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(福建专版)

·物理· 参考答案及解析 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 3mg十k△x=3mg+k（x3-x1),解得a'= 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 x3一x2 1 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 4(x:-,)5>8,故加速度的最大值am:= 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 x3一x2 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误：根据动 4(x2x,)g,C错误；碰撞后A的动能为16，则■ 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 B的动能为，总动危为号从到石的过 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 由能量关系有十4mg(x3二x1) D错误。 2.C【解析】当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风 解得△E,-161541Eu,D正确。 4x1 时，功率相同，对于△时间内吹出的风，有P△t= 4.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， 2△mu,与托盘作用过程，根据动量定理FA1= 1 根据动能定理有(mgsin37°一41 ng cos37)X △m0,解得F=2,吹力大小与电吹风出风口面 1.6=2m,郎释 3 √585，A错误；“L形”防 积无关，A错误；单位时间内出风口吹出气体的质 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= 量△m'=pS0=π0r2v,B错误；根据题意可知，风 42×4 mg cos37°，解得μ2=0.75，滑块A滑上防滑 与托盘间的相互作用力大小F=g,根据动量定 板B时，对B分析可知4 ng sin37°十41 mg cos37°< 理F△t=△mu=pSv2△t=元pr2v2△t,解得v= μ2(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 1 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 m5,C正确；据P=V, ,有p=24mw2 1 At 一，解得 (mg sin 37-uimg cos 37)X2.5s=- 2mv,碰撞 P-gmg,D错误。 过程中无机械能守恒，则有mv1=mv2十4mw3, 2√π0r2 名m-之mi+号×4mi,解得=- 1 5Vgs, 3.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 原来的根据E=子m,可知碰接后A的建 =合g,C绮误：碰棱后，A语B上袁面向上运 度大小变为原泉的}设A递控前醉间选度为， 动，根据牛顿第二定律有mgsin37°十41 mg cos37°= ma1,对B有1 mg cos37°+42(mg+4mg) 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mA)= cos37°-4 ng sin37°=4ma2,解得a1=g,a2= 04十m)·?解得-弓A辑溪设A的质 景。以沿斜面向下为正方向，假设两者共速之前 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 小滑块没有脱离防滑板，共速时的速度为口4，所用 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 时间为，小滑块的位移为xA,防滑板的位移为 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 xB,防滑板相对小滑块的位移为△x,由运动学公 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2一 式得：0=a2十a1t=03一a2t,xA=2t,zB x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 可得&=，(，B错误：从工到x,的过程 ,△r=6-,解得4r=号，因为 2 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 △x<s,故假设成立。由于4>0可知共速时两者 速度最大在x1处或者x3,在x1处有mg十 下滑，分析可知，共速之后小滑块加速下滑，防滑 3mg一F弹=4ma,F弹=mBg=3mg,解得a= 板先减速下滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终 相对防滑板下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发 48,在xg处有F#-mg-3mg=4ma',F米= 生第二次碰撞，D正确。 ·31· 6 真题密卷 单元过关检测 二、多项选择题 变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多， 5.CD【解析】a-t图像的面积等于这段时间的速度 C错误；根据动量定理，子弹对木块的冲量I=Mv= 变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻 解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度， MmU0=mU。,可知保持子弹射入木块时的初速 M+m 1+ 设此时A球的速度为⑦1，则有△7A1=V1一0=S1, t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动 度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越 量等于t1时刻A球的动量，则有p=mA01= 大，D正确。 mAS1,A错误；由题图像可知t1时刻A球的加速 7.BD【解析】物体由P到A的过程，满足mgh十 度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长 。1 W=2m06,解得W=-1.55J,则克服摩擦力做 状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时 的功为1.55J,A错误；物体滑上传送带后，在滑 弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两 动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小a= 球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为 v2,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小 m8=5m/s2,减速至与传送带速度相等时所用 △VAa=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 的时间t,=”二=0.4s,匀减速运动的位移 -a 动量守恒，则有mA1=mAv2十mBv2,可得 1=- 2t1=2.4m<L,传送带位移x2=t1= mA(1一2)=mBu2,联立可得=，B错误) 2m,物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦 根据上述分析可知2=S1一S2=S3,C正确；从 生热Q=mg·x2一x1=0.2J,B正确；物体与 t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能 小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大 守但，则有Em=ni=(m十m,d+E, 1 小为1，小球1被撞后的速度大小为u1,由动量 解得-S:+S, 守恒和能量守恒定律得m=一mw1十mou1, E,S。,D正确。 m=m+分m听，解得=子=号/s 1 5 6,ABD【解析】根据题图乙可得2=一4牡十4，整理 t 210 “1=30=3m/s,物体被反弹回来后，在传送带 可得x=4t一4t2,结合匀变速直线运动位移与时 上向左运动过程中，由运动学公式得0一= 间关系x=以十a,可知子弹留在木换中一电 5 一2ax,解得x=8m,D正确；由于小球质量相 做匀减速直线运动的初速度和加速度大小分别为 o=4m/s,a=8m/s2,以子弹、木块为整体，根据 等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度 牛顿第二定律可得u(M十m)g=(M十m)a,解得 交换。由选项D可知，物体第一次返回还没到传 送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做 木块与水平地面之间的动摩擦因数μ=2=0.8， g 匀加速运动，直到速度增加到1，再跟小球1发生 A正确；设子弹射入木块前的初速度为。，设向右 弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的 为正方向，根据动量守恒可得u。=(m十M)v,代入 数据解得v。=400m/s,子弹损失的机械能△E= 速度大小分别为=司=传。 1 2 0,u2=3w1= 2m-2m2=79.92J,B正确；设子弹射入木 3·3”,以此类推，物体与小球1经过m次碰撞 21 1 块前的初速度为v0,根据动量守恒可得mv0= 后，他们的速度大小分别为n= (1" 3/ ,n= mvo (m十M),解得0=M十m,该过程中系统损失的 (1)"-1 v,第1个小球最终的速度大小不可 机拔能AE=立mi-号m+M2 1 Mmvi 2(M+m) 能为5m/s,C错误。 Mu 8.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在竖 ,可知保持子弹射入木块时的初速度不 2M+1) 直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤槽的 \m A点到B点的过程中，设小球1滑到B,点时小球 6 ·32· ·物理· 参考答案及解析 1的速度为v0,圆孤槽的速度为v,取水平向右为 Mm 【解析】对电站研究可知G 4π2 R+ 正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动量守恒有 (R+h)-mTi 1 Mmo 0=m0。-3mw,由能量守恒有mgR=2mu号+ h),对地球表面上一物块研究，有G R2 =mog, 1 3gR 2·3mu,解得=3u=√2 ,设小球1到B 解得h= ETR 一R;t时间内照射到帆板上的 V4π2 点时，小球1水平向右移动的距离为x1,圆孤槽向 光子数为nt个，由动量定理可得Ft=ntp一 左运动的距离为x2,两者的相对位移为R,因此有 (-ntp),解得F=2np。 mx1-3mx2=0,x1十x2=R,联立解得x1=R， 10.不同(1分)0.5(2分) 【解析】碰撞过程中A、B的总动量守恒，则A、B x2二R,此时圆孤槽的B点与弹簧之间的距离 动量变化量大小相等，方向相反，即两球的动量 变化量不同；由动量守恒定律和能量守恒定律可 L=十R=5R,小球1从B点向右以。匀速运 4 1 知muo=mw1+mw2,2mo品=7mo十2m号， 动，圆孤槽向左以匀速运动，小球1刚与弹簧接 解得v2=v。=0.5m/s,即碰前A的速度大小为 触时，与圆孤槽底端B点的距离L'=L十3 0.5 m/s. 11.30(1分)0(2分) 35 L=4 3R,B正确，小球1与小球2共速时， 【解析】以水平向左为正方向，A、B两球相碰，根 据动量守恒定律有mAo=(mA十mB)v1,解得 弹簧弹性势能有最大值，从小球1刚与弹簧接触 01=5m/s,此后A、B整体做减速运动，C做加速 到两球共速，由动量守恒有mvo=(m十3m)v共， 运动，当A、B、C共速时，有(mA十mB)v1=(mA十 由能量守s有官m=(m十3m)i十E联立 mg十mc)v2,解得v2-2m/s,当三球速度相同 9 解得E,-6mgR,C正确：从小球1刚与弹簧接 时，弹簧弹性势能最大，有E。=2(m十m)u- 触到两球分开，由动量守恒有mv。=m1十3mv2, 2ma十ms+me)u=30J。由于A、B、C及弹簧 由能量守性有号moi=mi+合·3moi,解得 组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机 械能守恒，当弹簧再次处于原长状态时(mA十 1= -日，-之小缘1之后向左以与 1 mB)ui=(ma+ms)u十mcus,2(mA十ms)oi= 速运动，因为圆孤槽此时正向左以匀速运动，故 3 1 2(mA十ms)0号+2mcu,解得u=-1m/s,可 会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动 见A、B两球速度已经反向，因此最小速度为0。 量守位有m·受+3m·号=m,十3m,由格量 12.(1)BC(1分)(2)B(1分) 1 （(3)M+m2gL=0s(2分)(4)偏小(2分) m 1 5 【解析】(1)设小球的初速度为v。,小球击中沙盒 3m0,解得u=4w:=2g,最终小球1以 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M),小球 的速度向左运动，圆教槽以。的述度向左 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 运动，小球2以的速度向右运动，小球1漫终 能守恒有？(m+M0u2=(m+MgL(1-cos0), 联立解得u,-M+m2gL1-cos仍，可知还 的选度=，-V 1 m 8 ,D错误。 需要测出的物理量是小球的质量和沙盒的总 三、非选择题 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 9. V4π2 -R(1分)2np(2分) 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 ·33· 6 真题密卷 单元过关检测 高度处，存在系统外力，即两者的重力，故动量不 I=-5mv-5mup 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 则最大值 不守恒，B正确。 15 I.--5mvimmx-5mop--2mv2gh (1分) (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，小球 弹射出的连度表达式，M+m/2gL1-os)。 故弹射器对物块的冲量最大值 m (1分) (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 =-1.-aV8e (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 际摆长L'大于L,根据= M+m/2gL(1-cos 0), m 1 可知测量速度比实际速度偏小。 mu2=(m+6m)0来 13.(1)5.6(1分)3.9(1分)(2)40(1分) 由能量守恒有 (3)0.85(2分)(4)见解析(1分) 1 mg·2h= (1分) 【解析】(1)由机械能守恒可知，摆锤与地面接触 7√2gh 前瞬间的速度大小v1=√2gL=5.6m/s,摆锤 联立解得v2= 2 离开地面后瞬间的速度大小2= 若物块恰能返回至组合平台E,点，由动量守恒有 √2gL(1-cos59.3)=3.9m/s。 mos-(m+m)os (1分) (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 由能量守恒 IN=∑FN△t=40N·s。 1/ ung·4h=2mu32m+ (1分) (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I -∑FN△t=mw2-m1,解得μ=0.85。 联立解得v3=7√gh (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 即物块的速度满足 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 2√2gh≤0w≤7√gh 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 耗；摆锤在最低，点运动了一段距离，这段距离不 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 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 后其及大造度=，设新出销袋后，物块 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 最大速度为m,由动量守恒有 理即可)。 6mup=mum-5mv1 17 14.a3mgh(2)mV2gh(3)32gh≤m≤ 7 解得vm=2√2gh (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 7√gh 【解析】(1)由O到D由动能定理有 Bah<o≤2 7 (1分) 6mR(停&-h)-w,=号x6mi (1分) 靠合知桃战咸功需要满足了/g<,<7√g队 解得W,=3mgh。 (1分) (1分) (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 15.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 平抛落入缓冲区，则 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 水平方向有 速至3/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 x=v1t≤h (1分) 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 竖直方向有 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 1 h-2803 运动学的公式可得 得u,≤2gh t1==1s a 2 1 射出物块时弹射器受到水平冲量 51=2ai=1.5m (1分) ·34· ·物理· 参考答案及解析 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的 t,=0=1s 压力大小 FN=FN-5N (1分) 1 52=2at2=1.5m (1分) (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 向的平抛运动，竖直方向有 匀速直线阶段根据运动学的公式得 .1 4-L5-5=14s h=28t (1分) 解得t=0.3s (1分) 运行总时间 水平方向有 t=t1+t2+t3=16s (1分) gt (2)设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角为 vc.-tan 0-4 m/s (1分) 0,对包襄，受力分析得 则C与D间的水平距离 FN=mg cos 0 (1分) x=vcxt=l.2m。 (1分) F:=mg sin 0 (1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 其中Fr=FN moUcs=movc +mv (1分) 解得托盘的最小倾角日=30 (1分) 由机械能守恒定律有 (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 m呢=m,(o2)y+分 来，则有 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s 0-v8=-2a153 (1分) 因41mg-1.2N>42(m+M)g=1N(1分) 设机器人A被碰后瞬间的速度为口A,滑行2m 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 后停下来，则有 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 0-v员=-2a154 (1分) uimg=ma 解得a1=4m/s2 联立解得UA=0√ 54=2m/s 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量 u1mg-h2(m十M)g=Ma2 (1分) 守恒定律和能量守恒定律有 解得a2=1m/s2 M1Uo=M1U8+M2UA 设经过时间t',两者共速，有 2M,oMM,vh v'=v-at'=a2t' (1分) (1分) 解得t'=0.4s,v'=0.4m/s (1分) 2M1 解得UA一M1+M0 (1分) 此过程中，滑块的位移大小 由于va=2m/s,vo=3m/s x1=色士0/=0.48m 2二2 可得M (1分) 薄木板的位移大小 故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。 x?=2t=0.08m (1分) 16.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 则薄木板的长度 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 L=x1-x2=0.4m (1分) mg(h+R-Rcos0)=2m员-0 (1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 热量 小球运动到B点时，由向心力公式有 UB Q=42(M十m)g·x2+ 2M+m)0=.12J Fx-mog-mo R (1分) (1分) 联立解得FN=5N。 (1分) ·35· 6奋斗之中，劳力铸就可能 2025一2026学年度单元过关检测（八）》 E小 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 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 得分 A.物块A、B的质量之比为2：3 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 Ek 一项是符合题目要求的。 B.弹簧的劲度系数k= x2(x2一x1） 题号 1 2 C.从工到z,的过程中，物块A,B一起运动的加速度的最大值a一-二 答案 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 D,从1到，的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E,=16,15E 4x1 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 4.为研究山体潜坡，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 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 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 设返回舱做直线运动，对于减速阶段下列说法正确的是 ( 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 A.伞绳对返回舱的拉力等于返回舱的重力 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 B.伞绳对返回舱拉力的冲量等于返回舱重力的冲量 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， C.合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。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.A刚滑上B时速度大小为√g 2.如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风， B.A滑上B后，B立即加速下滑 圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上 CA与B第一次碰撞后，B的速度大小为gs 的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙 D.A将与B发生二次碰撞 当电吹风设置在某档位垂直向托盘吹风时，电子秤示 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r, 题号 5 6 7 空气密度为，重力加速度为g。下列说法正确的是 8 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 答案 B.设出风口的风速为o,则单位时间内出风口吹出气体的质量为xr2, 5.如图甲所示，质量分别为m、和m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E。1=0时 C.电吹风出风口的风速为 mg 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O到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2,S,分别表示t1到t2 D.电吹风吹风的平均功率为mg√ mg 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 为P,弹簧的弹性势能为E。,下列说法正确的是 3.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 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 】 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 甲 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 A.p=mS B.mA S C.S-S2=S; D. E的_S,+S 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() Ep S: 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 6.如图甲所示，质量m=10g的子弹水平射人静止在水平地面上的木块并留在其中，此后 A.整个系统全程动量守恒 术块运动的图像如图乙所示，其中x表示术块的位移，：表示木块运动的时间。已 B,小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距号R 知木块的质量M=990g,g取10m/s,下列说法正确的是 () C.弹簧弹性势能的最大值为16mgR 9 ↑m* D.小球1最终的速度大小为⑤R 4 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 甲 9.(3分)未来部署在空间站的太阳能电站可以将电能源源不断地传送到地球。假设电站 A.木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 绕地球运行的周期为T,已知地球半径为R,地球表面的重力加速度为g。电站离地面 B.子弹射人木块过程中，子弹损失的机械能为799.92J 的高度h= :电站在轨运行时，光子撞击电站的帆板被垂直反射而产生作用力。 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 假设垂直照射帆板前后的光子动量大小均为p,但方向相反，每秒钟垂直照射到帆板上 未射出木块) 的光子数为n个，帆板由于光子碰撞而受到的作用力F= 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 10,(3分)冰壶又称冰上溜石。如图所示，某次投掷时，冰壶A以某一速度与等质量静止 未射出木块) 7.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 的冰壶B发生弹性正碰，碰后冰壶B的速度大小为0.5m/s,则碰撞过程中A,B的动 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 量变化量 (填“相同”或“不同”)，碰前A的速度大小为 m/s。 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= 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4=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球、小球 AB 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 () 11.(3分)如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的 足够长的杆上，A、B、C三球的质量分别为mA=2kg、mB=2kg、 m=6kg,初状态三个小球均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹 A.物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为1.55J 簧，弹簧处于原长状态。现给A一个大小”。=10m/s、方向向左的初速度，A、B碰撞 B.物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J 后立即粘连在一起，则球A和球B碰后，弹簧的最大弹性势能为 J:球A和 C.第1个小球最终的速度大小为5m/s 球B碰撞结束后，A、B两球的最小速度大小为m/s。 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 12.(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 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 8.如图所示，半径为R、质量为3m的一圆弧槽AB静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端 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 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 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盆 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，重力 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 加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确的是 () 出)上的0点，并固定一量角器，量角器圆心在O点，另有一可绕 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 步逆时针转动，指针对沙盆的阻力可以忽路不计，当沙盒摆到最高点后再摆下来时，指 一2 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。 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） (1)实验中通过量角器读出指针从初始竖直到沙盒指针推到最大偏角时旋转的角度 14.(1】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 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 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 字母序号)。 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 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m 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 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 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 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 脱高，则视为挑战成功。已知平台O点离地高为A,D点与A点的水平距离与高度 C,动量守恒、机械能不守恒 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 (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。 、 物块的动摩擦因数： 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： (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 (1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功： “不变”)。 (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： 13.(6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， (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。 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, 0弹射装置 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日角的最高位置。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, 水平地面 c0s59.3°0.51. 缓冲保护风 h 支 像胶片 24 刻度 摆 周定底座 002040.608 甲 (1)摆锈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 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·se (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） 6 15.(12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 16.(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 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 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 6 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）