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(安徽专版)

真题密卷 单元过关检测 小球A与1号球碰撞过程动量守恒，机械能守 Fd=- 恒，有 [2m+(a-0m]-号[2m+a- mo=mvA+mu' (1分) 1)m]v'-1 (1分) 22、1 1 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 (1分) 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 联立解得VA=0,0'=V 定律，有 1号球碰后以速度v匀速运动，同理可得，n号球 [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)v (1分) 与n十1号球碰撞后速度交换，n十1号球碰后也 以速度)匀速运动，所以10号球开始运动的 由上式解得=” n十2m (1分) 时间 n 同理可推出0-1一n十1” 9d t=t1+ (1分) 联立可得(n+1)u=n2-1十(m十1)2F m 解得t=12md 2WF· (1分) 同理可推出 2Fd (2)小球A与1号球碰前，对小球A由动能定 n2层-1=(n-1)2z-2十n n 理得 1 Fd=2x2mvi (n-1)2u-a=(n-2)2-+(m-1)2Fd (1分) … 小球A与1号球碰撞前后动量守恒，有 2mv1=(2m+m)v1 (1分) (2+1)2-2+(2+1)2Fd 小球A与1号球碰撞后能量损失 以上式子相加得 Ea=×2moi-2am+m)g 1、 (2分) n+1)2o2=22of+(n+40(m-1)Fd (2分) 解得E:=。 (1分) 又u好-Fd (1分) (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 2 (1分) n号小球碰前的速度为n,与第n号小球碰后， 解得员= an++1 m 小球A和n个小球组成的系统的速度为v,,小 根据数学知识可知，当1 1 1 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n一1) 当n+1=一2×(-2)=4， 号小球碰后的速度为0'm-1,从小球A和前(n一 即n-3时.有最大值 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 0Amax-U3- 3 Fd (2分) 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) 22m 个小球，由动能定理得 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 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误：根 D错误。 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 动能定理得一μmg· 7 ·30· ·物理· 参考答案及解析 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为V2,根 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 莲荷的机旅能E。=弓mi=了m,延后机战能 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, E+B,=合m+号me-083可知E> 则=24gx,联立解得x一8g-8D正确。 E如十Ek,所以两壶发生了非弹性碰撞，A、C错 3.C【解析】当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风 误；由题图乙可知红壶在冰面上运动的加速度a= 时，功率相同，对于△时间内吹出的风，有P△t= 1.0-1.2 1 m/s2=一0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 △mw,与托盘作用过程，根据动量定理F△1 1 同为，则由题因乙可得1=02-18=5s △mu,解得F=2 ，吹力大小与电吹风出风口面 碰后蓝壶移动的距离x=0,8X5m=2m,B错 积无关，A错误；单位时间内出风口吹出气体的质 误，D正确。 量△m'=pSv=πpr2v,B错误；根据题意可知，风 6,D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 与托盘间的相互作用力大小F=g,根据动量定 1 理F△t=△mo=pSu2△t=π0r2v2△t,解得v= 原来的后根据E。=方m,可知意接后A的速 mg,C正确；据P=】 24 一，解得 度大小变为原来的二，设A碰撞前瞬间速度为， Vπ0r △t 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有m4?= P-器D话 (m十m,)·受解符觉-了A线送：设A的质 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 可得=。)B错误：从x1到x的过程 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 变化量，即IA=2mo-0=2mo,B错误；B、C两球 速度最大在x1处或者x3,在x1处有mg十 分离后，小球C的速度为v并保持不变，此后A、B 3mg一F=4ma,F弹=mBg=3mg,解得a 两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 4g,在xg处有F#一mg一3mg=4ma',F绿= ,有m0=2m0,解得。=名，但此时小球A竖 3mg十k△x=3mg十k(x3-x1),解得a′= 直方向有速度，C错误，小球A开始沿竖直墙面下 4(x2-x,)8>48,故加速度的最大值am= x3一x2 1 滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机 x3一x2 诚能守恒定律，有mgL=E十号m。+ 2mx2, 4(x2一x1)8,C错误：碰撞后A的动能为6，则 B的动能为器，总动能为气 2,从玉到工的过 5 求得Ea=mgL一8mo,D正确。 5.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度v。= 程中，由能量关系有十4mg(x,-x1)=AE) 1.0m/s,碰后红壶的速度o。=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一15x1Ek1,D正确。 4x1 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 7.B【解析】F=0时，m和M系统动量守恒，取水 可得mw。=mw。十mw,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 ·31· 7 真题密卷 单元过关检测 律得mu,=mui十M,7mo-(3mi+ 1 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= 42X4 ng cos37°，解得2=0.75，滑块A滑上防滑 2Mu)=mgs,将M=0.5kg、m=1kg、o,= 板B时，对B分析可知4 ng sin37°十41 mng cos37°< 42(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 4m/s、s=1m代入解得v1=2m/s,v2=4m/s 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 10 4 (不符合情况，含去)或u1=3m/s,w=3m/s, (mgsin37°-K1 mg0379)X2.5s=2moi,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mv1=mu2十4mu3, 当℉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0，历时1，由牛顿第二定律 得a1=F十mg am=g,根据速度时间关系可 2 M ":=√g,C错误；碰撞后，A沿B上表面向上运 得v=。一amt1=a1t1,根据位移关系可得s= 动，根据牛顿第二定律有mg sin37°十41 ng cos37°= ,一号，=受4联立饼得-由题 vo+v ma1,对B有41 mg cos37°十42（mg+4mg) cos37°-4 ng sin37°=4ma2,解得a1=g,a2= 图乙知，相对路程s≤1m,代入解得F≥1N.②当 。以沿斜面向下为正方向，假设两者共速之前 g F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板 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4，所用 相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做 时间为t,小滑块的位移为xA,防滑板的位移为 F 匀加速运动，由牛顿第二定律得a一M十m,而 xB,防滑板相对小滑块的位移为△x,由运动学公 f=ma,由于静摩擦力存在最大值，所以f≤ 式得：u,=0影十a14=u,-a,t,tA=g l,B= fmx=mg=2N,联立解得F≤3N。综上所述： BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N,函数 十4，△x=xBxA,解得△x=9,因为 2 关系成是P时，当F=3N时，有}-1.5，则 △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 B点的横坐标为1N,C点的纵坐标为1.5m1, 板先减速下滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终 B正确；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当 相对防滑板下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发 F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且 生第二次碰撞，D正确。 两者具有共同速度o,历时t1,则木板的加速度 二、选择题 a1=F十g,滑块的加速度am=g,速度关系 9.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an4=at1,相对位移s=十”， 21 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△VA1=U1一0=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=mA1= 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F。=(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 8.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(ng sin37°一1 mg cos37)× v2,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小 1.5x1m 3 △VA2=V1一V2=S2,B球的速度变化量大小△VB= 2m0,解得u=√行8s,A错误；L形”防 v2一0=S3,从t1到t2过程，A、B组成的系统满足 7 ·32· ·物理· 参考答案及解析 动量守恒，则有mA1=mA2十mBV2,可得 mA(-2)=m2,联立可得=，B错误： 量守恤有m·登+3m·3 =mug十3mu4,由能 mB S2 根据上述分析可知2=S1一S2=S3,C正确；从 t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能 5 1 1 2 ·3m0,解得u,-4u,=,最终小球1 守恒，则有Em=2mAi=2(ma十m)o号+E, 受-8D三流 以4的速度向左运动，圆孤槽以 200的速度 .1 10.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 向左运动，小球2以2的速度向右运动，小球 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B,点 1最终的速度⑦3= i00-V6gR 1 8 ,D错误。 时小球1的速度为v。,圆孤槽的速度为)，取水 三、非选择题 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 11.(1)BC(1分)(2)B(1分) 量守恒有0=mv0一3mv,由能量守恒有mgR= (3)M十”2g①一cos0)(2分)(4)偏小(2分) 1 1 2mo+2·3mu2,解得o=3u=√ 小 【解析】(I)设小球的初速度为。，小球击中沙盒 球1到B点时，小球1水平向右移动的距离为 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M)o,小球 x1,圆孤槽向左运动的距离为x2,两者的相对位 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 移为R,因此有mx1-3mx2=0,x1十x2=R,联 能守恒有2(m+Mu2=(m+MgL(1-cos0), 立解得工三R,x2=R,此时圆孤槽的B点 联立解得，=M十m√2gL1=co99),可知还 与弹簧之间的距高L=1:十R-R,小球1从 需要测出的物理量是小球的质量和沙盒的总 B点向右以。匀遠运动，圆孤精向左以号匀速 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 运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆孤槽底端B 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 点的班病=L+号·货=RB正房 高度处，存在系统外力，即两者的重力，故动量不 小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量 不守恒，B正确。 守恒有m。=（m十3m)v共，由能量守恒有 (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，小球 2nai=名(m十3m)o2十E,联立解得E, 1 弹射出的速度表达式o。= =1"mV2gL①—os0。 (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 16gR,C正确：从小球1刚与弹簧接触到两球 际摆长L大于L,根据vo= 分开，由动量守恒有mv0=mu1十3mv2,由能量 M+m/2gL(1-cos 0), m 守返有m5-mai+·3m每得 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) 2000=20小球1之后向左以日匀速 1 1 (3)0.85(2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 运动，国为国孤糟此时正向左以号匀递运动，故 前瞬间的速度大小v1=√2gL=5.6m/s,摆锤 会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动 离开地面后瞬间的速度大小2= ·33· 7 真题密卷 单元过关检测 √2gL(1-cos59.3=3.9m/s。 由能量守恒有 (2)题图乙中图线与横轴所围面积约为10个格 1 1/ umg·2h= 1 2(mm)v 子的面积，故摆锤对地面的压力的冲量大小约为 IN=∑FN△t=40N·s。 联立解得v2= 7√2gh 2 (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I= 若物块恰能返回至组合平台E点，由动量守恒有 -μFN△t=mv2-mu1,解得h=0.85。 11, (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 mo,=(m+6m”共 (1分) 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 由能量守恒 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 1 (1分) 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 联立解得v3=7√gh 小的计算构成影响。此外，坐标纸格子较大，导 即物块的速度满足 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 2√2gh≤0≤7√gh 理即可)。 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 13.(1)3mgh ((3) √2gh≤V物≤ 后，其最大速度1=√2g 2 ,设射出物块后，物块 7√gh 【解析】(1)由O到D由动能定理有 最大速度为？m,由动量守恒有 6mvp-mvm-5mv1 6mg(受A-h）-W,=号x6md (1分) 17 解得um=2√2gh (1分) 解得W,=3mgh。 (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 平抛落入缓冲区，则 2sh≤.≤2 7 (1分) 水平方向有 x=v1t≤h 城合知挑战成功需要满足V2gh≤04≤7√g 竖直方向有 (1分) k=70 14.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 得u,≤②gh 速至3m/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 2 (1分) 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 射出物块时弹射器受到水平冲量 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 I=-5mv1-5mvp 运动学的公式可得 则最大值 t==1s (1分) 15 2m√2gh a Im=-5mv1max-5mUD=- (1分) 1 故弹射器对物块的冲量最大值 51-2atf=1.5m (1分) 15 Im=-1m=2m√2gh (1分) 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 (1分) a 1 1 mv2=(m+ 6m)共 2=2at号=1.5m (1分) ·34· ·物理· 参考答案及解析 匀速直线阶段根据运动学的公式得 FN=FN=5N (1分) ,-L-5-5=149 (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 (1分) 0 向的平抛运动，竖直方向有 运行总时间 1 t=t1+t2+t3=16s (1分) h-28t (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 解得t=0.3s (1分) 0,对包裹，受力分析得 水平方向有 Fx=mg cos 0 (1分) vo ngm/s (1分) F:=mg sin 0 (1分) 则C与D间的水平距离 其中F=uFN 解得托盘的最小倾角0=30° (1分) x=vct=1.2m。 (1分) (3)设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小 (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 为a1,则有机器人A制动后滑行4.5m后停下 movc=movc+mv (1分) 来，则有 由机械能守恒定律有 0-v8=-2a1s3 (1分) 2m,2=2m,(w6)》+m 1 1 ve (1分) 设机器人A被碰后瞬间的速度为vA,滑行2m 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s 后停下来，则有 因1mg=1.2N>μ2(m+M)g=1N(1分) 0-va=-2a1s4 (1分) 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 联立解得VA=v0 ss =2 m/s 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 W53 uimg =ma A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 解得a1=4m/s2 守恒定律和能量守恒定律有 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 Mivo=M1UB+M2UA uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) M暖=2M,i+7M:以 (1分) 解得a2=1m/s 2M1 设经过时间t',两者共速，有 解得a=M,十M,0 (1分) v'=0-a1t'=a2t (1分) 由于va=2m/s,vo=3m/s 解得t'=0.4s,v'=0.4m/s (1分) 2一2 可得M (1分) 此过程中，滑块的位移大小 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 d=0.48m x1= (1分) 2 15.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 薄木板的位移大小 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 x2=2t'=0.08m (1分) mog(h+R-Rcosθ)= 2mov-0 (2分) 则薄木板的长度 小球运动到B点时，由向心力公式有 L=x1-x2=0.4m (1分) Fx-mog-mo R (1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 热量 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 Q=,M+m)g·x+2(M+m)'=0.12J 压力大小 (1分) ·35· 7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，则单位时间内出风口吹出气体的质量为2。 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 or' 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 D,电吹风吹风的平均功率为mg mg Vπpr 得分 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 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 是符合要求的。 球B位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B,小球A受到轻做扰动后 题号 2 3 6 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 答案 落地后不反弹，已知小球C的最大速度为。，三球质量均为m,轻杆长 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 为L,重力加速度为g,下列说法正确的是 A.BC两球分离时，小球A没有离开墙面 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 B.竖直墙对小球A的冲量大小为mo 设返回舱做直线运动，对于减速阶段下列说法正确的是 C.小球A落地前舜间，小球C的速度是小球A速度的2倍 ( A.伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力 D.小球A落地前瞬间，动能大小为mgL一名m B.伞绳对返回舱拉力的冲量等于返回舱重力的冲量 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， C.合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化 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 D,合外力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化 线平行，两冰壶质量相等，材料不同，则 () 2.如图所示，三个完全相同的小球A、B、C分别套 1.2 cm.s 在同一竖直面内相互平行的两根长杆上，两杆均 水平且相距吃，小球质量均为m,A,B通过不可 红 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.两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶再经过4s停止运动 C.碰后蓝壶速度为0.6m/s D.碰后蓝壶移动的距离为2.0m B受 v3L D.8gg 8 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 3.如图甲，某同学手特电吹风垂直向电子秤的托盘吹风， 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 圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上 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 的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。 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 当电吹风设置在某档位垂直向托盘吹风时，电子秤示 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 乙 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。 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() 下列说法正确的是 () 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） E月 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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 9 10 6 答案 9.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， 甲 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。(=0时 A.物块A、B的质量之比为2：3 刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示， B.弹簧的劲度系数= S,表示O到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S,S。分别表示t1到t2 x:(x:-x1） 时间内A,B的at图线与坐标轴所围面积大小。t=t:时刻，A,B系统的总动量大小 C.从x1到x,的过程中，物块A,B一起运动的加速度的最大值a x1一x2 为p,弹簧的弹性势能为E。,下列说法正确的是 41-Tg D.从x1到xg的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E。 16x3-15x1E 4x1 7.如图甲所示，质量M=0.5kg的木板静止 m 知 在光滑水平面上，质量m=1kg的物块以 n=4m/s的初速度滑上木板的左端，物块 A.p=mS B. mn S2 C.S-S2=S D. EneS:+S S 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 10,如图所示，半径为R,质量为3m的圆弧槽AB静 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 止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B点切线水平， n(2) 加不同大小的恒力F,得到一F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的 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 纵坐标为1m。物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列 (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。 说法正确的是 () 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.整个系统全程动量守恒 B.C点纵坐标为1.5m- B小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距R 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 9 C.弹簧弹性势能的最大值为6mgR 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 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 D小球1最终的速度大小为6gR 4 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 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 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 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 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， 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 已知sin37°=0.6，cos37=0.8,重力加速度为g。则 () 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 A,A刚滑上B时速度大小为√gs 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 B.A滑上B后，B立即加速下滑 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 C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小为√gs 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 D.A将与B发生二次碰撞 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 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。 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 (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 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 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 字母序号)。 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 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m 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 C.沙盒的总质量M D.弹簧的压缩量x (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 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 阻力，对小球、沙盒组成的系统（填写选项字母序号）。 A.动量、机械能均守恒 B.动量、机械能均不守恒 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 C.动量守恒、机械能不守恒 物块的动摩擦因数：= 8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)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。 力。求： (1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功： (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 (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： “不变”)。 (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。 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 0弹射装置 数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆，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FN随时间t的变化规律如图乙所示。已知g取9.8m/ 水平地面 缓冲保护区 s2,c0s59.3°≈0.51. h F/N 支架 240 刻度盘 榨胶片 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） 14.(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 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）