹性势能为E。,下列说法正确的是 () 上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板 上相对于木板清动的路程为，给木板施加不同大小的恒力F,得到，F的关系如图乙 所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1。物块可视为质点，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g取10m/s。下列说法正确的是 () A.=mS B.mAS: ma S: C.S-S2=S3 营- S: 9.如图甲所示，木板放置在光滑的水平面上处于静止状态，子弹（可视为质点）以水平向 A B 一E 右、大小为。的初速度射入木板，当子弹运动到木板的最右端时刚好未射出，两者的速 度与时间关系图像如图乙所示，下列说法正确的是 () 甲 A.若恒力F=0,物块滑出木板时的速度为3m/s 子弹 0 子弹与木板 B.C点纵坐标为1.5m1 C.随着F增大，当外力F=1,2N时，物块恰好不能从木板右端滑出 光滑 D.图乙中D点对应的外力的值为4N 甲 7.为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的模型，固定斜面体上有两段倾角均为37°的 A.子弹与木板的质量之比为2：3 平行斜面ab和cd,cd足够长。质量为4m、长度为s的“L形”防滑板B恰好静止在cd 且木板的长度为2 段的最上端，上表面与ab齐平。在斜面ab上距b点1.5s处由静止释放质量为m的小 滑块A,滑块A与ab面及与B的上表面间的动摩擦因数均为0.5。滑块与防滑板下端 C.若子弹的质量为m,则木板在加速过程中所受的摩擦力大小为2m则 5to 薄挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。则 () D若子弹的质量为m·则整个过程中子弹与木板因摩擦产生的热量为 A.A刚滑上B时速度大小为√gs 10.如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道 B.A滑上B后，B立即加速下滑 平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上，处于静止状态 的5个相同小球，小球质量均为m。=0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小为√gs 4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v。=7m/s,物体和 D.A将与B发生二次碰撞 传送带之间的动摩擦因数=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球、小 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 球与小球之间发生的都是弹性正碰，g取10m/s。下列说法正确的是 () 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 10 答案 8.如图甲所示，质量分别为mA和m:的A,B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上， A.物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为1.55J B.物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J 初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的弹性势能为E的。t=0时 C.第1个小球最终的速度大小为5m/s 刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的at图像如图乙所示， S,表示0到t1时间内A的at图线与坐标轴所围面积大小，S2、S:分别表示t1到t D.物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为m 1B 单元过关检测（八）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（八）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 (1)摆锤与地面接触前瞬间的速度大小为 m/s,摆锤离开地面后瞬间的速度 11.(6分)如图所示装置，是用来模拟测量子弹速度的简易装置。我 大小为m/5。(结果均保留两位有效数字) 们知道一般子弹速度可达800m/s左右，由于没有枪和子弹，我们 (2)摆锤与地面接触挤压的时间内，摆锈对地面的压力的冲量大小约为 N·sa 用弹射器弹出的小球模拟子弹，本实验目的是测小球弹射出的速 (结果保留两位有效数字) 度。与弹射口等高处用细线悬挂一沙盒，小球弹出后会打入沙盒 (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数为 。(结果保留两位有效数字) 中并迅速相对盒子静止，细线的上端系于一固定铁架台（图中未画 (4)关于本实验的误差来源，你认为有（写一条即可）。 出)上的O点，并固定一量角器，量角器圆心在O点，另有一可绕 13.(10分)如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，AB、CD段为直线，BC段边缘是 O转动的轻质细长指针，初始与细线同处竖直方向。当沙盒向右侧摆起会带动指针同 圆心角为90°的圆弧，CD段上方有一光滑挡板，挡板与传送带中心线之间的夹角 步逆时针转动，指针对沙盒的阻力可以忽路不计，当沙盒摆到最高点后再摆下来时，指 0=60°，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物体沿挡板匀速运动到工作台。 针就停在最大角度处静止，需手动复位到初始竖直位置。当地重力加速度为g, (1)实验中通过量角器读出指针从初始竖直到沙盒将指针推到最大偏角时旋转的角度 一质量m=1kg的物体由A端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带 0,用刻度尺测出图中细线OA的长度L,还需要测出的物理量 (填写选项 共速，在BC段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间的动摩擦因 字母序号)。 数=0.2，AB段长L=1m,物体在BC段的时间tc=25,最大静摩擦力等于滑动摩 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m 擦力，g取10m/s,求： C.沙盒的总质量M D.弹簧的压缩量x (1)传送带的速率及物体与挡板作用后匀速运动的速度大小： (2)认定小球是水平击中沙盒的，从小球击中沙盒前瞬间到沙盒摆至最高处，忽略空气 (2)物体从A运动到B的过程中，传送装置比空载时多做的功： 阻力，对小球，沙盒组成的系统（填写选项字母序号）。 (3)物体从B到C的过程中，传送带对物块的冲量大小。 A.动量、机械能均守恒 B.动量、机械能均不守恒 C.动量守恒、机械能不守恒 (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，写出小球弹射出的速度表达式 (4)由于没有考虑沙盒大小，使测得小球速度比真实值 (填“偏大”、“偏小”或 “不变”)。 12.(8分)如图甲所示为一种摆式摩擦因数测量仪，它可测量轮胎与地面间的动摩擦因数， 其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的细杆。摆锤的质量为m, 细杆可绕转轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L。测量时，测量仪 固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处由静止释放，摆锈下摆到最低点附近时， 橡胶片紧压地面擦过一小段距离，之后继续摆至与竖直方向成0角的最高位置。若某 次测量过程中，测得m=20.0kg,L=1.60m,0=59.3°，传感器（连接计算机，未画出） 测得摆锤对地面的压力F、随时间t的变化规律如图乙所示。已知g取9.8m/s2, c0s59.3°≈0.51. 支果 240 度盘 橡胶片 0020.40.60.8 分 单元过关检测（八）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（八）物理第6页（共8页） 1B 14.(13分)如图为某挑战项目的示意图，其中弹射装置由弹射器和物块组成，物块质量为 15.(17分)智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。如 m,弹射器质量为5m。弹射装置被挑战者从滑道平台起点O由静止释放，从滑道C点 图甲，当机器人抵达分拣口时，速度恰好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直 冲出，当到达最高点D时，挑战者启动弹射器在极短时间将物块沿水平方向射出，物块 至包裹滑下，将包裹投人分拣口中（最大静摩擦力等于滑动摩藤力，g取10/s)。如 刚好水平进入右侧静置于光滑水平地面的质量为的组合平台。如果弹射器落到下 图乙，机器人A把质量m=1kg的包裹从供包台沿直线运至相距L=45m的分拣口 处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人A运行最大加速度a= 方宽度为2h的缓冲保护区，且物块能到达右侧光滑一圆弧轨道，也不从组合平台左侧 3m/s,运行最大速度v。=3m/s,机器人运送包裹途中，可看作质点。 (1)求机器人A从供包台运行至分拣口所需的最短时间t。 脱离，则视为挑战成功。已知平台0点离地高为，D点与A点的水平距离与高度 (②)若包裹与水平托盒的动摩擦因数：-，则在机器人A到达分抹口处，要使得包表 均为h,装置到最高点D点时速度vD=2gh,平台上表面的水平长度EF=2h,其与 能够下滑，托盘的倾角0最小应该是多少。 物块的动摩擦因数：一名，重力加速度为g,弹射器和物块均可视为质点，不计空气阻 (3)机器人A投递完包裹后返回供包台途中发生故障，机器人A立刻制动，制动时速 力。求： 度为3m/s,由于惯性，机器人A在地面滑行4.5m后停下来，此时刚好有另一机 (1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功： 器人B,以最大速度3m/s与机器人A发生弹性正碰，碰撞后机器人A滑行了2m (2)若弹射器射出物块后能落到缓冲保护区内，则在D点弹射器对物块的冲量最大值： 停下来（其加速度与制动后滑行加速度相等，机器人A、B均可看作质点）。则机器 (3)若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足的条件。 人B的质量是机器人A的多少倍？ 0射装置 O石分口 供包台 乙 水平地面 缓冲保护风 1B 单元过关检测（八）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（八）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 41+9d (1分) 定律，有 [2m+(n-1)m]vm=(2m+nm)o0 (1分) 部倍：2。 (1分) 由上式解得十。 n+2”a (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 同理可推出0-1一n十1”- n 理得 Rt=号x3n时 (1分) 联立可得(m+1)22=n':1十0m+1)2Fd 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 同理可推出 2mw1=(2m+m)v1 (1分) 2Fd n2v2-1=(n-1)2o员-2十n 小球A与1号球碰撞后能量损失 m E。-×2aoi-22m+mg 1 (1分) (n-1)22-2=(n-2)y2-g十(-1)2Fd m …… Fd 解得E摄=3。 (1分) (2+1)2=2i+(2+1)2Fd (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℃m,与第n号小球碰后， 以上式子相加得 小球A和n个小球组成的系统的速度为v,小 (n+1)2=2+(m+4)(m-1)Fd (2分) m 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0'm-1,从小球A和前(n 又-Fd (1分) m 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 解得v= 2 1 (1分) 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) a+++1 m 个小球，由动能定理得 1 1 1 根据数学知识可知， 当n+1=一2×(-2)=4' Fd=2[2m+(a-10m]2-号[2m+(a 即n=3时vm有最大值 (1分) 1)m]v'-1 (1分) 3Fd UAmax-U3= (1分) 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 22m 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 2025一2026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 3 1 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 能定理得-mg22m心上2m0,组直 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为2，根 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 据水平方向动量守恒有m1=2mv2,B球与C球 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 则=2ugx,联立解得工一84g一8，D正确。 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 3.D【解析】在很短时间△t内流出的水的质量 D错误。 △m=aSA1=子PxD'Ar,水喷出过程中，根据动 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 ·29· 1B 真题密卷 单元过关检测 能定理可得P·△t=2△m·0,解得水枪的功率 3mg-F=4ma,F#=mBg=3mg,解得a= P=1 =g0πD0,A、B错误；设水流对车身的平均冲 48,在xg处有F#-mg-3mg=4ma',F0 3mg+k△x-3mg+（xg-x1),解得a′= 击力大小为F,取反弹的速度方向为正方向，对△t x3-x2 1 时间内喷出的水根据动量定理可得F·△t=25% 4,-工)8>48，故加速度的最大值a ·△m·[0-(-v)]+75%·△m· x3-x2 [后-(-小，解择P=品pxD,C结误，D 4(C,二z),C错误：碰撞后A的动能为6，则 正确。 B的动能为3上，总动能为4，从工1到2？的过 4.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度V。= 中：由能量关系有十4mg(x,x1)=△E 1.0m/s,碰后红壶的速度v。=0.2m/s,碰后红 壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为，取碰撞 解得△E,=16x,二154Eu,D正确。 4x1 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 6.B【解析】F=0时，m和M系统动量守恒，取水 可得moo=mu十u,代入数值可得v=0.8m/s, 平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 1 1 碰前的机械能Eo= 2mu6- 2m,碰后机械能 律得m,=mu,十Mog,2mo-(分moi+ 1 E+E,-言m+方m心2-0m,可知E> 1 2M）=mg,将M=0.5kg、m=1kg、w E十Ek,所以两壶发生了非弹性碰撞，A、C错 4m/s、s=1m代入解得v1=2m/s,v2=4m/s 误；由题图乙可知红壶在冰面上运动的加速度a= 1.0-1.2 二m/s2=一0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 (不特合况，合去)或=号m/=青n/, 1 A错误；①当F较小时，物块将从木板右端滑下， 间为，则由题图乙可得t=0-1.2 -0.2 s-1s=5s, 当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端， 且两者具有共同速度V,历时t1,由牛顿第二定律 碰后蓝壶移动的距高x0,8X5m=2m,B错 得a,=F十mg am=g,根据速度时间关系可 误，D正确。 M 5,D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 得v=v0一amt1=a1t1,根据位移关系可得s= 原来的石，根据E,=了mm,可知碰控后A的珑 ,-4,=21,联立解得}-5片，由题 00十v 度大小变为原来的子，设A碰撞前醉间递度为口， 图乙知，相对路程s1m,代入解得F≥1N.②当 F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有m4v= 上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持 ·4,解得41 (mA十mB)·, mB3,A错误；设A的质 相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度α做 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 匀加速运动，由牛顿第二定律得a一M十m,而 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 f=ma,由于静摩擦力存在最大值，所以f≤ 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 fmax一mg=2N,联立解得F≤3N。综上所述： mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2一 BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N,函数 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 E 关系或足-牛，当F=3N时，有-15，则 (,一x)B错误；从x1到x3的过程 可得k= B点的横坐标为1N,C点的纵坐标为1.5m1, 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 B正确；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当 速度最大在x1处或者x3,在x1处有mg十F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且 1B ·30· ·物理· 参考答案及解析 两者具有共同速度v,历时t1,则木板的加速度 二、多项选择题 a1-F+mg,滑块的加速度am=4g,速度关系 8.CD【解析】a-t图像的面积等于这段时间的速度 M 变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻 0=0一an41=a1t1,相对位移s=十”。 2t1 解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度， 设此时A球的速度为V1,则有△VA1=V1一0=S1, 21,联立解得F-1N,C错误；D(C)临界点对应 t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动 的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速 量等于t1时刻A球的动量，则有p=mAv1= 度相同，且之后物块与木板之间恰好达到最大静 mAS1,A错误；由题图像可知t1时刻A球的加速 摩擦力两者一起加速运动的临界加速度a=g= 度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长 2m/s2,对整体，根据牛顿第二定律有FD=(m十 状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时 M)a=3N,D错误。 弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两 7.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， 球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为 根据动能定理有(mg sin37°-μ1 mg cos37)× 2,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小 1.5=2m,解得。=骨65，A错送：1粥防 3 △VA2=V1一V2=S2,B球的速度变化量大小△VB= V2一0=S3,从t1到t2过程，A、B组成的系统满足 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ngsin37°= 动量守恒，则有mA1=mA2十mB2,可得 42×4 mg cos37°，解得42=0.75，滑块A滑上防滑 板B时，对B分析可知4gsin37°+1 mg cos37°< nACo1一02)=mB02,联立可得mA=S2,B错误； μ2(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 根据上述分析可知2=S:一S2=S3,C正确；从 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能 (ng sin37°-u1 mg cos37)×2.5s= 2mv1,碰撞 守饭，则有Ew=方mo听=吉m十m十E, 1 过程中无机械能守恒，则有mw1=mv2十4nw, 解得=SS,D正确。 2mi-方m+号×4moi,郎得=- 1 E。S2 5Vgs, 9.CD【解析】对子弹和木板组成的系统，由动量守 2 V=√g,C错误；碰撞后，A沿B上表面向上运 恒定律有mv。=(M+m)X0.6vo,可得子弹与木 板的质量之比m:M=3:2,A错误；由题图乙可 动，根据牛顿第二定律有mgsin37°十41 ng cos37°= ma1,对B有h1 ng cos37°+h2（mg+4mg) 知，木板的长度L=。 2t。=o。,B错误；若子弹的 2 cos37°-4 ng sin37°=4ma2,解得a1=g,a2= 导。以沿针面向下为正方向，假设两者共逢之前 质量为m,则木板的质量M=0,则木板在加遠过 小滑块没有脱离防滑板，共速时的速度为口4，所用 程中所受的摩擦力大小f=Mak=2m×0.6u 3 to 时间为t,小滑块的位移为xA,防滑板的位移为 2mvo ,C正确；若子弹的质量为m,则整个过程中 xB,防滑板相对小滑块的位移为△x,由运动学公 5to 式得：0，=十a1t=ug-at,zA= -t,IB= 子弹与木板因摩擦产生的热量Q=fL= 2mvo 2 5to U十v4,△x=xgxA,解得△x=55,因为 5D正确。 voto mvo 2 △x<s,故假设成立。由于v4>0可知共速时两者 10.BD【解析】物体由P到A的过程，满足mgh十 下滑，分析可知，共速之后小滑块加速下滑，防滑 1 板先减速下滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终 W:=2m06,解得W:=-1.55J,则克服摩擦力 相对防滑板下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发 做的功为1.55J,A错误；物体滑上传送带后，在 生第二次碰撞，D正确。 滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小a= ·31· 1B 真题密卷 单元过关检测 mg=5m/g2,减速至与传送带速度相等时所用 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 高度处，存在系统外力，即两者的重力，故动量不 的时间1=”二=0.45，匀减速运动的位移 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 -a 不守恒，B正确。 2t=2.4m<L,传送带位移工2= (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，小球 t1=2m,物体第一次向右通过传送带的过程 弹射出的速度表达式0M+m/2gL1-cos)。 m 中，摩擦生热Q=mg·|x2一x1|=0.2J,B正 (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 确；物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回 来的速度大小为1，小球1被撞后的速度大小为 际摆长L大于L,根据。= M+m/2gL(1-cos 0), m u1,由动量守恒和能量守恒定律得mv=一v1十 可知测量速度比实际速度偏小。 m2n-方m十m好g得- 1 12.(1)5.6(1分)3.9(1分)(2)40(2分) (3)0.85(2分)(4)见解析(2分) 1 5 210 30=3m/s,w1=30=3m/s,物体被反弹回 【解析】(1)由机械能守恒可知，摆锤与地面接触 来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公 前瞬间的速度大小v1=√2gL=5.6m/s,摆锤 离开地面后瞬间的速度大小2 式得0-=-2ax,解得x三m,D正确，由 √/2gL(1-cos59.3)=3.9m/s。 于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们 (2)题图乙中图线与横轴所围面积约为10个格 之间将进行速度交换。由选项D可知，物体第一 子的面积，故摆锤对地面的压力的冲量大小约为 次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下 IN=∑FN△t=40N·s。 来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到 (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I= 1,再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次 -∑μFN△t=mU2-mw1,解得μ=0.85。 碰后，物体和小球的速度大小分别为口2=3”1一 1 (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 (信广。，号=号·日，以比展换，物膝与 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小分别为 耗；摆锤在最低点运动了一段距离，这段距离不 =(付》八a=号·（侣）”，第1个小球最 能视为一个点。这三个因素都对最低点速度大 小的计算构成影响。此外，坐标纸格子较大，导 终的速度大小不可能为5m/s,C错误。 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 三、非选择题 理即可)。 11.(1)BC(1分)(2)B(1分) 13.(1)2m/s1m/s(2)4J(3)2√102N·s (3)M+m/2gL1-cos)(2分)（④）偏小(2分) 【解析】(1)物体在AB段，由牛顿第二定律有 umg=ma (1分) 【解析】(1)设小球的初速度为。，小球击中沙盒 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M)v,小球 解得a=2m/s2 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 由运动学公式有 1 能守恒有2m+Mn2=(m+MgL(1-cos0), L-2al (1分) 解得t=1s 联立解得，-M+m√2gL-c0s0),可知还 m 传送带的速率 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 v=at=2 m/s (1分) 质量M,故选BC。 物块与挡板作用后瞬间的速度大小 (2)小球水平击中沙盒后，两者共速，此过程动量 v1=vcos 0=1 m/s (1分) 1B ·32· ·物理· 参考答案及解析 (2)物体从A运动到B的过程中，传送带的位移 1 mv2=(m+ 大小 6m)v先 x=ut-2 m (1分) 由能量守恒有 由能量守恒定律可知，传送装置比空载时多做 amg·2h-mi-m+ 1 (1分) 的功 W=1 =2mo2十umg(x-L)=4J (2分) 联立解得v2= 7√J2gh 2 (3)物体从B到C的过程中，由动量定理有 若物块恰能返回至组合平台E,点，由动量守恒有 I总=m·√2v=2V2N·s (1分) (1分) 重力的冲量大小 由能量守恒 IG=mgtc=20N·s (1分) 1 (1分) 其矢量图如图所示，则传送带对物体的冲量大小 mg·4h= mwi-+no I传=√T6十Is=2√102N·s (1分) 联立解得v3=7√gh 即物块的速度满足 7 √2gh≤u≤1Vgh (1分) 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 V2gh (2)15 后，其最大速度01= mv2gh (3)7 V2gh≤u物≤ 2 ,设射出物块后，物块 14.(1)3mgh 最大速度为Vm,由动量守恒有 7√gh 6muD=mvm-5mv1 (1分) 【解析】(1)由O到D由动能定理有 17 5 1 解得um=2√2gh 6mg(2h-h)-W:=2×6mo6 (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 解得W,=3mgh。 (1分) BsA<:<2gh 7 (1分) (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 7 平抛落入缓冲区，则 综合知挑战成功需要满足2√2gh≤0%≤7√gh 水平方向有 (1分) x=vt<h 15.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 竖直方向有 【解析】(I)当机器人A先做匀加速直线运动加 人-安8 速至3m/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 得u,≤V②g (1分) 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 2 运动学的公式可得 射出物块时弹射器受到水平冲量 I=-5mv1-5mvD (1分) t,="=1s (1分) a 则最大值 1 15 1=2ati=1.5m (1分) Im=-5mvimax-5mUD=- 2mv2gh (1分) 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 故弹射器对物块的冲量最大值 0一1s te-a (1分) 15 In--In-2mv2gh (1分) 1 (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 52=2at号=1.5m (1分) ·33· 1B 真题密卷 单元过关检测 匀速直线阶段根据运动学的公式得 后停下来，则有 ,=L-51-52=14s (1分) 0-va=-2a1s4 (1分) 运行总时间 区=2ms 联立解得U=w0√ (1分) t=t1十t2+t3=16s (1分) A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 守恒定律和能量守恒定律有 0,对包裹，受力分析得 M1V。=M1VB+M2VA (1分) FN=mg cos 0 (1分) 1 F:=mg sin 0 (1分) M,=Mo暖+2M, (1分) 其中F=uFN (1分) 2M1 解得托盘的最小倾角0=30° (1分) 解得A=M1+M0 (1分) (3)设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小 由于va=2m/s,o=3m/s 为a1,则有机器人A制动后滑行4.5m后停下 (1分) 来，则有 巧总 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 0-v=-2a1s3 (1分) 设机器人A被碰后瞬间的速度为oA,滑行2m 2025一2026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 1.B【解析】取其中一条电场线的最高点或者最低 。,M所受扇形范国内的正负离子对它的合力 点，画出两个电荷在该点的电场强度失量，根据竖 ai X cos45° FM=2 A 直方向电场强度失量和为零，可以判断出A的电 (w2a)2 荷量小于B的电荷量，所以A带正电，电荷量为 (巨-)F,A错误，B正确；N所受扇形范国内 q,B带负电，电荷量为一2q,由此可知A、B连线的 的正负离子对它的合力FN= A 电场方向由A→B,那么N,点电势为0，则M,点电 -2X 势必小于0，A错误，B正确；由P点释放试探正 电荷，试探电荷在之后的运动过程中，速度方向与 s)F.C.D A 电场力的方向不在一条线上，所以不会沿着电场 错误。 线运动到Q点，C错误；N、P和M、Q分别在两个 4.C【解析】由题意可知，粒子由A点到B点，根据 相同的等势面上，所以N、M之间的电势差等于 动能定理有eUAB=EB-Eka=4eV,可得UAB= P、Q之间的电势差，D错误。 PA一PB=4V,同理粒子由A点到C点，有 2.D【解析】E。x图像的斜率表示=qE,由于x1 eUAc=Ekc一EkA=8eV,可得UAc=PA-Pc= 处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为 8V,所以UBc=一4V,A错误；由上述分析可知， 零，A错误；粒子带正电，粒子在电势高处的电势 OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 能大，因为E2>E1,故P2>91,B错误；粒子运动 线并由高电势指向电势可知电扬方向由A指向D, 过程中能量守恒，有Eko十Eo=Ea十E2=E4, 如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= 解得粒子释放时的动能Eo=E4一E0,粒子经过 ∠OAB=63.5°，所以∠BOA=180°-2X63.5°= x2处的动能Ek2=E4一E2,C错误，D正确。 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 3.B【解析】设每个正方形的边长为a,根据题意可 知相邻两个离子之间的引力大小可表示为F= 场的电场强度大小E==10V/m,B错误： AD 1B ·34·