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(湖南专版)

奋斗之中，劳力铸就可能 2025一2026学年度单元过关检测（八）》 1.2tm 班级 卺题 物理·动力学、动量和能量观点 姓名 在力学中的应用 红 01 乙 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 A.两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶再经过4$停止运动 得分 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 C.碰后蓝壶速度为0.6m/s D.碰后蓝壶移动的距离为2.0m 符合题目要求。 4.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 题号 1 2 3 4 5 6 置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块 答案 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 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 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 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 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 4E 设返回舱做直线运动，对于减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被能的变化 A,物块A、B的质量之比为2：3 2.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,水流以速度。从 Ex 枪口喷出并近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，澱 B.弹簧的劲度系数k=,x,一工 起时垂直车身向外的速度为日，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水 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am-,一王8 流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已 D.从x1到x的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E。= 6x8-15cE 知水的密度为p,则 4x1 5.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 A.水枪的功率为2PD。 。=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 B.水枪的功率为6PD 上相对于木板滑动的路程为s,给木板施加不同大小的恒力F,得到F的关系如图乙 C.水流对车身的平均冲击力约为 32D 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 () D.水流对车身的平均冲击力约为，9 32PπD2 3.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， D 如图甲所示，碰撞前后两壶运动的t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图 线平行，两冰壶质量相等，材料不同，则 () 乙 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） A.若恒力F=0,物块滑出木板时的速度为3m/s A.子弹与木板的质量之比为2：3 B.C点纵坐标为1.5m 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 B,木板的长度为2 D.图乙中D点对应的外力的值为4N 6.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 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 5t 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 段的最上端，上表面与ab齐平。在斜面ab上距b点L.5s处由静止释放质量为m的小 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” 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 9.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 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， 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 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。则 () 5个相同小球，小球质量均为m。一0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h- A.A刚滑上B时速度大小为√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。=7m/s,物体和传 B.A滑上B后，B立即加速下滑 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、小球 C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小为√gs 与小球之间发生的都是弹性正碰，g取10/s2。下列说法正确的是 () D,A将与B发生二次碰撞 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 7 6 9 10 A.物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为1.55J 答案 B.物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J 7,如图甲所示，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上， C.第1个小球最终的速度大小为5m/s 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。t=0时 刻解除A球锁定，t=t,时刻解除B球锁定，A、B两球运动的at图像如图乙所示， 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品m S,表示O到t1时间内A的at图线与坐标轴所围面积大小，S,、Sg分别表示t1到t 时间内A、B的a-t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 10.如图所示，半径为R,质量为3m的圆弧槽AB静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底 为p,弹簧的弹性势能为E。,下列说法正确的是 () 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， 一9 重力加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确的是 () A.p=mS B. mB S C.S-S2=S3 8.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 R 右，大小为。的初速度射人木板，当子弹运动到木板的最右端时刚好未射出，两者的速 A.整个系统全程动量守恒 度与时间关系图像如图乙所示，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R 人子弹 (60 子弹与木板 C.弹簧弹性势能的最大值为16mgR 门光滑 不板 D.小球1最终的速度大小为6gR 4 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56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.(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 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·s(结 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 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)。 0 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，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 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 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 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 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 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。 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， (1)实验中通过量角器读出指针从初始竖直到沙盆将指针推到最大偏角时旋转的角度 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 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 力，让A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 字母序号)。 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。 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 阻力，对小球、沙盒组成的系统（填写选项字母序号）。 (2)若高度d分别取两个不同值d,=多和d,=k,试求这两种不同情况下，直杆B的长 A.动量、机械能均守恒 B.动量、机械能均不守恒 度（分别应满足的条件。 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.(9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， 相 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，摆睡下摆到最低点附 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)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。g取9.8m/s, c0s59.3°≈0.51 支果 度岛 橡胶片 周定样座 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） 14.(14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.(16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 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 (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 同理可推出 n号小球碰前的速度为℃n,与第n号小球碰后， 2Fd n2v-1=(n-1)2-2十n9 小球A和n个小球组成的系统的速度为，小 m 球A与前(n一2)个小球组成的系统与第(n一1) n-1)u2-,=(n-2)22-+(m-1)2Fd 号小球碰后的速度为'm-1,从小球A和前(n一 …… 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) (2+1)'8=2+(2+1)2Fd m 个小球，由动能定理得 以上式子相加得 Fd=2[2m+(n-1)m]i-2[2m+(n (n+1)2o2=2i+(m+40(m-1)F (2分) 1)m]v'-1 (1分) 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 又u-Fd (1分) m 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 2 解得v员= (1分) 定律，有 m [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)v (1分) 根据数学知识可知，当 1 1 .1 n+1=-2(-2)=4, 由上式解得-n十 n十2n 即n=3时vn有最大值 (1分) n 3 Fd 同理可推出0-1一n十1” vAmx=V3=2√2m (1分) 联立可得(n+1)2=n1十(m十1D2FL m 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 △m·[0-(-v)]+75%·△m· 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 解得F一PπD22,C错误，D正确。 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 3.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 1.0m/s,碰后红壶的速度v0=0.2m/s,碰后红 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为，取碰撞 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 可得mm。=mu十mw,代入数值可得v=0.8m/s, D错误。 2.D【解析】在很短时间△t内流出的水的质量 延前的机核能E。一号m心-弓m,延后机械能 1 △m=pSu△1=4pπDu△t,水喷出过程中，根据动 2mu2-0.68 2m,可知E0> 能定理可得P·△= △m·u2,解得水枪的功率 E十Ek,所以两壶发生了非弹性碰撞，A、C错 2 误；由题图乙可知红壶在冰面上运动的加速度a= P 8pπD),A、B错误；设水流对车身的平均冲 1.0-1.2 二m/s2=一0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 1 击力大小为F,取反弹的速度方向为正方向，对△ 时间内喷出的水根据动量定理可得F·△t=25%· 列为，时由题国乙可得1=0。-15-5s、 5 ·30· ·物理· 参考答案及解析 莲后藏查糁动的距离工=0.8X5nm=2m,B错 且两者具有共同速度v,历时t1,由牛顿第二定律 误，D正确。 得a1= F十umg M ,am=g,根据速度时间关系可 4.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6根播E,=名m,可知递接后A的速 一=2联立解得，由题 v0十v 1 度大小变为原来的4，设A碰撞前眸间速度为0， 图乙知，相对路程s≤1m,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mA?= 上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持 A+m·解得院-日A餐买设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=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=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 关系式足}-F3当F=3N时，有=15，则 可得&一，，”)B错误：从x1到，的过程 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 3mg一F=4ma,F=mBg=3mg,解得a= 两者具有共同速度o,历时t1,则木板的加速度 1 8,在x3处有F#一mg一3mg=4ma',F￥= a,-F十mg,滑块的加速度a。=4g,速度关系 M 3mg十k△x=3mg十k(x3-x1),解得a'= x3-x2 1 0=,一amt=a1,相对位移5=十， 2t1 4(-)8>48,故加速度的最大值amx= 2t1,联立解得F=1N,C错误；D(C)临界点对应 x3-x2 4(2—x)5,C错误碰撞后A的动能为16，则 的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速 B的动能为 度相同，且之后物块与木板之间恰好达到最大静 为3，意动能为，从工1到的过 摩擦力两者一起加速运动的临界加速度a=g= 程中，由能圣关系有型十mgx。一)=△B, 2m/s2,对整体，根据牛顿第二定律有FD=(m十 M)a=3N,D错误。 解得△E。 16x-15x1E1,D正确。 6.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， 4x1 根据动能定理有(mg sin37°-41 mg cos37)X 5.B【解析】F=0时，m和M系统动量守恒，取水 平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 m0,郎得=√月g,A错误，L形”防 1,5w-1 3 徐得，=m,十M:,号a-(分mi十 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= 2Ma)=mgs,将M=0.5kgm=1kg、= 42×4 ng cos37°，解得42=0.75，滑块A滑上防滑 板B时，对B分析可知4 ng sin37°+41 mgcos37°< 4m/s、s=1m代入解得1=2m/s,v2=4m/s 2(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 4 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 (不符合情况，舍去)或u=ms,02=3m/s A错误；①当F较小时，物块将从木板右端滑下， (mgsin 37-uimgcos 37)x2.5s=1n 2mu1,碰撞 当℉增大到某一值时物块恰好到达木板的右端， 过程中无机械能守恒，则有m1=mv2十4m03, ·31· 5 真题密卷 单元过关检测 方m=2m十宁×4moi,解得：=一号 1 好会-8S0运电 @,=气√g5,C错误；碰撞后，A沿B上表面向上运 8.CD【解析】对子弹和木板组成的系统，由动量守 恒定律有mv,=(M+m)X0.6vo,可得子弹与木 动，根据牛顿第二定律有mgsin37°十1 ng cos37°= 板的质量之比m:M=3:2,A错误；由题图乙可 ma1,对B有u1 ng cos37°+2(mg+4mg) cos37°-4 ng sin37°=4ma2,解得a1=g,a2= 知，木板的长度L-受。-空，B馈误：若子弹的 景。以沿斜西向下为正方向，假设两者共速之前 质量为m,则木板的质量M-,则术板在加逢过 小滑块没有脱离防滑板，共速时的速度为4，所用 时间为t,小滑块的位移为xA,防滑板的位移为 程中所受的摩擦力大小f=Mak=2×0.60 3X- t。 xB,防滑板相对小滑块的位移为△x,由运动学公 2m0,C正确；若子弹的质量为m,则整个过程中 5to 式得：u=0:十a1=0,-at,tA-g 2t,IB= 子弹与木板因摩擦产生的热量Q=f几=20× 5to ”,Ar=n-tA,屏得4x= 2 55,因为 5D正确。 votom 2 △x<s,故假设成立。由于V4>0可知共速时两者 下滑，分析可知，共速之后小滑块加速下滑，防滑 9.BD【解析】物体由P到A的过程，满足mgh十 1 板先减速下滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终 W=2加0，解得W:=-1.55J,则克服摩擦力做 相对防滑板下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发 的功为1.55J,A错误；物体滑上传送带后，在滑动 生第二次碰撞，D正确。 二、选择题 摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小a=mg- m 7.CD【解析】a-t图像的面积等于这段时间的速度 5/s2,减速至与传送带速度相等时所用的时间 变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻 1=二=0.45，匀减速运动的位移1 解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度， 一a 设此时A球的速度为1，则有△1=1一0=S1, 2001=2.4m<L,传送带位移x2=1=2m t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动 量等于t1时刻A球的动量，则有力=mA1= 物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热 mAS1,A错误；由题图像可知t1时刻A球的加速 Q=umg·x2-x1=0.2J,B正确；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 度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长 状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时 1,小球1被撞后的速度大小为u1,由动量守恒和 1 弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两 能量守恒定律得mu=一mu1十mo1,2mv2= 球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为 1 1 5 v2,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小 moi+弓mi,解得= 30 3m/s,1= △VA2=1一V2=S2,B球的速度变化量大小△0B= V2一0=S3,从t1到t2过程，A、B组成的系统满足 3”=3m/s,物体被反弹回来后，在传送带上向 210 动量守恒，则有mAV1=mA2十mBV2,可得 左运动过程中，由运动学公式得0一v=一2ax, mA(o,一0)=m02,联立可得mA=S, mBS,B错误； 解得红=是，D正确：由于小球质量相等，且发 根据上述分析可知02=S1一S2=S3,C正确；从 生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。 t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能 由选项D可知，物体第一次返回还没到传送带左 守恒，则有E。=m时=2m十m,加+E, 端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速 1 运动，直到速度增加到01，再跟小球1发生弹性正 5 ·32· ·物理· 参考答案及解析 碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分 别为，=31=（ 1 /2 221 ,=31=3·30,以 1 5 此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，他们的速 ·3m0i,解得=00：=2，最终小球1 度大小分别为vn= 。的速度向左运动，圆孤精以2的速度 1个小球最终的速度大小不可能为5m/s, 1 向左运动，小球2以2。的速度向右运动，小球 C错误。 10.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 1 1最终的速度3= iv0-V6gR 8 ,D错误。 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤 三、非选择题 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点 11.(1)BC(1分)(2)B(2分) 时小球1的速度为。，圆弧槽的速度为)，取水 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 3)M什m2gcos历2分)④)偏小(2分 量守恒有0=mv,一3mv,由能量守恒有mgR= 【解析】(1)设小球的初速度为v。,小球击中沙盒 mi+合·3m,解得u=30=√，设小 1 3gR 后共速，根据动量守恒有mv。=(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)元2=(m+MgL(1-cos0), 移为R,因此有mx1一3mx2=0,x1十x2=R,联 联立解得，=M+m2 gL (1-cos仍，可知还 立解得x,=R,=子R,此时国孤潜的B点 1 m 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 与弹餐之间的距离L=x十R=5R,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。匀速运动，圆孤槽向左以匀速 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 3 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，与圆孤槽底端B 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 点的距离L'=L+号-含1=号R,B正确， 3v03 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干条件，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+m2gL1-0s)。 m 守恒有mo。=(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 1 名mi=名(m十3m)区+E,联立解得E, 际摆长L'大于L,根据o M+m/2gL(1-cos 0), m 6mgR,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。 分开，由动量守恒有mvo=mw1十3m℃2，由能量 12.(1)5.6(1分)3.9(1分)(2)40(2分) 守恒有mi=mi十号·3mi,解得e,= 1 (3)0.85(3分)(4)见解析(2分) 【解析】(1)由机械能守恒可知，摆锤与地面接触 000,=,小球1之后向左以名0匀连 1 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，因为圆孤槽此时正向左以匀速运动，故 3 √/2gL(1-cos59.3)=3.9m/s。 会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动 (2)题图乙中图线与横轴所围面积约为10个格 子的面积，故摆锤对地面的压力的冲量大小约为 量守径有·号十3m·号=m,十3m0,由能 2 IN=∑FN△t=40N·s。 ·33· 5 真题密卷 单元过关检测 (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I 则直杆B的长度应满足的条件是1≥4h(1分) -∑FN△t=mv2-mU1,解得μ=0.85。 14.(1)3mgh (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 (2mV(3)<w≤ 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 7√gh 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 【解析】(1)由O到D由动能定理有 耗；摆锤在最低点运动了一段距离，这段距离不 6mg(停AA-w,=2×6mo (1分) 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 解得W:=3mgh。 (1分) 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 理即可)。 平抛落入缓冲区，则 2 13.(1)√g(2h-3d)d 3 (2)1>≥h 水平方向有 l≥4h x=w1t≤h 【解析】(1)设A和B一起由静止下落到进入区 竖直方向有 域C时速度为o,有 1 h=28 v=2gh (1分) A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做 得u,≤√2gh 2 (1分) 减速运动，有 射出物块时弹射器受到水平冲量 1 (mg+f-F)d=2m(v-) (1分) I=-5mv1-5mvD (1分) 联立解得A离开区域C时的速度 则最大值 15 va=√g(2h-3d) (1分) Im=-5mv1mx一5mp= 2mv2gh (1分) 由于VA>0 故弹射器对物块的冲量最大值 则高度d与h之间满足的关系 15 长号 I=-1.=2m√2gh (1分) (1分) (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， mu2-(m+百m)v共 设A离开区域C时B的速度为vB,则 由能量守恒有 3mvo-mvA+2mvB (1分) 1 1/ (1分) B在这一过程中下降的高度为hB,有 42g。2h2n022(2十2 (2mg-fh。=专·2m(ui-i) (1分) 联立解得u,=7V2gh 2 ①当d,=专时，A从区战C下方离开“相豆作 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 o(m (1分) 度vA=√g(2h-3d) 由能量守恒 联立解得。-头 1/ (1分) wng·4h= (1分) 又l≥hB-d1 联立解得03=7√gh (1分) 则直杆B的长度1应满足的条件是≥ 即物块的速度满足 4 (1分) V2gh≤u≤7Vgi 7 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 (1分) 用”区，A离开“相互作用”区时的速度 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 VA=一U0 联立解得hB=4h (1分) 后，其最大速度0，=√2g 2 ,设射出物块后，物块 ·34· ·物理· 参考答案及解析 最大速度为？m,由动量守恒有 t=t1+t2+t3=16s (1分) 6mvD=mvm-5mv (1分) (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 每释心一五 日，对包裹，受力分析得 Fx=mg cos 0 (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 F=mg sin 0 (1分) 17 2√2gh≤0#≤2√2gh (1分) 其中F=FN (1分) 解得托盘的最小倾角0=30 (1分) 综合知挑战成功需要满足2√2gh≤U≤7√h (3)设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小 (1分) 为a1,则有机器人A制动后滑行4.5m后停下 15.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 来，则有 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 0-v8=-2a1sg (1分) 速至3m/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 设机器人A被碰后瞬间的速度为vA,滑行2m 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 后停下来，则有 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 0-v=-2a154 (1分) 运动学的公式可得 ss =2 m/s 联立解得va=0√ (1分) a A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 szoi=1.5 m 守恒定律和能量守恒定律有 (1分) MIvo=M1UB+M2UA (1分) 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 2M,g- M:M.v 1 (1分) t-0-1s (1分) a 2M1 (1分) -2ad=1.5m 解得uA=M1+M0 (1分) 由于va=2m/s,vo=3m/s 匀速直线阶段根据运动学的公式得 (1分) L-51一52=14s t3= (1分) 巧先- 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 运行总时间 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 2m5-F-竖F-6h-9),cD A 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= 错误。 ,M所受扇形范国内的正负离子对它的合力 A 2.B【解析】取其中一条电场线的最高点或者最低 点，画出两个电荷在该点的电场强度夫量，根据竖 A Fu=2 X a Xcos45°- (W2a)-VEF、F A 直方向电场强度失量和为零，可以判断出A的电 2 荷量小于B的电荷量，所以A带正电，电荷量为 (2-号)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 电场方向由A→B,那么N,点电势为0，则M点电 的正负商子对它的合力下-合-2× 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 ·35· 5