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（7版）

·物理· 参考答案及解析 P在AC段向上滑的加速度为 W: 2·2 mg sin0·x1 (1分) a2=gsin0 (1分) △E 1 P在AC向上滑的位移为x2,则有 2m、 1 2 ·2mv号 W:4 xa-2gsin 0 (1分) 解得△E一1 (1分) P与Q碰前的速度为'，有 经分析，以后如此运动的比值不变，经过足够多 1 次运动，最终P、Q循环运动，到达C点的速度为 mgsin0(e:-)-2m (1分) 0。故P、Q第一次返回直轨道AC运动时的动 2 能，经Q与直轨道AC摩擦发热部分为 解得0=√3 2 mgsin0·s'-4.1」 P与Q碰后的速度为2，有 5·2·2mui (1分) mo'=2mv2 (1分) 可符总R 1 4gR 可得0=√61=√15· (1分) 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 (3)自P、Q第一次返回直轨道AC运动，至再次 R12 从C,点离开直轨道AC的过程中，滑块Q克服摩 s=s (1分) 擦力做的功与滑块P、Q碰撞损失的机械能△E tan05R。 的比值为 2024一2025学年度二轮专题精准提升（七）】 物理·功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律 一、选择题 3.D【解析】A从N点运动到M点的过程中，根据 1.B【解析】设克服摩擦力做功为W,由动能定理 可得W一W:=△Ek,可得动能增加了△Ek= 动能定理有5mg1十w=?m,解得绳的拉力对 600J,A错误，B正确；重力做正功，重力势能减 A微的功为W=mr2-5mgl,A错误；A从N 少，减少的重力势能等于重力做的功，即△E。= ,点运动到M点的过程中，A、B和弹簧组成的系统 一WG,故重力势能减少了800J,C错误；除了重 机械能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械 力、弹力以外的其他外力做的功等于机械能的变 能和增加的弹性势能之和，则A减少的机械能大 化量，即△E=W其他，解得△E=-W1=一200J, 于B增加的机械能，B错误；A运动到M点时，设 故机械能减少了200J,D错误。 ON 2.D【解析】B球在光滑杆上做往复运动，A球一 MN与竖直方向的夹角为a,则有tana一OM 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 后了，可得a=30,此时B的速度为B=0s= 13 动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL= √ 1 2A十12。多，水平方向动量守恒有BB—。 2V,C错误；根据系统机械能守恒可得△E。 5mgl-mg×(2l-)sn0-m2-mwi,解 mAUA,联立可得UB一3 ,B错误；根据x=t 得A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为 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 △E,=23-1)mg17 8mo2,D正确。 为以-号B球的水平位形大小为a=行C编 2L 4.B【解析】挤压过程视为匀减速直线运动，因此 误；B球向右运动的最大位移大小为xB=2xB= 勒体处于超支状态，A错误根据h-7,可得 2 3D正确。 物体做自由下落运动的时间为t=。 ·23· 真题密卷 二轮专题精准提升 2×3.2 7.D【解析】滑块（可视为质点）以水平向右的速度 s=0.8s,物体落地瞬间的速度为v= W10 ?滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零， gt=8m/s,根据0一v2=2as,可得物体做匀减速直线 根据匀变速直线运动规律可知v2=2aL,解得a= v 过程中加速度为a= 0-020-82 2s =2×0.08 m/s2= 2D,A错误；根据牛顿第二定律有mg=ma,解 一400m/s2,根据牛顿第二定律有mg一F=ma,解得 F=820N,所以头盔对物体的平均作用力为820N,B 得红一2gLB错误；滑块以水平速度0右滑时，由 正确；物体做匀减速直线过程中动量变化量△p= 动能定理有一fL=0一m⑦2，小滑块以速度 m·△0=m×(0一0)=2X(0-8)kg·m/s= 一16kg·m/s,负号表示方向竖直向上，C错误； 滑上木板到运动至碰墙时速度为1，由动能定理 物体在自由下落过程中重力的冲量大小为【= 有-fL=2mi-2m0),清块与绮避后至向 1 mgt=16N·s,D错误。 5.D【解析】快件放上传送带先做匀加速运动，根 左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为 据v2=2ax,结合图像可得快件做匀加速运动的 w2,由动量守恒定律有mv1=（m十4m)v2,由能量 加速度为a=1m/s2,根据牛顿第二定律可得 守恒定律可得fL=， 22—(2十-472)02，角解程 umg cos37°-mg sin37°=ma,解得动摩擦因数 为μ=0.875，A、C错误；由图像可知x=4.5m以 .3 后，快件的速度保持不变，做匀速运动，B错误；设 201 k= 2,C错误，D正确。 传送带的速度为v,根据图像可知v=3m/s,快件 8.D【解析】由题图乙可知，1s末P和Q共速，设 共速时的速度为1，木板的质量为M,根据动量 加速的时间为t1=一=3s,快件与传送带的相 a 守恒定律有mwo=(m+M)v1,解得M=2kg,A 1 错误；Q离开弹簧1时P的速度最大，设此时P 对位移为△x=t1一21=4.5m,快件和传送 和Q的速度分别为P、℃Q,根据动量守恒定律有 带间因摩擦产生的热量为Q=gcos37°△x,电 mvo=Mvp十mva,根据机械能守恒定律有 动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增 1 加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E= 2muj=1 专M3十2mw6,解得oa==1m/s, 2 vp=2m/s,B、C错误；Q与弹簧1碰撞之后，Q向 mgLsin37°+7mw2+Q,解得E=198J,D正确。 左运动，P向右运动，当两者的速度再次相等时弹 6.D【解析】滑块、小球组成的系统水平方向动量 簧2的压缩量最大，此时弹簧2的弹性势能最大， 守恒，则当小球运动至圆孤形槽末端时，滑块的动 设两者共速时的速度为V2,Q压缩弹簧2至弹性 能最大，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律 势能最大位置处到A,点的距离为L,根据动量守 可得mw1-2mu2=0,mgR=2m2+1 恒定律有mvo=(m十M)v2,根据功能关系有 2 1 gR Epm= 22名一m士M)2一ngL,解得L= 2m0,解行012302二√/，滑共的最大 3m,D正确。 动能为Ee=2·2mug=mgR, 3A错误；小球离开 二、选择题 9.CD【解析】轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的 3,B错误； 骨块时的动能为E1三2mu1-2mgR 距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为W,= AL+2AL. R 根据动能定理得Ek一2mui=mg4,小球落 2 =3 AL,弹簧弹力大小为2AL,设 11 弹性势能为E。,小车撞击弹簧的初动能为E妇= 地时的动能为E=12mgR,C错误；小球与滑块 W1十E。,第二次，轻杆克服摩擦力做功为W2= .R1 分离后做平抛运动，竖直方向有4=28，小球 LL3L-AL,单弹方大小为L,弹 2 落地时与圆孤形槽末端抛出，点的水平距离为x三 性势能为4E。,小车撞击弹簧的初动能为E2= (1十v2)t,小球落地时与圆孤形槽末端抛出点的 W2+4E,故6<E<A错误；系统损失的机 距离为5=」 R12 5R =4D正确。 械能之比为W1:W2=3：15,B错误；小车反弹 ·24· ·物理· 参考答案及解析 离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速 点计时器和停表。实验中测量距离用刻度尺而 度比为1：2，C正确；撞击缓冲过程小车做加速度 不用螺旋测微器，实验需要测量小球质量，则所 增大的减速运动，D正确。 提供的器材中必需的是天平，故选C。 10.BD【解析】由题图像可知，0~x1段加速度大 (2)本实验是通过平抛运动来研究小球碰撞前后 于零，说明这段游戏者一直在加速并且在x1处 的速度，则为使小球能做平抛运动，轨道末端必 速度达到最大；x1~x2加速度开始反向增大，同 须水平，A正确；为使两小球发生对心正碰，则A 时在x2处加速度大小为g,说明此时游戏者只 球的半径必须等于B球的半径，B错误；实验只 受到重力作用，游戏者位于B处；之后x2~x3 需要小球每次到达轨道末端的速度相等，轨道的 段游戏者一直做匀减速运动直到速度为0，x3正 摩擦就不会产生误差，所以每次只要让小球都从 好是C处。根据前面分析知，AB段长度为x2, 同一位置由静止释放即可，轨道不必光滑，C错 A错误；x1~x2加速度均匀变化，故合力的平均 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。 值为2mg,则从速度最大到最高点根据动能定 (3)由于小球做平抛运动的高度相同，则它们的 理得-2mg(x?一x)一mg(x,一x)=0- 运动时间t相同，则碰撞前A球的速度为0= OP 1 ,则系统碰撞前的总动量为力=mA。,碰撞后 w2x,解得最大速度Ux=√(2一x1-x2)g,B 正确；因为A、D的距离为x1,D、B的距离为x2 A,B两球的速度分别为4-O4,0g=ON,则 t x1,由题图像知0~x2段斜率相同且a>g,所以 系统碰撞后的总动量为p'=mAYA十mBVB,联立 x1>x2一x1,因此AD段距离大于DB段距离，C 可得，碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量'的比 错误；人所受合力的冲量大小等于其动量的变化 值为更 ≈0.98。碰撞是弹性碰撞，则系统机械能 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 守恒，根据机减能守恒定律有m4话=2m以十 1 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。 2mB0,整理可得mAOP2=mAOM+mBON2, 三、非选择题 即还应满足的关系式为mAOP2=mAOM2十 h一h2(2分) 11.(1)2T m(hs-h3) (2)2mgT= maON。 2T 13.(1)2m/s (2)37.5J (3)能将对方冰壶碰 mh一h)(2分) (3)阻力影响(2分) 出圆垒区，计算见解析 2T 【解析】(1)若不刷冰面，冰壶滑行过程中由动能 【解析】(1)小球在位置3时的瞬时速度大小为 1 hs-h2 定理有一41mgx=0- 2 mvg (1分) 3= 2T 式中x=25m (2)小球在位置2和位置4时的瞬时速度大小分 解得vo=2m/s。 (1分) 别为2=九-h: 2示—，4—25久3小、球人位置2 (2)冰壶被推出过程，由动量守恒定律有 (M+m)v=mvo (1分) 到位置4要验证的关系为mg·2T=mv4一 由动能定理可得将冰壶从手中推出过程中运动 mu2,即2mgT=mh,-h）_m(h,-h1) 1 2T 2T 员对冰壶所做的功W= (1分) (3)若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于 解得W=37.5J。 (1分) 动量的增加量，产生此问题的原因可能是小球下 (3)推出后冰壶在冰面滑行过程，根据动能定 落时受阻力的影响。 理有 12.(1)C(2分)(2)A(2分)(3)0.98(3分) mAOP2=mAOM2+mBON2(3) A,mgL-L,）-mgL,=mi-号m时 1 【解析】(1)本实验不需要测量时间，所以不用打 (1分) ·25· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 冰壶碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定 mAUA-mBUB (1分) 律有mv1=mv1十mv2 弹簧和A、B组成的系统能量守恒，有 1 1 1 1 2nui=2mu+2m吸 (1分) E,=2mAui+2mBo品 (1分) 被撞碰冰壶的滑行过程由动能定理有 解得va=3m/s,vB=9m/s。 (1分) 1 (2)滑块A将在水平面做减速运动，运动到第一 一41mgs=0-2mo2 (1分) 个减速带前，由动能定理得 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) 1mAgx1=E1一2mA0月 (1分) fs 通过第一个减速带后动能为 14.(1)2/h(H-h- mg Ek=0.9Ea=10.8J (1分) (2)h(H-h fs 经过相邻两个减速带克服摩擦做的功为 (3)mc<m mg W=μ1mAgx0=15J (1分) 【解析】(1)A从开始运动到刚到底端抛出时有 所以滑块A不能到达第二个减速带，设滑块A 1 mg(H-h)-fs=2mw品 (1分) 继续滑行的距离为x2,则 一41mAgx2=0-Ek1 (1分) 从底端抛出时有 滑块A向左滑行的总距离为 1 h-284 (1分) x=x1+x2=1.72m。 (1分) (3)B滑上C后，B减速，A加速，对B由牛顿第 x=vot (1分) 二定律有 解得x=2,h(H-h- (1分) uamBg=mBaB (1分) mg 对C由牛顿第二定律有 (2)A、B相撞后立即粘在一起，则由动量守恒定 u:mng-us (mB+mc)g=mcac (1分) 律可得mvo=2mw共 (2分) 假设B、C共速时，C没有到达右墙面，设共速的 A、B整体的落地点到滑梯底端（飞出，点）的距 离为 速度为℃共，则 V共=VB一aBt=act x共=共t h(H-h- (1分) v%-vB=-2aBxB mg (3)A、C相撞过程由动量守恒定律和机械能守恒 vk=2acxc 定律可得 由上式解得木板C的位移为 mvo=mv'+mcvc (1分) xc=4.5 m<s<7m 1 .1 △x=xB-xc=13.5m (2分) 2mv6 (1分) B、C相对滑动时，B、C间产生的热量为 m-mc Q1=H2mBg△x (1分) 解得v= 0 (1分) m+mc 因为42>3，共速后B、C将一起匀减速运动，C 2m 到达墙壁的速度为V3,对B、C整体有 vc-m+mcvo (1分) u3(mB+mc)g=(mB+mc)a3 为使C可以飞得比(1)中的A更远，则应满足 v3-v=-2a3(s-xc) vc>Vo (1分) 木板C与墙壁碰后立即粘连并静止，B将继续匀 则有2m>m十mc (1分) 减速运动到d,点并进入光滑半圆形轨道，由动能 解得mc<m。 (1分) 定理得 15.(1)vA=3m/svB=9m/s (2)1.72m 1 (3)58J -u:mng (L-Az)-mngh-0-2m8v 【解析】(1)解除弹簧约束瞬间，设A的速度为 解得h=0.1m<R (2分) A,B的速度为VB,滑块A和B的动量守恒，有 所以B进入半圆形轨道后不会脱离半圆形轨道，减 ·26· ·物理· 参考答案及解析 速到0将返回d点并再次滑上C,由动能定理得 止，B、C间产生的热量为 1 1 一43mBg(L-△x十x4)=0- 2mavg Q:=2mBvg (1分) 解得x4=0.5m<L (1分) 整个过程中B、C间产生的热量为 B最后静止在C上，C与墙壁粘连后到B最终静 Q=Q1+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、选择题 1.B【解析】正电粒子从P,点沿垂直于CD边射入 律得mB=m”_,将r=2a,二=k代入上 3am 磁场后，与正三角形的边发生两次碰撞，再从P点 垂直于CD边离开磁场，可知L=2r,根据quB= 解得磁感应强度大小为B= -,D正确。 ka n号可得。-别B医残 2 2.B【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运 用几何关系作出圆心为O',圆半径为r的运动轨 迹如图所示，设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆 30 筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA孤所对的 0a-习 π 5.D【解析】如图所示，当粒子轨迹与半圆形边界 圆心角∠AO'S=3,由几何关系得r=Rtan3, 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第 相切时，粒子能连辛轻最大，则有。一尽由洛伦 二定律得gB=m?,联立解得R=尽mu .B 兹力提供向心力可得qvmB=m ,可得粒子射 3gB 正确。 入磁场时的最大速度为vm= 2n,A、B错误；粒 gBR 子在磁场中运动的最长时间为t。=T=2mm, 错误，D正确。 3.B【解析】由几何关系可知题图甲中带电粒子在 m◆ 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= v2 Ran30°二3R,根据gvB=m可得a= 6.C【解析】根据左手定则可知a粒子带正电，A错 m 误；如图，设两粒子的轨迹半径分别为r。和r6,由 速度之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒 sin∠BAC=0.6可得0，A=5 T6,由几何知识知 子的速度之比为√3：1，B正确。 4.D【解析】由题意作出粒子运动轨迹图如图。当 在△0AF中，T -=0.6,解得r。=4r6,B 5 速度与x正向夹角为30°时，粒子恰好沿y轴返回 ra十rb十 36 0点，由几何关系可得an30=7,解得拉子圆 错误；根据洛伦兹力提供向心力有Bq0=m,,得 周运动的半径=汽。，又由洛伦苦力及牛损第二 r= 得9=1 mu Ba 得g。=4C正确；设r。=4r。=4r,由几何 ·27· 72024一2025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、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 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.2023年亚运会在杭州顺利举行，广东中山15岁小将陈烨夺得我 国在滑板男子碗池项目的首枚金牌，实现历史性突破，如图所 示，假如某次训练中陈烨以同一姿态沿轨道下滑了一段距离，此 过程中重力对他做功为800J,他克服阻力做功为200J,不计其 他作用力的功，则陈烨在此过程中 () A.动能可能不变 B.动能增加了600J C.重力势能减少了600J D.机械能增加了200J 2.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B=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 CA球速度最大时，水平位移大小为行 2L D.B向右运动的最大位移大小为 3.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v。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 弹性限度内，ON=l,MN=√3l,重力加速度为g,不 W 计一切阻力。下列说法正确的是 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，展规你的风采和力量。 n100 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-2w 班级 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 姓名 C.A运动到M点时，B的速度为2 3 v D.A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为2√3-1)mg1? 得分 2 v? … 4.如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为2.0kg的物 体，物体与头盔紧密接触，使其从3.20的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔 被挤压了0.08m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，不考虑物体和 地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则 () 物体 头盔 3.2m …地面 A.挤压过程中物体处于失重状态 B.匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N C.物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·m/s,方向竖直向下 D.物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s 5.在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为 ↑v2/(m2·s-2) 37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时 9--- 针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L= 04.59.0x/m 10.5m,如图甲所示。现将一质量m=2.0kg 甲 乙 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 () 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 卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页） 7 6.如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑 R 圆弧形槽的半径为R,未端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为 。质量为m的小 球（可视为质点）从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大 小为g,下列说法正确的是 () m 2m nninnnnnnnm. A.滑块的最大动能为4mgR 3 11mgR B.小球离开滑块时的动能为 12 C.小球落地时的动能为mgR D,小球落地时与圆弧形槽未端抛出点的距离为5迟 7.如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、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 () 2v2 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3g配 v2 C.k=2 D,滑块弹回瞬间的速度大小为5· 2 8.如图甲所示，在光滑的水平面上放置一长木板P,其左、右两端各固定有竖直挡板，在 左、右挡板上分别固定轻质弹簧2和轻质弹簧1，在木板上A位置放有质量为m=1kg 的小物块Q,Q右侧的木板光滑，Q左侧的木板粗糙。现使Q以大小为vo=3/s的速 度水平向右运动后压缩弹簧1，从压缩弹簧1开始计时，经过t=1s,P、Q的t图像如 图乙所示。已知弹簧2获得的最大弹性势能Epm=1.2J,Q与左侧木板间的动摩擦因 数为4=0.06，重力加速度g取10m/s2,则 () A/(m·s) 左挡板 挡 W 0 板 W P 匆 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题名 A.木板的质量为3kg B.木板的最大速度为1m/s C.木板速度最大时，物块的速度大小为2m/s D.Q压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到A点的距离为3m 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，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.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Ek1和Ek2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 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,一2kx,k为弹簧的劲度 系数，x为弹簧的形变量) () m v 99nn7 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 10.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 上升过程中 () ap ◆C B 8 甲 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 卷 二轮专题精准提升（七）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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h1、2、 h3、4、h5,已知手机连拍周期为T,当地的重力加速度为g。 0个 1 2● 刻度尺 下落中的 手机、 小球 铅垂线 ● (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)。 (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 12.(10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。 甲 (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 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页）】 真题密 (3)经测定，A、B两球的质量分别为mA=35g、B=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p'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 13.(10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41=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 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 7 14.(14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？ 7 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页） 真题密 15.(18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左侧有一系列间距xo=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，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μ1= 0.25,滑块B与木板C间的动摩擦因数42=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 AB L d 7770774 墙面 nnnnnnnnnnnnnnnnn 卷 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）