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(湖北专版)

奋斗之中，劳力铸就可能 2025一2026学年度单元过关检测（八） A.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 班级 卺题 B.设出风口的风速为v,则单位时间内出风口吹出气体的质量为r。 物理·动力学、动量和能量观点 C.电吹风出风口的风速为 mg 姓名 在力学中的应用 D.电吹风吹风的平均功率为mg」 (mg 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 πer 得分 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 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 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 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 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 顶若墙面下滑，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的最大速度为口，三球质量均为m,轻杆长 题号12 3 4 5 6 7 8 9 10 为L,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( 答案 A.BC两球分离时，小球A没有离开墙面 1.2024年6月25日14时7分，嫦嫒六号返回器携带来自月背的月球样 B.竖直墙对小球A的冲量大小为m四 品安全着陆在内蒙古四子王旗预定区域，探月工程嫦媛六号任务取得 C.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球A速度的2倍 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，对于减速阶段下列说法正确的是 ( D小球A落地前限间，动能大小为mgL一宫心 A,伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力 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， B.伞绳对返回舱拉力的冲量等于返回舱重力的冲量 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 C.合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化 线平行，两冰壶质量相等，材料不同，则 () D.合外力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化 A.两壶发生了弹性碰撞 2.如图所示，三个完全相同的小球A、B、C分别套 B.碰后蓝壶再经过4s停止运动 在同一竖直面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 人虹 水平且相距吃，小球质量均为m,A,B通过不可 D.碰后蓝壶移动的距离为2.0m 01 甲 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 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 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 止，给B球一个垂直于A、B连线且沿杆的初速度，绳子鲫繁后B球立即与C球发生弹 置为原点O、竖直向下为正方向建立工轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块 性正碰，C球运动的位移大小为 () 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 A B海受 v C. D.8pg 8 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一x1之间的图线为 3.如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风， 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() 圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上 ◆E小 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 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P,重力加速度为g· 下列说法正确的是 () 甲 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） 学 A.物块A、B的质量之比为2：3 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 B,弹簧的劲度系数表一工，（工，一x 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 () 从x到的过程中，物块AB一起运动的加速度的最大值a一-无g 、子弹 16x3-15x1E0 0.6 子弹与木板 D.从x,到x的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E,= 4x 光滑 7,如图甲所示，质量M=0.5kg的木板静止在光潜水平面上，质量m=1kg的物块以 甲 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：=0.2，在物块滑 A.子弹与木板的质量之比为2：3 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,得到二F的关系如图乙 县木板的长度为 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 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。 力等于滑动摩擦力，g取10m/s。下列说法正确的是 () tmr 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” 5 A B 10.如图所示，半径为R、质量为3m的圆孤槽AB静止放在光滑水平地面上，圆孤槽底 端B点切线水平，距离B点R处有一质量为3m的小球2（可视为质点），其左侧连接 轻弹簧。现将质量为m的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A点由静止释放， A.若恒力F=0,物块滑出木板时的速度为3m/s 重力加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确的是 () 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 D.图乙中D点对应的外力的值为4N 8.如图甲所示，质量m=10g的子弹水平射入静止在水平地面上的木块并留在其中，此后 R 木块运动的二4图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，表示木块运动的时间。已 A.整个系统全程动量守恒 知木块的质量M=990g,g取10m/s2,下列说法正确的是 () B.小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距号R C弹资举性势能的最大值为mRR D.小球1最终的速度大小为 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)如图所示装置，是用来模拟测量子弹速度的简易装置。我 A.木块与水平地面之间的动摩擦因数为0,8 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 B.子弹射人木块过程中，子弹损失的机械能为799.92J 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 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 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 未射出木块) 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 D.保持子弹射入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 出)上的O点，并周定一量角器，量角器圆心在O点，另有一可绕 未射出木块) 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 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） 步逆时针转动，指针对沙盒的阻力可以忽略不计，当沙盒摆到最高点后再摆下来时，指 13.(10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 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。 2m,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 (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 B的下端，B竖直放置，在A的下方与A相距为h处，存在一个“相互作用”区域C,区 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 域C的高度为d,周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， 字母序号) A就受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 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m 力，让A和B一起由静止开始下落，已知A从首次进人区城C内运动到离开区域C整 C.沙盒的总质量M D.弹簧的压缩量x 个过程始终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。 (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 (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0的大小，并求 阻力，对小球、沙盒组成的系统（填写选项字母序号）。 高度d与h之间满足的关系。 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 (2)若高度d分别取两个不同值d,-和d,=h,试求这两种不同情况下，直杆B的长 (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。 度（分别应满足的条件。 (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.(10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 相互 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 作用区 ”””中中”” 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，橡胶片景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)测得摆锈对地面的压力Fx随时间：的变化规律如图乙所示。已知g取 9.8m/s2,c0s59.3°≈0.51. F/N 支架 刻度盘 榨胶片 240 160 周定底隆 00.20.40.60.8 (1)摆锤与地面接触前瞬间的速度大小为 m/s,摆锤离开地面后殿间的速度 大小为 m/s。(结果均保留两位有效数字) (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·s. (结果保留两位有效数字) (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) (4)关于本实验的误差来源，你认为有 (写一条即可)。 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） 学 14.(15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 15.(18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 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 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°， 至包裹滞下，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/s3)。如 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 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 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 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4= 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 3m/s2,运行最大速度v。=3m/s,机器人运送包裹途中，可看作质点。 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 (1)求机器人A从供包台运行至分拣口所需的最短时间t。 以：=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， (②)若包裹与水平托盘的动摩擦因数4一 3,则在机器人A到达分拣口处，要使得包裹 不计空气阻力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (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： 能够下滑，托盘的倾角0最小应该是多少。 (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)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 (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 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 薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的热量。 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 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？ R C 区分捧口 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 由运动学公或得d=ad 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n-一1) 个小球，由动能定理得 v=ati Fd=22m+(m-1)m]2- [2m+(n- 1 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 恒，有 1)m]u-1 (1分) mv=mvA十mx (1分) 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 2m2、1 1 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 一2王22 (1分) 定律，有 联立解得A=0,v'= [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)v (1分) 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，号球 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 由上式解得以-刀十 n十2"n (1分) 以速度0匀速运动，所以10号球开始运动的 n 时间 同理可推出0-1一n十1”- (1分) 联立可得(n+1)22=n21+(m+1)2Fd 务得/四 同理可推出 (1分) 2Fd n2o7-1=(n-1)2x-2十n (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 m 理得 n-1)2-=(m-2),+(m-1)2Fd 1 Fd=z×2moi (1分) 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 (2+1)2u8=2+(2+1)2Fd 2mu1=(2m+m)v'1 (1分) 以上式子相加得 小球A与1号球碰撞后能量损失 B,-x2mi- (2分) (2m+m)42 (2分) n+1)'o=2u+(m+40(n-1)Fd m 解得Ea一 又-Fu (1分) m 3 (1分) 2 (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 解得v员= a+0t有+1码 41 (1分) m n号小球碰前的速度为vm,与第n号小球碰后， 小球A和n个小球组成的系统的速度为，小 根据数学知识可知，当n十1=一 1 1 1 ×(-2)-41 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n-1) 即n=3时vn有最大值 号小球碰后的速度为'，-1，从小球A和前(n 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 Amax-3= 3Fa (2分) 2 2m 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、选择题 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 D错误。 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 1 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 动能定理得一mg· 2L= 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为02，根 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 ·27· 4 真题密卷 单元过关检测 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, E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= 则=2gx,联立解得x=8-g,D正驹 1.0-1.2 1 m/s2=一0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 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△t时间内吹出的风，有P△t= 间为t,则由题图乙可得4=0-1,2 一0.2 -1s=5s, △u,与托盘作用过程，根据动量定理F△L= 1 碰后蓝壶移动的距离x一0，8义5m=2m,B错 △mu,解得F=2P, 。,吹力大小与电吹风出风口面 误，D正确。 积无关，A错误；单位时间内出风口吹出气体的质 6.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 量△m'=pS0=πpr2v,B错误；根据题意可知，风 1 与托盘间的相互作用力大小F=mg,根据动量定 原来的百振据E,=2m0,可知避拉后A的速 理F△t=△mu=pSv2△t=元or2v2△t,解得v= 度大小变为原来的，设A碰撞前瞬间建度为口， 1 gC正确；据P三W ,有P=2 △nx2 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mAv= △t 一，解得 P=学票D 十）·云，部得器-子A错误设A的质 量为m,则B的质量为3，由题图乙可知，x2处 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2一 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 可得k= 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 21(c,-x)B错误：从x1到x的过程 Ek 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 速度最大在x1处或者x3,在x1处有mg十 变化量，即IA=2mv-0=2mv,B错误；B、C两球 3mg一F弹=4ma,F弹=mBg=3mg,解得a= 分离后，小球C的速度为V并保持不变，此后A、B 两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 48,在xg处有F#-mg-3mg=4ma',F暴= 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 3mg+及△x=3mg+k(xa-x1),解得a'= 0',有mu=2mu',解得t=2,但此时小球A竖 )6>6 xg一x2 >4g,故加速度的最大值amx 直方向有速度，C错误；小球A开始沿竖直墙面下 x3一x2 滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机 4,x)8,C错误；碰撞后A的动能为6，则 1 被能守恒定律，有mgL=E十)m?+ 2m2, B的动能为，总动能为4，从工1到的过 宋得EA=mgL一号nU2,D正确。 程中，由能量关系有+加g,)=△E, 5.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度v。- 解得△E。 1.0m/s,碰后红壶的速度v。=0.2m/s,碰后红 16x,-15x1E1,D正确。 4x1 壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为，取碰撞 7.B【解析】F=0时，m和M系统动量守恒，取水 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 可得mwo=mwg十mu,代入数值可得v=0.8m/s, 徐得mu,=mu1十M:,7mo6-(分mi+ 避荷的机城能E。=m=了m,难后机拽能 1 2Mu)=mgs,将M=0.5kg、m=1kg、。 mm.65 2m,可知E如> 4m/s、s=1m代入解得1=2m/s,v2=4m/s ·28· ·物理· 参考答案及解析 （不特合特元，合去)减-号/s8=音n/s 为正方向，根据动量守恒可得wo=(m十M)v,代入 数据解得v。-400m/s,子弹损失的机械能△E- A错误；①当F较小时，物块将从木板右端滑下， 1 当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端， 2nm心2=799.92J,B正确；设子弹射入木 且两者具有共同速度v,历时t1,由牛顿第二定律 块前的初速度为v0,根据动量守恒可得m0。= 得a,=F+S,an=g,根据速度时间关系可 mvo M （m十M)u,解得口一M十m,该过程中系统损失的 得v=v0一amt1=a1t1,根据位移关系可得s= 1 Mmv3 vg十t vo 机械能AE三22m+MDU2M十m 心一心t，,关立解得一一一·是题 s M 图乙知，相对路程s≤1m,代入解得F≥1N.②当 ,可知保持子弹射入木块时的初速度不 2(+1 F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板 Am 上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持 变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多， 相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做 C错误：根据动量定理，子弹对木块的冲量I=M= 匀加速运动，由牛顿第二定律得a一M十m, F 而 ·,可知保持子弹射入木块时的初速 f=ma,由于静摩擦力存在最大值，所以f≤ M+1+ fmax=mg=2N,联立解得F≤3N。综上所述： 度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越 BC段恒力F的取值范围是1NF3N,函数 大，D正确。 9.CD【解析】对子弹和木板组成的系统，由动量守 关系式是1=P3,当F=3N时，有.5，则 恒定律有mvo=(M+m)X0.6vo,可得子弹与木 B点的横坐标为1N,C点的纵坐标为1.5m1, 板的质量之比m：M=3:2,A错误；由题图乙可 B正确；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当 F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且 知，木板的长底L-受，-，B错溪；若子弹的 两者具有共同速度⑦，历时t1,则木板的加速度 质量为m,则木板的质量M-,测木枚在加速过 a1-F+mg,滑块的加速度an=4g,速度关系 M 程中所受的摩擦力大小f=Ma=2”×0.60, 3 0=0一am马=a1i1,相对位移s=十巴 2t1 2mw0,C正确；若子弹的质量为m,则整个过程中 5to 21,联立解得F=1N,C错误；D(C)临界，点对应 子弹与木板因摩擦产生的热量Q=fL= 2mvo 的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速 5t0 度相同，且之后物块与木板之间恰好达到最大静 uoto_mui,D正确。 摩擦力两者一起加速运动的临界加速度a=g= 2 5 2m/s2,对整体，根据牛顿第二定律有F。=(m十 10.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤 M)a=3N,D错误。 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B,点 8.ABD【解析】根据题图乙可得=一4红十4，整理 时小球1的速度为vo,圆孤槽的速度为0，取水 可得x=4t一4t2,结合匀变速直线运动位移与时 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 1 量守恒有0=mv,-3mv,由能量守恒有mgR= 间关系x=t十2t,可知子弹留在木块中一起 1 mi+号·3m,解得w=3知= 2，设小 3gR 做匀减速直线运动的初速度和加速度大小分别为 v=4m/s,a=8m/s2,以子弹、木块为整体，根据 球1到B,点时，小球1水平向右移动的距离为 牛顿第二定律可得μ(M十m)g=(M十m)a,解得 x1,圆弧槽向左运动的距离为x2,两者的相对位 木块与水平地面之间的动摩擦因数μ=。=0.8， 移为R,因此有mx1一3mx2=0,x1十x2=R,联 g 1 A正确；设子弹射入木块前的初速度为。，设向右 立解得x1= 4R,x2= R,此时圆孤槽的B点 ·29· 4 真题密卷 单元过关检测 与弹簧之间的距离L=x,十R=R,小球1从 5 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 B点向右以。匀速运动，圆孤槽向左以匀速 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 3 不守恒，B正确。 运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆孤槽底端B (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，小球 点的距离L'=L+.L=4L= 3v03 3R,B正确； 5 弹射出的速度表达式0，M+m2gL1-cos)。 小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大 (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量 守恒有mv0=(m十3m)v,由能量守恒有 际摆长L'大于L,根据，M+m2gL-os, m 2m=2(m+3m)2+E,联立解得E。 1 可知测量速度比实际速度偏小。 12.(1)5.6(2分)3.9(2分)(2)40(2分) 6mgR,C正确；从小球1刚与弹簧接触到两球 (3)0.85(2分)(4)见解析(2分) 分开，由动量守恒有mxo=mw1十3mv2,由能量 【解析】(1)由机械能守恒可知，摆锤与地面接触 守有7m5=方mi+名·3mn,郎得， 前瞬间的速度大小u1=√2gL=5.6m/s,摆锤 离开地面后瞬间的速度大小2= 号：=号，小球1之后向左以号匀速 1 √2gL(1-cos59.3)=3.9m/s。 运动，因为圆孤槽此时正向左以匀速运动，故 (2)题图乙中图线与横轴所围面积约为10个格 3 子的面积，故摆锤对地面的压力的冲量大小约为 会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动 IN=∑FN△t=40N·s。 量守恒有m·空十3m·号=m0,十3m0,由能 (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I 量守恒有7m(侵+·3m) 2 -∑uFN△t=mv2-mu1,解得u=0.85。 =2mu十 (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 1 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 2 ·3m,解得0，=00，=2最终小球1 1 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 以。的递度向左运动，圆孤槽以品。的递度 耗；摆锤在最低，点运动了一段距离，这段距离不 能视为一个点。这三个因素都对最低，点速度大 向左运动，小球2以2。的速度向右运动，小球 小的计算构成影响。此外，坐标纸格子较大，导 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 1最终的速度u2=↓=V6gK 8 二，D错误。 理即可)。 二、非选择题 g(2h-3)d≤3h2 1≥4h 11.(1)BC(2分)(2)B(1分) (3)M+m/2gL1-os0)(2分)(4)偏小(2分) 【解析】(1)设A和B一起由静止下落到进入区 m 域C时速度为vo,有 【解析】(1)设小球的初速度为0，小球击中沙盒 vi=2gh 后共速，根据动量守恒有mv0=(m十M)v,小球 A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 减速运动，有 能守恒有2(m+M0v2=(m+MWgL1-cos0), (mg+f-F)d=2m(o-v) (2分) 联立解得o= ”√2gL(①-cos0,可知还 联立解得A离开区域C时的速度 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 vA=√g(2h-3d) (1分) 质量M,故选BC。 由于tA>0 (2)小球水平击中沙盒后，两者共速，此过程动量 则高度d与h之间满足的关系 ·30· ·物理· 参考答案及解析 号 (1分) F=mgcos 0 (1分) F:=mgsin 0 (1分) (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 其中F=FN 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， 解得托盘的最小倾角0=30° (1分) 设A离开区域C时B的速度为)B,则 (3)设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小 3mvo-mvA+2mvB (1分) 为a1,则有机器人A制动后滑行4.5m后停下 B在这一过程中下降的高度为hB,有 来，则有 1 (2mg-f)h。=2·2m(o层-) (1分) 0-v=-2a1sg (1分) 设机器人A被碰后瞬间的速度为vA,滑行2m ①当d:-合时，A从区线C下方高开“相豆作 后停下来，则有 用”区，由(1)可知，A离开“相互作用”区时的速 0-v员=-2a1s4 (1分) 度vA=√g(2h-3d) 联立解得A=U0√ =2m/s 联主得得：-的 (1分) A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 又l≥hB-d1 守恒定律和能量守恒定律有 则直杆B的长度1应满足的条件是1≥1分) Mvo=MIU8+M2UA 1 1 2M1g=2M1哈+2M, (1分) 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 2M 解得wA一M,+M (1分) VA=一U0 联立解得hB=4h (1分) 由于℃A=2m/s,v0=3m/s 则直杆B的长度应满足的条件是1≥4h(1分) M:-2 14.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 可得 (1分) 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 速至3m/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 (1分) 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 15.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 运动学的公式可得 1 mgh+R-Rcos)=2m,o后-0 (2分) =2=1s (1分) 小球运动到B点时，由向心力公式有 s=7a=1.5m (1分) Fx-mog-mo R (1分) 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 联立解得FN=5N。 (1分) 由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的 t2=0a-1g (1分) a 压力大小 -2a=1.5m FN=FN=5N (1分) (1分) (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 匀速直线阶段根据运动学的公式得 向的平抛运动，竖直方向有 4=L-51-92-14s (1分) 1 h=78t 运行总时间 解得t=0.3s (1分) t=t1十t2+t3=16s (1分) 水平方向有 (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 0,对包裹，受力分析得 tan 0=4 m/s (1分) ·31· 4 真题密卷 单元过关检测 则C与D间的水平距离 设经过时间t',两者共速，有 x=vczt=l.2m。 (1分) v'=v-at'=a2t' (1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 解得t'=0.4s,v'=0.4m/s (1分) movc=mvc十mv (1分) 此过程中，滑块的位移大小 由机械能守恒定律有 20+ 2'=0.48m (1分) 2m,6.=2m(6,)+}n 1 1 (1分) 薄木板的位移大小 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s (1分) 因41mg=1.2N>μ2(m+M)g=1N (1分) xa=2'=0.08m 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 则薄木板的长度 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 L=x1一x2=0.4m (1分) uimg-ma 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 解得a1=4m/s2 热量 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 Q=:M+mg·z&+2M+m):=0.12j u1mg-μ2(m十M)g=Ma2 (1分) (1分) 解得a2=1m/s2 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、选择题 1.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 F 山所受扇形范围内的正负离子对它的 Fu=2×号Xs45A a)-EF、F 2 G A (2-)F,A错误，B正确；N所受扇形范国内 mg 3.A【解析】设q、2g、3g所在位置对应的电场强度 的正负离子对它的合力FN= -2X 为E1E:Eg,由平衡条件得E,=ms,E2=g 05F-号-h-9),cD A E。-mg,即E:E:E,=1::1 3g 了2：3，而它们 错误。 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某，点电场 2.A【解析】根据题意，对B球受力分析，如图所 强度的大小与该，点到导体棒的距离成反比。则任 、示，根据相似三角形法可得=一将A球 意一点的电场强度大小可写成E=女(k为常量)， 缓慢向上移动到P点的过程中，h减小，2不变， 则F2增大，即细线对小球的拉力增大，由于h≥ 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则 12,所以mg≥F2,A正确，B错误；根据库仑定律 m e=m,解得- r B 0B1,A正确。 可得F,_91,92,所以2=3兰，将A球缓慢向 、h3 4.B【解析】取其中一条电场线的最高点或者最低 上移动到P点的过程中，h减小，1减小，则F 点，画出两个电荷在该点的电场强度失量，根据竖 增大，C、D错误。 直方向电场强度矢量和为零，可以判断出A的电 ·32·