二轮专题精准提升7 功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（6版）

2024一2025学年度二轮专题精准提升（七） 卷题 物理·功能关系、动量守恒定律、 能量守恒定律 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 答案 1.如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑细杆上。初始时，细 绳恰好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且mB=2mA,重力加速度为g。现将 A、B由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是 () A.A球在竖直平面内做变速圆周运动 B.B球运动的最大速度大小为 2gL 3 C.A球速度最大时，水平位移大小为 3 D,B向右运动的最大位移大小为号 2.如图所示，质量均为m的物体A、B通过轻绳连接，A穿在固定的竖直光滑杆上，B放在 固定的光滑斜面上，斜面倾角0=30°，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连 接物体B。初始时，A位于N点，轻弹簧处于原长状 态，轻绳绷直(ON段水平)。现将A由静止释放，当 A运动到M点时的速度为？。设P为A运动的最 低点，B运动过程中不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在 w 弹性限度内，ON=l,MN=√3l,重力加速度为g,不 计一切阻力。下列说法正确的是 A.A从N点运动到M点的过程中，绳的拉力对A做的功为3mgl 2u3 B.A从N点运动到M点的过程中，A减少的机械能等于B增加的机械能 二轮专题精准提升（七）物理第1页（共8页） 真题空 青春是追梦的舞台，展现你的风采和力量。 23 C.A运动到M点时，B的速度为30 班级 D.A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为2B-1)mg_7 2 v2 姓名 3.在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速 ------------- 得分 率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L=10.5m,如图甲所示。现将一质量 =2.0kg的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端为参考平面，快件在传送带上 运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化如图乙所示，重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8，快件可视为质点。则下列说法正确的是 () ↑2/(m2·s-2) 9 : 37 04.59.0x/m 甲 A.快件刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2 B.快件在传送带上一直做匀加速直线运动 C.快件与传送带之间的动摩擦因数为0.5 D.快件从传送带底端到顶端过程电动机多做的功为198J 4.如图所示，在光滑的水平面上，质量为4、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不 粘连。质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度？滑上木板左端，滑到木板右 端时速度恰好为零。现滑块以水平速度k(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与 竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落 下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 () zmimmminnnannnmaN 2u2 A,滑块向右运动的过程中，加速度大小为 B.滑块与木板间的动摩擦因数为 gL C.k=2 D.滑块弹回瞬间的速度大小为？” 卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页）】 6 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两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。 题号 5 6 8 答案 5.某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块 可在水平滑轨上滑动。忽略摩擦和空气阻力。开窗帘过程中，电机对滑块α施加一个 水平向右的恒力F,推动滑块a以0.30m/s的速度与静止的滑块b碰撞，碰撞时间为 0.04s。碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.16m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列 说法正确的是 () F>a b c A.两滑块的动量不守恒 B.滑块a受到合外力的冲量大小为0.14N·s C.滑块b受到合外力的冲量大小为0.32N·s D.滑块b受到滑块a的平均作用力的大小为3.5N 6.某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆足够 长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比(F=Ad)。 固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能E1和E2撞击弹簧，导致 轻杆分别向右移动L和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L,装置安全工作时， 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车 1 这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是（弹簧的弹性势能E,=2kz,k为弹簧的劲度 系数，x为弹簧的形变量) ( my l LFF2D77FF7FF177110RY71FF777F7717777777727 轻杆 A.小车撞击弹簧的初动能之比大于1：4 B.系统损失的机械能之比为1：4 C.两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1：2 D.小车做加速度增大的减速运动 7.现在市面上出现了一种新型的游乐设施一“反向蹦极”，示意图如图甲，游戏者与固定 在地面上的扣环连接，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游 戏者上升到B位置时绳子恰好处于松弛状态，C为游戏者上升的最高点，D点为速度最 大位置（图中未画出），弹性绳的弹力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变在 弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原点，选向上为正方向，作出游戏者上升过 程中加速度与位移的关系图像如图乙，图像中x1、x2、x3和一g为已知量，则人上升过 6 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题 程中 P X2 B -g 乙 A.AB段的长度为x1 B.游戏者最大速度为√(2x3一x1一x2)g C.A点与D点间的距离小于D点与B点间的距离 D.游戏者从A点到D点和D点到C点合力的冲量大小相等 8.如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均 为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h 处由静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度。与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹 后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024个弹性物块两两间碰撞时无能量损耗，则下列 说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g) () 2024202…321☐0 A.0号到2024号所有物块系统全过程动量守恒 &0号暂块敬终动证大小为()”， m√2gh C,2021号物块最终速度为2g☑ D,2024号物块最终速度为30282gh 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)一风力发电机出现故障，检修人员乘坐升降机到顶端检修平台进行检修如图甲所 示，升降机上升过程的速度与时间关系如图乙所示，加速和减速运动时加速度大小均为 α，匀速运动时速度为v。,已知升降机和检修人员的总质量为m,升降机启动平台到检修 平台的竖直高度为h,上升过程中升降机所受阻力恒为总重力的倍，重力加速度为g。 在此过程中，升降机的总运动时间为 ,牵引力做功为 知 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第4页（共8页） 10.(3分)年仅13岁的“山东小丫”崔宸曦，她是第19届亚运会中国代表团年龄最小的运 动员，也成为了中国亚运会历史上年龄最小的金牌得主。在某次“走线”比赛中，她从 滑竿上以10m/s的速度滑下，如图所示，滑竿与水平面成37°角，在滑竿底端她做了个 潇洒动作，使其速度立即成水平且大小不变跳出，则她受到的冲量大小为 N·s, 滑竿底端距离地面0.8m,她着地瞬间重力的瞬时功率为 W。(崔宸曦质量为 45kg,sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2,结果保留小数点后1位 数字) 11.(3分)轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使质量为m 的物块A以水平向右的速度。开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的 速度随时间变化的规律如图乙所示。根据图中信息可得，物块B的质量为 弹簧最大弹性势能为 0.75v B 12.(6分)某两位同学打算在家中利用能找到的器材研究动量定理，如图甲所示，将质量为 的小球从竖直平面内的固定刻度尺旁边由静止释放，用手机连拍功能拍摄小球自由 下落的中间过程，如图乙所示，各时刻小球的位置与小球位置0的距离分别为1、h2、 h3、h4、h5,已知手机连拍周期为T,当地的重力加速度为g。 2● 刻度尺 下落中的 手机、 小球 ● 铅垂线 5● 乙 (1)小球在位置3时的瞬时速度大小为 (用题中所给物理量的字母表示)。 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页）】 真题密 (2)取小球在位置2~4的过程研究，则验证动量定理的表达式为 (用题中所给物理量的字母表示)。 (3)若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于动量的增加量，产生此问题的原因可 能是 13.(6分)“祖冲之”实验小组用如图甲所示的装置通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒 定律。先将A球从斜槽轨道上某点由静止释放，在水平地面的记录纸上留下压痕，重 复实验多次，记下平均落地点P;再把同样大小的B球放在斜槽轨道水平段的最右端， 让A球仍从同一位置由静止释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸上的不同位 置，重复实验多次，记下平均落地点M、N,图中O点为斜槽轨道水平段的最右端悬挂 的铅垂线所指位置。 777777777777 (1)为完成此实验，以下所提供的器材中必需的是 (填正确答案标号)。 A.螺旋测微器 B.打点计时器 C.天平 D.停表 (2)实验中需要满足的条件是 (填正确答案标号)。 A.轨道末端必须水平 B.A球的半径必须大于B球的半径 C.轨道必须光滑 D.A球的质量必须小于B球的质量 (3)经测定，A、B两球的质量分别为mA=35g、mB=7g,球的落地点的位置与O点的 距离如图乙所示。利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的 总动量卫'的比值为 (结果保留2位有效数字)。若碰撞是弹性碰撞，还 应满足的关系式为 (用题中所给物理量的字母表示)。 单位：cm 54.50 45.00 34.80 乙 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页）》 6 14.(11分)冰壶是冬奥会的热门项目，其中包含着大量的物理规律。冰壶比赛场地如图所 示，投掷线AB到圆垒区圆心O的距离为L=30m,圆垒区半径为R=1.8m。运动员可 以用冰壶刷擦冰壶运行前方的冰面以减小减速时的摩擦力。若不擦冰时，冰壶与冰面的 动摩擦因数为1=0.008，擦冰面后动摩擦因数减小至42=0.004。在某次训练中，运动 员推着冰壶从起滑架出发，到达投掷线中点时立即将冰壶以一定的速度向O点推出，推 出冰壶后运动员静止（推出过程忽略所受的摩擦力），若不用冰壶刷擦冰面，冰壶向前滑 行25m速度即减为0。已知运动员的质量M=60kg,所有冰壶的质量均为m=20kg, 冰壶可看作质点，重力加速度g取10m/s2,冰壶之间碰撞的机械能损失忽略不计。 (1)求运动员刚将冰壶从手中推出时冰壶的速度； (2)求将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功； (3)在圆垒圆心位置有对方的冰壶，如果在碰撞前运动员用冰壶刷擦冰面的长度为 18m,通过计算判断擦冰面之后能否将对方冰壶撞出圆垒区。 A 30m B 起滑架 投掷线 圆垒区 15.(12分)某体育公园儿童游乐场的滑梯如图所示。某同学拿着一质量为m的玩具汽车 A(可视为质点)从滑梯上端由静止释放，A沿滑梯滑下后，从底端水平抛出并落在地 面。已知滑梯上端距离地面的高度为H,底端（飞出点）距离地面的高度为h,A在滑 梯上运动的总路程为s,假设在滑梯上A受到的阻力大小恒为f,重力加速度为g,不 计空气阻力。 (1)求A的落地点到滑梯底端的水平距离； (2)假如在滑梯底端放置一个完全相同的玩具汽车B(可视为质点)，若A、B相撞后立 即粘在一起，则A、B整体的落地点到滑梯底端（飞出点）的距离为多少？ (3)A沿滑梯滑下后与静止于滑梯底端的玩具汽车C(可视为质点)相撞，A、C相撞过 程中无机械能损失。为使C可以飞得比(1)中的A更远，C的质量需满足什么 条件？ 6 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页） 真题密 16.(16分)如图所示，在一粗糙水平平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小滑块A 和B,质量m4=6kg,mB=2kg,A、B间有被压缩的轻质弹簧，弹簧储存的弹性势能 E。=108J,弹簧与滑块不拴接。滑块A左侧有一系列间x。=1m的微型减速带（大 小可忽略不计)，A距左侧第一个减速带的距离为x1=1m。平台右侧有一长木板C, 静止在水平地面上，木板C的质量m=1kg,长L=14m,木板C最右端到右侧墙面的 距离s=7m,木板C上表面与左侧平台齐平，与右侧竖直面内固定的半径R=0.2m 的光滑半圆形轨道最低点d等高，e点与圆心等高，f点为半圆形轨道的最高点。现解 除弹簧约束，弹力作用时间极短，滑块A、B立即与弹簧分离；滑块A通过每个减速带 损失的机械能为到达该减速带时机械能的10%。滑块B冲上木板C,经过一段时间后 木板C运动到右侧墙面处立即被粘连。已知滑块A与水平平台间的动摩擦因数41= 0.25,滑块B与木板C间的动摩擦因数μ2=0.20，木板C与地面间的动摩擦因数43= 0.10,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)解除弹簧约束，滑块A、B与弹簧分离瞬间的速度大小； (2)滑块A在平台上向左运动的距离； (3)在整个运动的过程中，滑块B和木板C之间产生的热量。 减速带 whAA 墙面 7nnnnnnnnnmnninmnnnnhnnnnnnnmnnn 卷 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）真题密卷 vi x12a1 6gsin 0 (1分) P在AC段向上滑的加速度为 a2=gsin 0 (1分) P在AC向上滑的位移为x2,则有 1 x2-2gsin 0 (1分) P与Q碰前的速度为v',有 1 mg sin 0 (x2-x1)= (1分) 2 解得0=√3 P与Q碰后的速度为02，有 mv'=2mv2 1 4gR 可得u:=√601=√15。 (1分) (3)自P、Q第一次返回直轨道AC运动，至再次 从C,点离开直轨道AC的过程中，滑块Q克服摩 擦力做的功与滑块P、Q碰撞损失的机械能△E 2024一2025学年度 物理·功能关系、动量 一、单项选择题 1.D【解析】B球在光滑杆上做往复运动，A球一 边围绕B球做圆周运动，一边随B球做往复运 动，A错误；当A球摆到最低，点时，A、B两球运 动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL= 1 2mA0员十2mB0后，水平方向动量守恒有mB0B一 心A1联立可得0B二人√B错误；根据x=0 有mBxB=mAxA,从释放到A球摆到最低点的 过程中，有xB十xA=L,则A球的水平位移大小 2L 为xA= 3 ,B球的水平位移大小为xB= 3 ,C错 误；B球向右运动的最大位移大小为xB=2xB= 3D正确。 2 2.D【解析】A从N点运动到M点的过程中，根据 动能定理有3mg十W一了m,解得绳的丝力对 A微的功为W=7m2-msg1,A错误；A从N点 运动到M,点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械 6 二轮专题精准提升 的比值为 Wf2·2 mg sin0·x1 (1分) △E1 -2 ·2mv2 。W:4 解得A正1 (1分) 经分析，以后如此运动的比值不变，经过足够多 次运动，最终P、Q循环运动，到达C点的速度为 0。故P、Q第一次返回直轨道AC运动时的动 能，经Q与直轨道AC摩擦发热部分为 41 2 gin·'=5·2·2m (1分) 可得8R 结合第一次下滑的距离，可得Q在轨道AC上运 动的总路程为 ='+R=12 tang=5R。 (1分) 轮专题精准提升（七） 守恒定律、能量守恒定律 能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械能和增 加的弹性势能之和，则A减少的机械能大于B增加 的机械能，B错误；A运动到M点时，设MN与竖直 ONL√3 方向的夹角为a,则有tana= 0MV5=3,可得 a=30,此时B的速度为B=00sa=5。 20,C错 误；根据系统机械能守恒可得△E。=√3mgl一 1 mgx (21-1)sin 0-2mo 一2mv层，解得A运动 到M点时，弹簧增加的弹性势能为△E。= (2√3-1)mgl7 2 一8mo,D正确。 3.D【解析】快件放上传送带先做匀加速运动，根 据v2=2ax,结合图像可得快件做匀加速运动的 加速度为a=1m/s2,根据牛顿第二定律可得 umg cos37°-mg sin37°=ma,解得动摩擦因数 为u=0.875,A、C错误；由图像可知x=4.5m以 后，快件的速度保持不变，做匀速运动，B错误；设 传送带的速度为v,根据图像可知v=3m/s,快件 ·物理· 加速的时间为，一”=35，快件与传送带的相 1 对位移为△x=t1一21=4.5m,快件和传送 带间因摩擦产生的热量为Q=umg cos37°△x,电 动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增 加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E= n37+2mo2十Q,解得E198」 4.D【解析】滑块（可视为质，点）以水平向右的速度 )滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零， 根据匀变速直线运动规律可知v2=2aL,解得a= 2L,A错误；根据牛顿第二定律有mg=ma,解 得“一2gB错误：滑块以水平速度”右滑时，由 动能定理有一f九=0-2m,小滑块以度k切 滑上木板到运动至碰墙时速度为1，由动能定理 有-fL=m-m(o),滑换与墙磁后至向 1 左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为 v2,由动量守恒定律有mv1=(m十4m)v2,由能量 守恒定徐可得fL=弓moi-(m+4m)ui,解得 &=子=”C错误，D正确， 二、双项选择题 5.AB【解析】取向右为正方向，滑块a和滑块b组 成的系统的初动量为p1=mw1=1X0.30kg·m/s= 0.30kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2× 1×0.16kg·m/s=0.32kg·m/s,则滑块的碰撞 过程动量不守恒，A正确；对滑块a,取向右为正方 向，则有I1=m℃2-mw1=1X0.16kg·m/s-1× 0.30kg·m/s=-0.14kg·m/s,负号表示方向水平 向左，B正确；对滑块b,取向右为正方向，则有I2= m2=1X0.16kg·m/s=0.16kg·m/s,C错误； 对滑块b根据动量定理有F·△t=I2,解得F= 4N,则滑块b受到滑块a的平均作用力大小为 4N,D错误。 6.CD【解析】轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的 距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为W,= AL+2ALL=2AL,弹簧弹力大小为2AL,设 2 弹性势能为E。,小车撞击弹簧的初动能为E:= ·2 参考答案及解析 W1十E。,第二次，轻杆克服摩擦力做功为W2= AL十4AL3L=5AL2,弹簧弹力大小为4AL,弹 2 性势能为4E。,小车撞击弹簧的初动能为Ek2= W2十4Ep,故 3E4<1 5E<4,A错误；系统损失的机 械能之比为W1：W2=3：15,B错误；小车反弹 离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速 度比为1：2，C正确；撞击缓冲过程小车做加速度 增大的减速运动，D正确。 7.BD【解析】由图像可知，0~x1段加速度大于 零，说明这段游戏者一直在加速并且在x1处速度 达到最大；x1~x2加速度开始反向增大，同时在 x?处加速度大小为g,说明此时游戏者只受到重 力作用，游戏者位于B处；之后x2~x3段游戏者 一直做匀减速运动直到速度为0，x3正好是C处。 根据前面分析知，AB段长度为x2,A错 误；x1~x2加速度均匀变化，故合力的平 1 均值为2mg,则从速度最大到最高点根据动能 定理得-2mg(x2-x1)-mg(xg-x2）=0- 1 mux,解得最大速度vax=√(2a一x1一x2)g, B正确；因为A、D的距离为x1,D、B的距离为x2一 x1,由图像知0~x2段斜率相同且ao>g,所以x1> x2一x1,因此AD段距离大于DB段距离，C错误；人 所受合力的冲量大小等于其动量的变化量，已知A 点和C点的速度为零，D点为速度最大点，所以A点 到D,点的动量的变化量和D,点到C点的动量变化 量相同，因此A点到D点和D点到C点合力冲量 大小相等，D正确。 8.BC【解析】0号到2024号所有物块系统全过程 中，水平方向不受外力，竖直方向受重力，所有系 统动量不守恒，A错误；对0号物体，从曲面最高 点到最低，点过程中，根据机械能守恒定律有gh= 2mu,解得u。=√2gh,由题可知，2024个弹性 1 物块两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物块 最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后 1号物块的速度，由机械能守恒定律和动量守恒定 体有2m-2ma+号·2mi,ma,=m十 2m0,解得o-号a,6-专2，可知 6 真题密卷 2024号物块最终達废为号B,D错买：0号物 块与1号物块发生碰撞后，1号物块将与2号物块 发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号 物块将静止。之后0号物块将继续与1号物块发 生第二次碰撞，同理可得，0号物块第二次碰撞后 的连定为=一（付》VBg,最终0号折块要与 1号物块碰撞2024次，所以0号物块最终动量大 小为（》 m√2gh,B正确；依上述分析可知 2021号物块最终速度为1号物块与0号物块第4 次碰撞后1号物块的速度，0号物块第3次碰撞后 的连度为（传）°√2，则2021号物块最终速度 为。=号×（兮）'-品2g五，C正. 1、3 三、非选择题 00+g1分) (k+1)mgh(2分) 【解析】正向匀减速可以看成反向匀加速，因为加 速和减速运动时加速度大小均为a,所以加速时间 和减速时间均为t1= 。,加速位移和减速位移均 为工=0，匀建上升的时间为， _h-2x1=h 00 %,升降机的总运动时间为一241十 h-2x1 00 九+，根据动能定理有W十W。十W1=0一0， vo a 即Ws-mgh-kmgh=0,Ws=(k+1)mgh。 10.284.6(1分)1800.0(2分) 【解析】从滑竿上以10m/s的速度滑下，在滑竿 底端她做了个潇洒动作，使其速度立即成水平 且大小不变跳出，如图所示。根据三角形定则 37° 可知，速度变化量为△u=20osin2 =2√/10m/ s,根据动量定理可知，她受到的冲量大小为I △p=m△v=90√10N·s≈284.6N·s。水平 跳出后做平抛运动，竖直方向有2gh=v,解得 落地时的竖直分速度为v,=√2gh=4m/s,着 地瞬间重力的瞬时功率为P=mgv,y= 1800.0W。 37° 6 ·2 二轮专题精准提升 1.号m1分) 16mu6(2分) 5 【解析】在t=t2时，弹簧恢复原长，根据动量守 恒定律和能量守恒定律有mv,=一mvA十 2B×0.750。,26三22A十22BX 5 (0.750o)',联立解得mg=3m,两物块共速 时弹簧弹性势能最大，有mvo=(m十mB)v, E,=2md-2m+mn2=5 6no6。 12a72分)（②2mgT=n 2T m(h:一h(2分) 2T (3)阻力影响(2分) 【解析】(1)小球在位置3时的瞬时速度大小为 v;=hi-h2 2T。 (2)小球在位置2和位置4时的瞬时速度大小分 列为=7-。小球从位是2 到位置4要验证的关系为mg·2T=mw4一 mo2,即2mgT=nh,-h）m(h,-h1) 2T 2T (3)若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于 动量的增加量，产生此问题的原因可能是小球下 落时受阻力的影响。 13.(1)C(1分) (2)A(1分) (3)0.98(2分) mAOP2=mAOM2+mBON2(2) 【解析】(1)本实验不需要测量时间，所以不用打 点计时器和停表。实验中测量距离用刻度尺而 不用螺旋测微器，实验需要测量小球质量，则所 提供的器材中必需的是天平，故选C。 (2)本实验是通过平抛运动来研究小球碰撞前后 的速度，则为使小球能做平抛运动，轨道末端必 须水平，A正确；为使两小球发生对心正碰，则A 球的半径必须等于B球的半径，B错误；实验只 需要小球每次到达轨道末端的速度相等，轨道的 摩擦就不会产生误差，所以每次只要让小球都从 同一位置由静止释放即可，轨道不必光滑，C错 误；为使碰撞后A球不反弹，则A球的质量必须 大于B球的质量，D错误。 (3)由于小球做平抛运动的高度相同，则它们的 运动时间t相同，则碰撞前A球的速度为v。= ·物理· ,则系统碰撞前的总动量为力=mA,碰撞后 OP A、B两球的速度分别为A=,B=,则 系统碰撞后的总动量为p=mAA十mBB,联立 可得，碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量p'的比 值为之≈0.98。碰撞是弹性碰撞，则系统机械能 守恒，根据机核能守恒定律有？m,听=2mAi十 1 2ma0品，整理可得mAOP2=mAOM2+mBON2, 1 即还应满足的关系式为mAOP2=mAOM2十 maON2。 14.(1)2m/s (2)37.5J (3)能将对方冰壶碰 出圆垒区，计算见解析 【解析】(1)若不刷冰面，冰壶滑行过程中由动能 1 定理有一41m加g2=0-2m06 (1分) 式中x=25m (1分) 解得vo=2m/s。 (1分) (2)冰壶被推出过程，由动量守恒定律有 (M+m)v=mvo (1分) 由动能定理可得将冰壶从手中推出过程中运动 页对k点所做的功W三2nU。一222 (1分) 解得W=37.5J。 (1分) (3)推出后冰壶在冰面滑行过程，根据动能定 理有 1 u1mg(L-L0)一42mgL。三2mu一2no (1分) 冰壶碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定 律有mv1=m1十mxg 名moi=7mn+7mod 1 1 (1分) 被撞碰冰壶的滑行过程由动能定理有 Rimgs-0-2mv (1分) 联立以上各式解得s=4m>R 可知，能将对方冰壶撞出圆垒区。 (2分) 15.(1)2/h(H-h-f3 mg (2),h(H-h-)3)mc<m mg 【解析】(1)A从开始运动到刚到底端抛出时有 ·2 参考答案及解析 mg(H-h)-fs-2mv 从底端抛出时有 1 h=28t x=vot (1分) 解得x=2,h(H-h-f) (1分) mg (2)A、B相撞后立即粘在一起，则由动量守恒定 律可得mvo=2mv共 (1分) A、B整体的落地点到滑梯底端（飞出点）的距 离为 x共=V共t= √h(H-h- fs (2分) mg (3)A、C相撞过程由动量守恒定律和机械能守恒 定律可得 mvo=mv+mcvc (1分) 1 2122,2十—72GZ2 (1分) 解得'-m一m -Uo (1分) mm 2m vc-m+mcvo (1分) 为使C可以飞得比(1)中的A更远，则应满足 UC>Vo (1分) 则有2m>m十mc (1分) 解得mc<m。 (1分) 16.(1)vA=3m/svB=9m/s (2)1.72m (3)58J 【解析】(1)解除弹簧约束瞬间，设A的速度为 VA,B的速度为VB,滑块A和B的动量守恒，有 mAUA-mBUB (1分) 弹簧和A、B组成的系统能量守恒，有 E.m 1 (1分) 解得vA=3m/s,vB=9m/s。 (1分) (2)滑块A将在水平面做减速运动，运动到第一 个减速带前，由动能定理得 1 一mAgx1=Eh-2mA0月 (1分) 通过第一个减速带后动能为 Ek=0.9E4=10.8J (1分) 经过相邻两个减速带克服摩擦做的功为 W=uimagxo=15 J (1分) 所以滑块A不能到达第二个减速带，设滑块A 6 真题密卷 二轮专题精准提升 继续滑行的距离为x2,则 到达墙壁的速度为3，对B、C整体有 一1mAgx2=0-E (1分) u3(mB+mc)g=(mB+mc)a3 滑块A向左滑行的总距离为 3-v#=-2a3(s-xc) x=x1十x2=1.72m。 (1分) 木板C与墙壁碰后立即粘连并静止，B将继续匀 (3)B滑上C后，B减速，A加速，对B由牛顿第 减速运动到d,点并进入光滑半圆形轨道，由动能 二定律有 定理得 μ2mBg=mBaB (1分) 1 一h2mBg(L-△x)-mBgh=0- 对C由牛顿第二定律有 uimBg-us (mB+mc)g=mcac (1分) 解得h=0.1m<R (1分) 假设B、C共速时，C没有到达右墙面，设共速的 所以B进入半圆形轨道后不会脱离半圆形轨道， 速度为口共，则 减速到0将返回d点并再次滑上C,由动能定 V共=UB一aBt=acl 理得 o其一i=-2aBxB 一usmBg(L-△x+x4)=0二2mB03 vx=2acxc 解得x4=0.5m<L (1分) 由上式解得木板C的位移为 B最后静止在C上，C与墙壁粘连后到B最终静 xc=4.5 m<s<7m 止，B、C间产生的热量为 △x=xB-xc=13.5m (1分) B、C相对滑动时，B、C间产生的热量为 Q,=2mao号 (1分) Q1=μ2mBg△x (1分) 整个过程中B、C间产生的热量为 因为μ2>3，共速后B、C将一起匀减速运动，C Q=Q1十Q2=58J。 (1分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（八) 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动（侧重各类有界的磁场边界） 一、单项选择题 少 1.B【解析】由几何关系可知题图甲中带电粒子在 磁场内部时转过的角度为90°，可知做圆周运动的 半径等于圆形区域半径T1=R,而题图乙中带电 粒子在磁场内部转过的角度为120°，则r2=R 0a an30-5R,根据gB=m ,可得0=9B ,速 3 m 3.C【解析】根据左手定则可知a粒子带正电，A错 度之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒子 误；如图，设两粒子的轨迹半径分别为r。和r6,由 的速度之比为√3：1，B正确。 sn∠BAC=0.6可得0，A-3,由几何知识知 2.D【解析】由题意作出粒子运动轨迹图如图。当 在△O1AF中， ra 速度与x正向夹角为30°时，粒子恰好沿y轴返回 -=0.6,解得r=4rb,B 0点，由几何关系可得tan30°= 一，解得粒子圆 +r。+5 r6 a 周运动的*径，一。，又由洛伦黄力夏牛损常三 错误；根据洛伦滋力提供向心力有Bg=m ,得 ”,得9=1 v Y一Bq 得g。=4C正确：设r。=4r。=4,由几何 定律得B=m将r二3Q,号=为代入上式， 知识可知两切点间的距离FE=AF一AE=4r。X 解得磁感应强度大小为B=⑤ ,D正确。 4 ,4 ka 3-X3 =4r0,D错误。 ·28·