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(山东专版)

备斗之中，努力铸就可能 2025一2026学年度单元过关检测（八） 4.如图，两端固定有小球A、B的竖直轻杆，小球A紧贴竖直光滑墙面，小 班级 球B位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B,小球A受到轻微扰动后 题 物理·动力学、动量和能量观点 顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面上，小球A 落地后不反弹，已知小球C的最大速度为v,三球质量均为m,轻杆长 姓名 在力学中的应用 为L,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( A.B、C两球分离时，小球A没有离开墙面 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 B.竖直墙对小球A的冲量大小为m口 得分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 C,小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球A速度的2倍 题号 2 3 4 7 D小球A落地前瞬同，动能大小为mgL一m心 答案 5.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， 1.2024年6月25日14时7分，嫦娥六号返回器携带来自月背的月球样 如图甲所示，璀撞前后两壶运动的！图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图 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 线平行，两冰壶质量相等，材料不同，则 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 设返回舱做直线运动，对于诚速阶段下列说法正确的是 A.伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力 B.伞绳对返回舱拉力的冲量等于返回舱重力的冲量 C,合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化 D.合外力对返回舱做的总功等于返回舱机域能的变化 2.如图所示，三个完全相同的小球A、B、C分别每 A,两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶再经过4s停止运动 在同一竖直而内相互平行的两根长杆上，两杆均 C.碰后蓝壶速度为0.6m/s D.碰后蓝壶移动的距离为2.0m 水平且相距吃，小球质量均为m,Λ，B通过不可 6.如图甲所示，劲度系数为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 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 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牡。初始时，A,C球静 置为原点O、竖直向下为正方向建立工轴。某时刻撒去外力，物块A自由下落，与物块 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 B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能E与其位置 性正碰，C球运动的位移大小为 () 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~x,之间的图线为 v N.2gg B24g2 C.88 D.84g8 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() AE小 3.如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风， 圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上 的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。 当电吹风设置在某档位垂直向托盘吹风时，电子秤示 6 数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r, 空气密度为，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.物块A,B的质量之比为2：3 A,使用出风口面积越大但功率相同的电吹风，电子秤示数一定也越大 B,设出风口的风速为，则单位时间内出风口吹出气体的质量为元r B.弹簧的劲度系数k一x,(,一x C,电吹风出风口的风速为g tor C从，到的过程中，物块A,B一怎运动的加速度的最大值。。 D.电吹风吹风的平均功率为mg D.从E,到，的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E,16x,二15E 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） 7.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 。=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：=0.2，在物块滑 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 上相对于木板滑动的路程为5，给木板施加不同大小的恒力F,得到F的关系如图乙 B. 所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m。物块可视为质点，最大静摩擦 A.p=muS m S C.S-S,=S D.E_S:+s, E。 力等于滑动摩擦力，g取10m/s,下列说法正确的是 () 10.如图甲所示，质量m=10g的子弹水平射人静 m 止在水平地面上的木块并留在其中，此后木块 运动的，1图像如图乙所示，其中x表示木块 的位移，1表示木块运动的时间。已知木块的 质量M=990g,g取10m/s2.下列说法正确 的是 A.若恒力F=0,物块滑出木板时的速度为3m/s A.木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 B.C点纵坐标为1.5m1 B.子弹射人木块过程中，子弹损失的机械能为799.92J 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 C,保持子弹射人木块时的初速度不变，子弹的质量越大，系统损失的机械能越少（子弹 D,图乙中D点对应的外力的值为4N 未射出木块) 8.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 D.保持子弹射人木块时的初速度不变，木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大（子弹 平行斜面ab和d,cd足够长，质量为4m、长度为x的“L形”防滑板B恰好静止在cd 未射出木块) 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 11.如图所示，以=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 滑块A,滑块A与b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 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 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， 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= 已知sin37=0.6,c0s37=0.8,重力加速度为g。则 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 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 A.A刚滑上B时速度大小为g 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 () B.A滑上B后，B立即加速下滑 B C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小为√gs D.A将与B发生二次碰撞 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， A.物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为1.55J 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 B.物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J 题号 9 10 11 12 C.第1个小球最终的速度大小为5m/s 答案 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 9.如图甲所示，质量分别为mA和m5的A,B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上， 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￡响。(=0时 12.如图所示，半径为R,质量为3m的圆弧槽AB静 刻解除A球锁定，1■t,时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a寸图像如图乙所示， 止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B点切线水平 S,表示O到11时间内A的t图线与坐标轴所倒面积大小，S:,Sa分别表示11到1： 距离B点R处有一质量为3m的小球2（可视为质 时间内A、B的a-1图线与坐标轴所围而积大小。t=12时刻，A、B系统的总动量大小 点)，其左侧连接轻弹簧。现将质量为m的小球1 为p,弹簧的弹性势能为E。,下列说法正确的是 () 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） (可视为质点)从左侧圆弧槽上端的A点由静止释放，重力加速度为g,不计一切摩擦。 测得摆锤对地而的压力下、随时间1的变化规律如图乙所示。已知g取9.8m‘s, 下列说法正确的是 () c0559.3°=0.51 A.整个系统全程动量守恒 支架 B.小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距二R 豫胶片 24 刻度盘 C.弹簧弹性势能的最大值为 6mgR 固定底座 D小球1最终的速度大小为6R 00.2040.608 4 甲 三、非选择题：本题共6小题，共60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 13.(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/s。(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，摆锤对地面的压力的冲量大小约为 N·se 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，小球弹出后会打人沙盒 (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 弹射 (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 15.(8分)如图所示，一小圆环A套在一根均匀直杆B上，A的质量为m,B的质量为2m, 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 它们之间的滑动摩擦力f=0.5mg(g为所处区域的重力加速度)，开始时A处于B的 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 下端，B竖直放置，在A的下方与A相距为处，存在一个“相互作用”区域C,区域C 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：。 的高度为d,固定在地面上方的空中（如图中虚线的部分），当A进人区域C时，A就受 (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 到一个方向竖直向上、大小F=3mg的恒力作用，区域C对直杆B不产生作用力，让A 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 (坑写选项 和B一起由静止开始下落，已知A从首次进人区域C内运动到离开区域C整个过程 字母序号)。 始终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m (1)若A从区域C下方离开“相互作用”区，求A离开区域C时的速度。的大小，并求 C.沙盒的总质量M D.弹簧的压缩量x 高度d与h之间满足的关系。 (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)若高度山分别取两个不同值山，=令和d,=h,试求这两种不同情况下，直杆B的长 阻力，对小球，沙盒组成的系统 (填写选项字母序号)。 度！分别应满足的条件。 A.动量、机械能均守恒 B.动量、机械能均不守恒 C.动量守恒、机械能不守饲 (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”)。 相行 14.(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， E用风 其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锈的细杆。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，摆锤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？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） 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） 16.(8分)如图为某挑战项日的示意图，其中弹射装置由弹射器和物块组成，物块质量为 (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 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 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 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 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 刚好水平进人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 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 人B的质量是机器人A的多少倍？ 方宽度为2h的缓冲保护区，且物块能到达右侧光滑圆孤轨道，也不从组合平台左侧 O分栋口 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 乙 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 物块的动摩擦因数：-日，重力加速度为g,弹射器和物块均可视为质点，不计空气阻 力。求： (1)弹射装冒置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功： (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： 18,(16分)如图所示，光滑轨道ABC由竖直轨道与半径R=0.25m的竖直圆弧轨道组 (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。 成，O为圆弧轨道的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角8=37”， 0射装置 在轨道右侧与A等高处有一平台，平台边缘D处有一质量M=0.2kg的薄木板，其最 左端放有一质量m=0.3kg的滑块。质量m。=0.1kg的小球在一定条件下可经C点 射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。已知C与D的高度差 h=0.45m,滑块与薄木板间的动摩擦因数：1=0.4，薄木板与平台间的动摩擦因数 “:=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质点， 不计空气阻力，g取10m/s”.sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 水平地面 7 缓冲保护以 (1)若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小： (2)要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离： (3)若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及 薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的热量。 17.(14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 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 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擦力，g取10m/s2)。如 图乙，机器人A把质量m一1kg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“ 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1。 (2)若包裹与水平托盆的动摩擦因数以一则在机器人A到达分捧口处，要使得包裹 能够下滑，托盘的倾角0最小应该是多少 3 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）真题密卷 单元过关检测 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 分离后，小球C的速度为v并保持不变，此后A、B 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误：根 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 据冲量的计算公式I=F1,可知伞绳对返回舱拉 v',有mv=2mv',解得'= 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 一2，但此时小球A竖 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 直方向有速度，C错误；小球A开始沿竖直墙面下 舱动能的变化，C正确：根据功能关系可知，伞绳 滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 裁能守恒定律，有mgL=E十7n2 2m2, D错误。 5 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为o1,由 求得EA=mgl,-8mu,D正确。 动能定型释-mg·L-mi一了心，期直 5.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度v= 1.0m/s,碰后红壶的速度v。=0.2m/s,碰后红 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为v2,根 壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为)，取碰撞 据水平方向动量守恒有mv1=2w2,B球与C球 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 可得mwo=w十mw,代入数值可得v=0.8mfs, v23L 则好=2gx,联立解得r一8g8D正确。 2mo 碰前的机械能Eo= 2m,碰后机械能 3.C【解析】当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风 时，功率相同，对于△时间内吹出的风，有P△= E6+E=m0+2w=06m 2m,可知Eo> 2△m0,与托盘作用过程，根据动量定理F△1= Eo十Ek,所以两壶发生了非弹性碰撞，A、C错 误；由题图乙可知红壶在冰面上运动的加速度a= △m0,解得F=P,吹力大小与电吹风出风口面 1.0-1.2 1 m/s2=一0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 积无关，A错误；单位时间内出风口吹出气体的质 量△m'=pSu=元pr2v,B错误；根据题意可知，风 间为，则由题图乙可得1=0。-18=5s 与托盘间的相互作用力大小F=mg,根据动量定 理F△t=△mv=pSw2△t=πor2v2△t,解得v= 碰后蓝壶移动的距离工=0,8×5m=2m,B错 2 误，D正确」 mg,C正确；据P= Vπpr2 有p24m W △t ，解得 6.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 P=mgmg,D错误。 原来的行根据E,-m,可如是撞后A的速 2 xor 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 度大小交为原来的，设A难拉前醉间速度为 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mAv= 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 (m,加，·只解写-号A维误：设A的质 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 量为m,则B的质量为31，由题图乙可知，x2处 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 力为4g,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2一 变化量，即IA=2mv一0=2nu,B错误；B、C两球x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 3 ·36· ·物理· 参考答案及解析 El B点的横坐标为1N,C点的纵坐标为1.5m1, 可得k= ,B错误；从x,到x3的过程 x1(x2-x1) B正确；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且 速度最大在x1处或者xg,在x1处有mg十 两者具有共同速度，历时t1,则木板的加速度 3mg一F弹=4ma,F弹=Bg=3g,解得a= 1 F十mg,滑块的加速度an=g,速度关系 4g,在ts处有F-mg-3ng=4ma',F= M 3mg十k△x=3g+k(xg-x1),解得a'= 0=0一amt1=a1,相对位移s=十” 211 4(x2-)5>g,故加速度的最大值a x3一x2 2,联立解得F=1N,C错误：D(C)临界点对应 x3-x2 E,则 的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速 4t,)8,C错误：碰撞后A的动能为 度相同，且之后物块与木板之间恰好达到最大静 B的动能为 为3上，总动能为，从x到x3的过 摩擦力两者一起加速运动的临界加速度α=g= 2ms2,对整体，根据牛顿第二定律有FD=(m+ 程中，南能登关系有十mg(一)=△E, M)a=3N,D错误. 8.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， 解得△E。= 16x-15x1E1,D正确。 4x1 根据动能定理有(mg sin37°-41 ng cos37°)X 7.B【解析】F=0时，和M系统动量守恒，取水 L5s=2m,解得 3 √5，A错误；“L形"”防 平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= 续得me,=m,十M2m居-（分mo+ μ2×4 ng cos37°，解得2=0.75，滑块A滑上防滑 2Mu）-umgs,将M=0.5kg、m=1kg、o 板B时，对B分析可知4 ngsin37°+41 ngcos37°< 42(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 4ms、s=1m代入解得01=2ms,2=4m/s 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 10 (不符合情况，舍去)或1= 4 3 m/s:v:-3 mis. /(mg sin37°-41 ng cos37)X2.5s三7m,碰撞 A错误：①当F较小时，物块将从木板右端滑下， 过程中无机械能守恒，则有m1=2十4nw3, 当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端， 1 且两者具有共同速度v,历时t1,由牛顿第二定律 2mi=2mi+号×4mi,解得e=-是gs, 得a,=F十mg M am=g,根据速度时间关系可 =号g,C错误：雕旋后，A活B上衣面向上运 得v=v0一amt1=a1t1,根据位移关系可得s= 动，根据牛顿第二定律有ngsin37°十41 ng cos37° :一-24联立解得，由宽 U0十v ma1,对B有1 ng cos37°+42(mg+4mg) cos37°-4 ng sin37°=4ma2,解得a1=g,a2 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 草。以沿斜面向下为正方向，假设两者共逢之前 上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持 小滑块没有脱离防滑板，共速时的速度为)1，所用 相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度α做 时间为t,小滑块的位移为xA,防滑板的位移为 F xB,防滑板相对小滑块的位移为△x,由运动学公 匀加速运动，由牛顿第二定律得a一M十m,而 f=a,由于静摩擦力存在最大值，所以f 式得：w,=u十a11=,-a1,-0” 1,B= fmax=mg=2N,联立解得F≤3N。综上所述： U3十V4 2 2 ,△x=xB一XA,解得△x=行，因为 BC段恒力F的取值范围是INF3N,函数 △x<s,故假设成立。由于v1>0可知共速时两者 关系式是1=F3,当F=3N时，有=1,5，则 下滑，分析可知，共速之后小滑块加速下滑，防滑 。37· 3 真题密卷 单元过关检测 板先减速下滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终 0= ,该过程中系统损失的机械能△E'= 相对防滑板下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发 M+m 生第二次碰撞，D正确。 1 1 Mmua Mu 二、多项选择题 m-2(m+M)w2=2M+m） 20+1) 9.CD【解析】a-t图像的面积等于这段时间的速度 可知保持子弹射入木块时的初速度不变，若子弹 变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻 的质量越大，系统损失的机械能越多，C错误；根据 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1，则有△A1=V1一0=S1, Mmvo 动量定理，子弹对木块的冲量I=Mu=M十m t,时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动 mvo ,可知保持子弹射入木块时的初速度不变， 量等于t1时刻A球的动量，则有p=mA01= 1+ mAS1,A错误；由题图像可知t1时刻A球的加速 M 度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长 若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越大， 状态，2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时 D正确。 弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两 11.BD【解析】物体由P到A的过程，满足mgh十 球具有相同的速度，设t,时刻A、B两球的速度为 W:-2m5,解得W:=-1.55J,则克服摩擦力 v2,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小 做的功为1.55J,A错误：物体滑上传送带后，在 △VA2=v1一v2=S2,B球的速度变化量大小△Vg= 滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小a= v2一0=S3,从t1到t2过程，A、B组成的系统满足 动量守恒，则有mA1=mAv2十nBU2,可得 mg=5m/s,减速至与传送带速度相等时所用 nA01一02)=nB02,联立可得=、，B错误： 的时间1=”二=0.4s,匀减速运动的位移 根据上述分析可知2=S1一S2=S3,C正确；从 十v 2 t1=2.4m<L,传送带位移x2= t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能 守恒，则有Em=2m,听=号(mA十m)加+E, vt1=2m,物体第一次向右通过传送带的过程 中，摩擦生热Q=mg·|x2一x1|=0.2J,B正 解得E-S:十S,D正确。 确；物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回 Ep 来的速度大小为1，小球1被撞后的速度大小为 10.ABD【解析】根据题图乙可得二=一4t十4，整 u1,由动量守恒和能量守恒定律得1v=一mv1十 m1,2mw2=号 1 1 理可得x=4t一4t,结合匀变速直线运动位移与 2mu+2mui,解得u1 1 时间关系x=t十2at,可知子弹留在木块中一 15 210 3ms,41=0=ms,物体被反弹回 起做匀减速直线运动的初速度和加速度大小分 来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公 别为0=4m.s,a=8ms2,以子弹、木块为整 体，根据牛顿第二定律可得u(M十m)g=(M十 式得0-=一2a,解谷=品m,D王确：由 m)a,解得木块与水平地面之间的动摩擦因数 于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们 以-：=0.8，A正确；设子弹射入木块前的初速 之间将进行速度交换。由选项D可知，物体第一 g 次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下 度为，设向右为正方向，根据动量守恒可得 来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到 w=(m十M)v,代入数据解得v=400m/s,子 1,再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次 1 1 弹损失的机械能△E=2mu听一2mu2= 1 碰后，物体和小球的速度大小分别为U?=3= 799.92J,B正确：设子弹射入木块前的初速度为 vo,根据动量守恒可得mU=(m十M)v,解得 3 ·38· ·物理· 参考答案及解析 小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小分别为 6 以。的速度向左运动，圆孤槽以2的速度 v,第1个小球最 终的速度大小不可能为5ms,C错误。 向左运动，小球2以，的连度向右运动，小球 12.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 1/6gR 1最终的速度u=4,一 8 ,D错误。 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆弧 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点 三、非选择题 时小球1的速度为v。,圆孤槽的速度为，取水 13.(1)BC(1分)(2)B(1分》 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 (3)M+m /2gL(1一cos0)(2分)(4)偏小(2分) 量守恒有0=mv0一3mv,由能量守恒有mgR= 【解析】(1)设小球的初速度为。，小球击中沙盒 2m+2·3m0,解释o=30=√g,设小 1 1 3gR 后共速，根据动量守恒有m0o=(m十M)v,小球 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 球1到B,点时，小球1水平向右移动的距离为 x1,圆孤槽向左运动的距离为x2,两者的相对位 能守恒有2(m+M)u2=(m+M)gL(1-cos0), 移为R,因此有mx1一3nx2=0,x1十x2=R,联 联立解得，=M十m√2gL-cos0),可知还 立解符，=R,=R,此时同弧格的B点 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 与弹资之间的距离L=1:十R-,小球1从 质量M,故选BC。 (2)小球水平击中沙盒后，两者共速，此过程动量 B点向右以口。匀追运动，圆孤槽向左以背匀连 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 运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 +日·音L=R,B正碗： 点的距离L'=L+0,L=4 不守恒，B正确。 小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大 (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题千条件，小球 值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量 弹射出的速度表达式，-M+m/2gL1c0s。 守恒有mv0=(m十3m)v共，由能量守恒有 (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 21 1 2(m+3m)+Ep,联立解得E。 际摆长L儿大于L,根据，-M+m2g-cs9, 9 mgR,C正确：从小球1刚与弹簧接触到两球 可知测量速度比实际速度偏小。 14.(1)5.6(1分)3.9(1分)(2)40(2分) 分开，由动量守恒有mv0=m01十3nu2,由能量 (3)0.85(2分)(4)见解析(2分) 守提有号m=ami+号·3i解得 【解析】(1)由机械能守恒可知，摆锤与地面接触 1 ,=?0,小缘1之后向左以2w匀连 1 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= 运动，国为国弧楷此时正向左以匀速运动，故 √2gL(1-cos59.3)=3.9ms。 (2)题图乙中图线与横轴所围面积约为10个格 会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动 子的面积，故摆锤对地面的压力的冲量大小约为 .0十3m· 量守恒有m·2 00 3=m3十3m04,由能 IN=∑FN△t=40N·s。 (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I 2mo+ -∑uFN△t=mv2-mv1,解得u=0.85。 1 5 (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 2 ·3u听，解得ug=4w,=2o,最终小球1 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 ·39· 3 真题密卷 单元过关检测 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 7√gh 耗；摆锤在最低，点运动了一段距离，这段距离不 【解析】(1)由O到D由动能定理有 能视为一个点。这三个因素都对最低，点速度大 (1分) 小的计算构成影响。此外，坐标纸格子较大，导 6mg(⑧h-h)-w,=×6mi 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 解得W=3ngh。 (1分) 理即可)。 (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 15.1ge-d号6 21≥ 平抛落入缓冲区，则 l≥4h 水平方向有 【解析】(1)设A和B一起由静止下落到进入区 x=v1t≤h 域C时速度为0，有 竖直方向有 vi=2gh 1 A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做 h=28t 减速运动，有 2 1 得 (mg+f-F)d=2m(v) (1分) 射出物块时弹射器受到水平冲量 联立解得A离开区域C时的速度 I=-5m01-5m0p vA=√g(2h-3d) (1分) 则最大值 由于VA>0 15 Im=-5m1ax一5Vp= 2m√2gh (1分) 则高度d与h之间满足的关系 故弹射器对物块的冲量最大值 (1分) 15 I。=-1。=2m√2gh (1分) (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 (3)若物块恰能进入圆弧，由动量守恒有 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， 1 设A离开区域C时B的速度为VB,则 mv=(m十6m) 3mvo=mvA+2mvp (1分) 由能量守恒有 B在这一过程中下降的高度为hB,有 mg·2h--m+njb 1 (2mg-f)hB=2·2m(o6-u6) (1分) 联立解得u2= 7√2gh 2 D当d一？时，A从区域C下方离开“相互作 若物块恰能返回至组合平台E,点，由动量守恒有 用”区，由(1)可知，A离开“相互作用”区时的速 w.-(mv (1分) 度vA=√g(2h-3d) 3h 由能量守恒 联立解得hn一 mg·4h= 6m (1分) 又l≥hB-d 则直杆B的长度1应满足的条件是1≥年1分) 联立解得v3=7√gh 即物块的速度满足 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 用”区，A离开“相互作用”区时的速度 2√2gh≤0≤7√gh UA=一U0 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 联立解得hB=4h (1分) 后，其最大速度则，=②，设射出物块后，物块 则直杆B的长度应满足的条件是≥4h(1分) 2 16.1)8mgh(2)mVgh(a子a≤w≤ 最大速度为)m,由动量守恒有 6mvD-mvm-5mv 3 ·40· ·物理· 参考答案及解析 解得.-号2s动 Mivo=MIUB+M2UA M=M,i+M时 1 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 (1分) 17 /2gh 2M 2√2gh≤0物≤2 (1分) 解得UA=M,+M2 (1分) 综合如挑战咸功安安满足了2<≤1 由于vA=2m/s,v0=3mfs (1分) 可得0- (1分) 17.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 18.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 速至3mfs,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 1 mog (h+R-Rcos 0)=- 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 2mov-0 (1分) 运动学的公式可得 小球运动到B点时，由向心力公式有 (1分) Fx-mog-mo R (1分) a 1 联立解得FN=5N。 (1分) 51=2ati=1.5m (1分) 由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 压力大小 FN=FN-5N (1分) (1分) a (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 1 5,=2at号=1.5m (1分) 向的平抛运动，竖直方向有 .1 匀速直线阶段根据运动学的公式得 h=28t -51-52=14s t3= (1分) 解得t=0.3s (1分) 水平方向有 运行总时间 t=t1+t2+t3=16s (1分) e- =4m./s (1分) (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 则C与D间的水平距离 0,对包裹，受力分析得 x=vct=1.2m。 (1分) Fx=mgcos 0 (1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 F:=mg sin 0 (1分) movc =movc+mv (1分) 其中F=FN 由机械能守恒定律有 解得托盘的最小倾角0=30 (1分) 1 1 (3)设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小 —《>十之 (1分) 为a1,则有机器人A制动后滑行4.5m后停下 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m.'s 来，则有 因h1mg=1.2N>2(n+M)g=1N(1分) 0-v8=-2a1sg (1分) 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 设机器人A被碰后瞬间的速度为vA,滑行2m 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 后停下来，则有 uimg =ma 0-v=-2a1s4 (1分) 解得a1=4ms2 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 s =2 m.s 联立解得U=0√ uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 解得a2=1mfs 守恒定律和能量守恒定律有 设经过时间t′，两者共速，有 。41. 3 真题密卷 单元过关检测 v'=v-at'=a2t' (1分) 则薄木板的长度 解得t'=0.4s,v=0.4m/s (1分) L=x1-x2=0.4m (1分) 此过程中，滑块的位移大小 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 x10+o 21'=0.48m 热量 薄木板的位移大小 Q=:M+m)g·x2+2(M+m)n?=0.12J 2=2=0.08m (1分) (1分) 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 3.A【解析】设q、2q,3q所在位置对应的电场强度 1.B【解析】设每个正方形的边长为a,根据题意可 为E1E2、E,由平衡条件得E,="m3,E,=5, 知相邻两个离子之间的引力大小可表示为F= 2g 。,M所受扇形范国内的正负离子对它的合力 FM=2XA a7X cos45° (w2a)2=V2F A P 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某，点电场 2 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 (巨-号)F,A错误，B正确：N所受扇形范图内 意一点的电场强度大小可写成E=华（质为常量）， 的正负离子对它的合力F、=A -2× 由于电子绕导体捧做匀速圆周运动，则三 (2a)7cos45°=F- A √2 F=-9）F,cD m 01,A正确。 专π解得1 错误。 4.B【解析】初始时B、H两点的点电荷在O,点的 合场强为0，A、G两点的，点电荷在O,点的合场强 2.A【解析】根据题意，对B球受力分析，如图所 也为0，则在A点的点电荷沿着AO连线向O点 示，根据相似三角形法可得mg_尸-户，将A球 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O点的 缓慢向上移动到P点的过程中，h减小，l2不变， 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 则F,增大，即细线对小球的拉力增大，由于h≥ G、H三，点的，点电荷在E点的电势不变，处在A 点的，点电荷沿着AO连线向O,点移动，该点电荷 l2,所以mg≥F2,A正确，B错误；根据库仑定律 与E,点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所 可得下，，所以mg_94,将A球镜授向 h 以E点的电势先增大后减小，B正确：B、G、H三 上移动到P点的过程中，h减小，l1减小，则F 点的点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 增大，C、D错误。 荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷与C,点的 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误： G、H两，点的，点电荷对B点的点电荷的库仑合力 FGH保持不变，处在A点的，点电荷沿着AO连线 向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小， 则该点电荷对B点的点电荷的库仑斥力增大，且 与G、H两，点的，点电荷对B点的电荷的库仑合力 FGH的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 一开始一定是增大的，D错误。 3 ·42·