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(广东专版)

奋斗之中，劳力铸就可能 2025一2026学年度单元过关检测（八）》 4.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， 班级 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 卺题 物理·动力学、动量和能量观点 线平行，两冰壶质量相等，材料不同，则 ( 12tm…g 姓名 在力学中的应用 红 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 得分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 人红 一项符合题目要求。 01 题号 2 3 A.两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶再经过4s停止运动 答案 C.碰后蓝壶速度为0.6m/s D.碰后蓝壶移动的距离为2.0m 1.2024年6月25日14时7分，嫦蚊六号返回器携带来自月背的月球样 5.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 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 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 置为原点O,竖直向下为正方向建立x轴。某时刻敬去外力，物块A自由下落，与物块 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 B.伞绳对返回舱拉力的冲量等于返回舱重力的冲量 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x,之间的图线为 C,合外力对返回舱做的总功等于返回舱动能的变化 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() D.合外力对返回舱做的总功等于返回舱机械能的变化 +E 2.如图所示，三个完全相同的小球A、B、C分别套 A 在同一竖直面内相互平行的两根长杆上，两杆均 水平且相距专，小球质量均为m,A,B通过不可 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4。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.物块A、B的质量之比为2·3 23L v C.8H8 B.弹簧的劲度系数k= E B.24g2 D.8ug x2(x2一x1） 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 C从x到工的过程中，物块A、B一起运动的加迷度的最大值a-g 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 D,从x,到x,的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E,16x二15E 4x1 数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r, 6.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 空气密度为，重力加速度为g。下列说法正确的是 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 v。=4/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 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or2。 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 C.电吹风出风口的风速为mg 上相对于木板滑动的路程为5，给木板随加不同大小的恒力下，得到}F的关系如图乙 or D.电吹风吹风的平均功率为mg mg 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，取g=10m/s。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） 女 9.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 木块运动的二t图像如图乙所示，其中x表示木块的位移，t表示木块运动的时间。已 知木块的质量M=990g,取g=10m/s2,下列说法正确的是 () 乙 A.若恒力F=0,物块滑出木板时的速度为3m/s 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 7,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 甲 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 A.木块与水平地面之间的动摩擦因数为0.8 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 B.子弹射人木块过程中，子弹损失的机械能为799.92J 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 C,保持子弹射入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 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， 未射出木块) 已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，重力加速度为g。则 () 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 A.A刚滑上B时速度大小为√gs 未射出木块) B.A滑上B后，B立即加速下滑 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 C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小为gs 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 D.A将与B发生二次碰撞 d40 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， 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 重力加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确的是 () 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。 A.整个系统全程动量守恒 题号 10 B.小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距 答案 哥R 8.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， B 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 C弹资弹性势能的最大值为品mR 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， S,表示O到时间内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 D.小球1最终的速度大小为gR 4 时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。t=tg时刻，A、B系统的总动量大小 三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。 为p,弹簧的弹性势能为E。,下列说法正确的是 () 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 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 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 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 甲 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 A.p=mRS B.A S ES:+S 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 ms S2 C.S1-S2=S, D.E.S: Y灯 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） 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 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 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 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 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, 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 (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 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，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（填写选项 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不产生作用力， 字母序号)。 让A和B一起由静止开始下落，已知A从首次进入区域C内运动到离开区域C整个 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m 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。 C.沙盒的总质量M D.弹簧的压缩量x (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 (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盆摆至最高处，忽略空气 高度d与h之间满足的关系。 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 (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 C.动量守恒、机械能不守恒 度！分别应满足的条件。 (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v。 (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.(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， 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 相互 作用区 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一20.0kg,L一1.60m,0=59,3°，传感器（连接计算机，未画出） 测得摆锤对地面的压力FN随时间t的变化规律如图乙所示。已知取g=9.8m/s2, c0s59.3°s0.51. 支果 240 刻度贴 橡胶 摆样 0 到定底座 0020.40.608m 甲 (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 大小为 m/5。(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） ) 14.(13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.(17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°， 至包裹滑下，将包裹投入分拣口中（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2)。 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 如图乙，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 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 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 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 a=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1一 3,则在机器人A到达分拣口处，要使得包裹 不计空气阻力，取g=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？ Y灯 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 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 误；由题图乙可知红壶在冰面上运动的加速度a= 1.C【解析】返回舱做减速运动，加速度向上，则伞 1.0-1.2 二m/s2=一0.2m/s2,设碰后蓝壶运动时 绳对返回舱的拉力大于返回舱的重力，A错误；根 1 据冲量的计算公式I=Ft,可知伞绳对返回舱拉 力的冲量大于返回舱重力的冲量，B错误；根据动 间为，则由题图乙可得=0号8-15=5s 能定理可知，合外力对返回舱做的总功等于返回 壁后蓝壶移动的距离工二0，X5m=2m,B错 舱动能的变化，C正确；根据功能关系可知，伞绳 误，D正确。 对返回舱拉力做的功等于返回舱机械能的变化， 5.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 D错误。 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 愿来的后根据E=方m2,可知碰接后A的速 动能定现得-mg·停L=名加时一名心，版直 度大小变为原来的，设A碰撞前醉间速度为， 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为02，根 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mA)= 据水平方向动量守恒有mv1=2v2,B球与C球 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, m十m,)·牙，解得器-日A错误设A的质 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 盟=2gx,联立解得zg-D正角 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 3.C【解析】当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 时，功率相同，对于△时间内吹出的风，有P△t= mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2 2△m0,与托盘作用过程，根据动量定理F△= 1 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 1(z,一x)B错误；从x1到x的过程 El △m0,解得F=2P 可得= ，吹力大小与电吹风出风口面 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加 积无关，A错误；单位时间内出风口吹出气体的质 速度最大在x1处或者x3,在x1处有mg十 量△m'=pS0=元pr2v,B错误；根据题意可知，风 3mg-F弹=4ma,F弹=mBg=3mg,解得a= 与托盘间的相互作用力大小F=mg,根据动量定 理F△t=△mm=pSv2△t=πpr2v2△t,解得v= 48,在x3处有F年-mg-3mg=4ma',F￥= 人C正确；据P=W i,有P24mm2 1 3mg+k△x=3mg+k（x3-x1),解得a′= △t一，解得 G)8>g x3一x2 >48,故加速度的最大值Qmx= P-竖器D华 x3-x2 4(z,-x)8,C错误：碰撞后A的动能为6，则 4.D【解析】由题图乙可知，碰前红壶的速度o= 1.0m/s,碰后红壶的速度v。=0.2m/s,碰后红 B的对信为器，总动能为号，从到的过 壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为)，取碰撞 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律 中，由能量关系有4十4mg(z,一x1)=△E 可得mu。=mu6十mu,代入数值可得v=0.8m/s, 解得△E。= 16x,一15x1Eu,D正确。 1 1 4x1 碰前的机械能Eo=2m0品=2m,碰后机械能 6.B【解析】F=0时，m和M系统动量守恒，取水 +E,-方mn+专m-06a,可知Ee> 平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定 E十Ek,所以两壶发生了非弹性碰撞，A、C错 徐得me,=m,十Mo,号mo5-(日mi十 ·29· YJ 真题密卷 单元过关检测 Mu）=mgs,将M=0.5kg、m-1kg、0,= y 2(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 4m/s、s=1m代入解得1=2m/s,v2=4m/s 10 (mgsin37°-1 ng cos37)×2.5s= 4 2mu1,碰撞 （不特合情况，含去)或0=写m/s,=专m/s, 过程中无机械能守恒，则有mo1=mw2十4mw3, 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， 名mi-mi十号×4ami,解得：=一子8s, 且两者具有共同速度v,历时t1,由牛顿第二定律 得a,=F十mg -号g,C错误：难接后，A酒B上表西向上运 M am=μg,根据速度时间关系可 动，根据牛顿第二定律有mgsin37°十1 mg cos37°= 得v=。一amt1=a1t1,根据位移关系可得s= ma1,对B有41 ng cos37°+2(mg+4mg) 0-受，联立解得3，由通 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 F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板 小滑块没有脱离防滑板，共速时的速度为4，所用 上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持 时间为t,小滑块的位移为xA,防滑板的位移为 相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做 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 F ，而 式得：o,=:十a1t=u,-at,xA=十 2 t,xB= f-a,由于静摩擦力存在最大值，所以f≤ v3十v4 2 =t,△x=xB一xA,解得△x=点S,因为 fmx=umg=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 △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 关系式是1=P43,当F=3N时，有1,5，则 板先减速下滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终 B点的横坐标为1N,C点的纵坐标为1.5m1, 相对防滑板下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发 B正确；当F较小时，物块将从木板右端滑下，当 生第二次碰撞，D正确。 F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且 二、多项选择题 两者具有共同速度v,历时t1,则木板的加速度 8.CD【解析】a-t图像的面积等于这段时间的速度 a1=F十m8,滑块的加连度a。=g,速度关系 变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻 M 解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度， 0=-a1=a14,相对位移s三)十二 设此时A球的速度为01，则有△A1=V1一0=S1, t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动 1,联立解得F=1N,C错误；D(C)临界点对应 0 量等于t1时刻A球的动量，则有力=mAV1= mAS1,A错误；由题图像可知t1时刻A球的加速 的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速 度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长 度相同，且之后物块与木板之间恰好达到最大静 状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时 摩擦力两者一起加速运动的临界加速度a=g= 弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两 2m/s2,对整体，根据牛顿第二定律有F。=(m十 球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为 M)a=3N,D错误。 02,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小 7.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， △VA2=1一02=S2,B球的速度变化量大小△VB= 根据动能定理有(mgsin37°-u1 ng cos37)X v2一0=S3,从t1到t2过程，A、B组成的系统满足 /3 1.5s一工m2,解得v=、58s,A错误；“L形”防 动量守恒，则有mAv1=mA2十mB02,可得 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= mA(,一2)=mB4,联立可得mA-S,B错误； mu-Sa 42×4 ng cos37°，解得μ2=0.75，滑块A滑上防滑 根据上述分析可知2=S1一S2=S3,C正确；从 板B时，对B分析可知4 ngsin37°十41 ng cos37°<t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能 YJ ·30· ·物理· 参考答案及解析 守板，则有Ew=弓mi- 1 2(ma十mB)u号十E, 5 与弹簧之间的距离L=x2十R=4R,小球1从 得=⊙2十S3,Dy】 S2 B点向右以，匀速运动，圆孤槽向左以匀速 9.ABD【解析】根搭题图乙可得二-一红十4，叁理 运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 可得x=4t一4t2,结合匀变速直线运动位移与时 点的阳寿-L十背片-台一号取B运病： 5 间关系x=现十2a,可知子弹留在木块中一起 小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大 值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量 做匀减速直线运动的初速度和加速度大小分别为 守恒有mv。=(m十3m)o共，由能量守恒有 v=4m/s,a=8m/s2,以子弹、木块为整体，根据 牛顿第二定律可得μ(M+m)g=(M+m)a,解得 合mo=名(m十3m)或十E,联立解得E, 1 木块与水年地面之同的动摩擦因数一营一08， 6mgR,C正确；从小球1刚与弹簧接触到两球 A正确；设子弹射入木块前的初速度为0，设向右 分开，由动量守恒有mv0=mw1十3mv2,由能量 为正方向，根据动量守恒可得mw=(m十M)o,代入 数据解得v,=400m/s,子弹损失的机械能△E= 守柜有分mu=弓mi+名·3mn,解得o1 1 22心名一n2=799.92J,B正确：设子弹射入未 助=，小球1之后向左以号匀速 1 块前的初速度为v0,根据动量守恒可得mV= 运动，因为圆孤槽此时正向左以匀速运动，故 mvo 3 (m十M)u,解得v=M干m,该过程中系统损失的机 会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动 技能AE-日an-子m+hM0e-0 Mmvi 量守根有m·2十3m·号=m十3m:由能 Mo ,可知保持子弹射入木块时的初速度不 1 2+ 1 5 变，若子弹的质量越大，系统损失的机械能越多， ·3mu,解得0，=400w:=2”g,最终小球1 C错误：根据动量定理，子弹对木块的冲量I=Mv= 以4。的速度向左运动，圆孤槽以5 Mmvo mvo 00的速度 M+m1+ ,可知保持子弹射入木块时的初速 1 向左运动，小球2以2的速度向右运动，小球 度不变，若木块的质量越大，子弹对木块的冲量越 大，D正确。 1最终的速度0？=400=Y6 1 ,D错误。 8 10.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 三、非选择题 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤 11.(1)BC(1分)(2)B(1分) 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点 时小球1的速度为？0，圆孤槽的速度为？，取水 (3)M+m/2gL1-0s(2分)(4)偏小(2分) 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 【解析】(I)设小球的初速度为。，小球击中沙盒 量守恒有0=mv,-3mv,由能量守恒有mgR= 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M)v,小球 +·加，得释w=3如=-区设小 1 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 能守恒有2(m+M)u2=(m+MgL(1-cos0), x1,圆弧槽向左运动的距离为x2,两者的相对位 联立解得u。= 移为R,因此有mx1-3mx2=0,x1十x2=R,联 M十m√2gL1-cos仍，可知还 m 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 昼解得x1R,工2三4R,此时圆弧糟的B点 质量M,故选BC。 ·31· YJ 真题密卷 单元过关检测 (2)小球水平击中沙盒后，两者共速，此过程动量 va=√g(2h-3d) (1分) 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 由于VA>0 高度处，存在系统外力，即两者的重力，故动量不 则高度d与h之间满足的关系 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 (1分) 不守恒，B正确。 (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，小球 (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 弹针出的装度表达式=ML一a四历。 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， 设A离开区域C时B的速度为VB,则 (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 3mvo-mvA+2mvB (1分) 际摆长L'大于L,根据 _M十m/2gL1-cos历， B在这一过程中下降的高度为hB,有 m 可知测量速度比实际速度偏小。 (2mg-f)h。=2·2m(o层-u) (1分) 12.(1)5.6(1分)3.9(1分)(2)40(2分) (3)0.85(2分)(4)见解析(2分) ①当d=合时，A从区战C下方高开“相互作 【解析】(1)由机械能守恒可知，摆锤与地面接触 用”区，由(1)可知，A离开“相互作用”区时的速 前瞬间的速度大小v1=√2gL=5.6m/s,摆锤 度vA=√g(2h-3d) 离开地面后瞬间的速度大小2= 联立解得h。=3 (1分) 4 √/2gL(1-cos59.3)=3.9m/s。 又l≥hB-d1 (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 则直杆B的长度1应满足的条件是1≥么(1分) IN=∑FN△t=40N·s。 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 (3)对摆锤，由水平方向的动量定理有I= 用”区，A离开“相互作用”区时的速度 -∑uFx△t=mo2-mw1,解得u=0.85。 UA=一U0 (4)引起实验误差的可能原因有：细杆质量相对 联立解得hB=4h (1分) 摆锤质量不够小，不可忽略，故细杆重力势能减 则直杆B的长度应满足的条件是1≥4h(1分) 小、动能增加；转轴处摩擦较大，会引起摩擦损 14.(1)16s(2)30°(3)0.5倍 耗；摆锤在最低点运动了一段距离，这段距离不 【解析】(1)当机器人A先做匀加速直线运动加 能视为一个点。这三个因素都对最低点速度大 速至3m/s,然后做匀速直线运动，最后做匀减速 小的计算构成影响。此外，坐标纸格子较大，导 直线运动至零时，机器人A从供包台运行至分拣 致数格子数目来计算压力的冲量时误差较大（合 口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据 理即可)。 运动学的公式可得 13.(1)/g(2h-3d) 五(2≥4 1≥4h t,-=1s a 【解析】(1)设A和B一起由静止下落到进入区 1 域C时速度为v0,有 5-2at号=1.5m (1分) vo=2gh (1分) 匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得 A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做 t2==1s (1分) 减速运动，有 a 1 1 (mg+f-F)d=2m(o层-o6) (1分) 52=2at号=1.5m (1分) 联立解得A离开区域C时的速度 匀速直线阶段根据运动学的公式得 YJ ·32· ·物理· 参考答案及解析 ,=L-51-52=145 (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 (1分) 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=28 (2)设要使包襄刚开始下滑，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) Vcs =Bt =4m/s (1分) F:=mg sin 0 (1分) tan 其中F:=uFN 则C与D间的水平距离 x=vct=1.2m。 (1分) 解得托盘的最小倾角0=30 (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-v=-2a153 1 (1分) 22.2=2m。(06)2士1 (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41mg=1.2N>2(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 54=2m/s 联立解得UA=w0 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 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 Mi0o=M1UB+M2UA uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) M,-Mi+2M,时 1 (1分) 解得a2=1m/s2 2M1 设经过时间t',两者共速，有 解得A=M,+M0 (1分) v'=v-at'=a2l' (1分) 由于va=2m/s,0o=3m/s 解得t'=0.4s,o'=0.4m/s (1分) 2-2 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。 ，之1—乙中t'—0.48n (1分) 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 222=0.08m (1分) mog(h+R-Rcos 0)= 2mov层-0 (1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) FN-mg=m。R 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 (1分) 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=u2(M+m)g·x2+ 2(M+m)2=0.12J 压力大小 (1分) FN=FN=5N (1分) ·33· YJ