二轮专题(七) 力学三大观点的综合应用-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 题 9 物理·力学三大观点的综合应用 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，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆心 O1、O2在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a 从圆心为O1的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b在O点发生弹性碰撞，碰后b在圆弧 轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的 路程相等，重力加速度为g,则 () ● A.a的释放位置距O点的高度为0.2R B.ab碰撞后瞬间，b的速度大小为5gR 5 C.a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg 2.如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速 度vo从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m,与木板间的动摩擦因 数均为μ，木板的质量为2，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为g,则 () B C 3v6 A.若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值L= 8ug B,若物块A,B不发生碰撞，则木板C长度的最大值L=3 Aug C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C 的冲量大小是相等的 D.若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在 木板C上相对静止的位置有关 二轮专题精准提升（七）物理第1页（共8页） 真题 马其在意别人的评价，不此专注自己的成长，实力才是最好的回应 3.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 班级 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 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 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 姓名 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， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。则 ( ) 得分 A.A刚滑上B时速度大小为√gs B.A滑上B后，B立即加速下滑 C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小√gs D.A将与B发生二次碰撞，缓解山体滑坡的危害 4.如图所示，质量均为m的a、b两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b两球分别置 于距地面高为H处的A、B两点(H足够大)，间距为L,当a球自由下落的同时，b球以 速度。指向A点水平抛出，已知两球碰撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于弹性 形变范围内，空气阻力不计，重力加速度为g,下列说法不正确的是 () A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度 B.弹性轻绳伸长过程中，a、b两球系统动量守恒 C.两球从开始运动到第一次相碰，a球下落的高度=L 2u8 D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能E,二mw3 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 7 8 答案 5.如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电、电荷量q三 0.5C,质量m=0.05kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.05kg,滑块与绝 缘小车之间的动摩擦因数4=0.4，它们所在空间存在磁感应强度B=1.0T的垂直于 纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，重力加速度g取10m/s2,下列说法 正确的是 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页） 6 m昌义×Mxx 00 A.若给小车一个向左的冲量I=0.08N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.03J B.若给小车一个向左的冲量I=0.08N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.032J C.若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.072J D.若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.07J 6.如图甲所示，一劲度系数为飞的轻质弹簧一端固定在倾角0=30°的光滑固定斜面的底 端，另一端连接小物块A,A静止在斜面上的O点，小物块B从距O点x=0.9m的P 处由静止开始下滑，A、B相碰（时间很短）后立即以相同的速度向下压缩弹簧(A、B不 粘连)，取O点为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立x轴，得到整个向下过程物块A 的动能及A的重力势能与x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内）。重力加 速度g取10m/s2,小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是 () 20 E/m wWM ammm x/m A.小物块A的质量为2kg B.小物块B的质量为2kg C.碰撞过程，A对B的冲量大小为2N·s D.该过程弹性势能最大值为31.5J 7.如图所示，水平传送带以v=8/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖 直子光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑轨道平滑对接，两对接处间距 L=3.9m,光滑圆弧半径R=1.0m。已知滑块A(可看作质点)的质量mA=1.0kg,A 与传送带之间的动摩擦因数4=0.5，质量mB=7.0kg的滑块B静止在传送带右侧的 轨道上，A、B间的碰撞可视为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2,现A以Eko=2.5J 的初动能从圆弧顶端（与圆心O等高）沿轨道下滑，下列说法中正确的是 () R A.滑块A运动至O点正下方时，轨道对它的支持力的大小为35N B.当物体在传送带上时，传送带克服摩擦力的功率为80W C.滑块A最终运动的速度大小为2m/s D.因传送物块A,传送带多消耗的电能136J 6 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题 8.两根不计电阻、光滑且足够长平行导轨与水平面成30°夹角固定，导轨上M、N两点绝缘 连接上下两段导轨，且M、N等高，间距L=1,导轨两端分别连接一个阻值R= 0.022的电阻和C=1F的不带电的电容器，整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平面 斜向上的匀强磁场（图中未画出）中，质量分别为m1=0.8kg,2=0.4kg的导体棒ab、 cd分别放在MN两侧，将ab由静止释放，同时给cd施加一个大小F=3.32N,方向沿 导轨平面向上的力，cd从距离MN为x=1.5m处由静止开始运动，两棒恰好在上M、 N处发生弹性碰撞，已知碰前瞬间ab的速度为3.72m/s,ab棒电阻R=0.022,cd棒的电阻 不计，g取10m/s2,则ab从释放到第一次碰撞前的过程中 () M <130° C 130 A.ab沿斜面向下做加速度减小的加速运动，cd沿斜面向上做匀加速直线运动 B.运动时间为0.8s C.ab沿导轨下滑的位移为1.024m D.若两棒发生弹性碰撞，则碰后速度大小分别为vab=0.76m/s,vd=5.04m/s 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静置于光滑的水平面上， 另一质量m=1kg的物块以vo=6/s的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与 木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为 质点。图乙中v2的数值为 m/s,物块与木板的碰撞 (填“是”或“不是”)弹性 碰撞，整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为 J。 Av/(m's) 、a 1)==如==如---2 m口 M )上---------- 0-----------+------- d 0 2 乙 10.(3分)光滑绝缘水平面内有三个完全相同的带正电的绝缘小球A、B、C(均可视为点电 荷)，质量均为m,电荷量均为十q,A、B之间与B、C之间各用一根长为L的轻杆连接， A、C用绝缘装置固定，A、B、C恰构成正三角形并锁定，如图甲所示。现解除绝缘装置 对A、C的锁定，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为1、v2、v3,如图 乙所示。已知以无限远处为零电势点，距离电荷量为Q的点电荷r处的电势为？， 其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存 在时该点电势的代数和。 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第4页（共8页） 0 ⊕B B ⊕ ⊕ ⊕ A A⊕ ⊕C 乙 初始时刻，A、B、C系统所具有的电势能为 ,图乙状态与图甲状态相比，A、B、C 系统的机械能增加了 ,图乙状态时，B球的速度大小为 11.(3分)如图所示，足够长的光滑水平面上放置着一块质量mA=2kg的长木板A,距A 的右端L(L≠0)处有一固定的竖直挡板P,一质量mB=1kg的小物块B以速度vo= 9m/s从长木板左端滑上长木板，B与A之间的动摩擦因数μ=0.3。A与P相撞时作 用时间极短，且无机械能损失，B始终没有从A上滑落，重力加速度g取10m/s2。 当L=3m时，A、B速度相同时A (填“会”或“不会”)刚好与P相撞；当L<3m时， A与P至少相撞 次；当L>3m时，B相对于A滑行的最大距离为 m。 12.(6分)某同学利用现有的实验器材想要测量当地的重力加速度。一光滑桌面倾斜放 置，其与水平面间的夹角为0，在桌面上固定一悬挂点O,轻绳通过拉力传感器拴接在 O点，另一端连接一个质量为m的物块。 ①现给物块足够大的初速度，使其在桌面内做圆周运动，分别记录物块在最低点时绳 子的拉力T1和最高点时绳子的拉力T2,改变不同的初速度，记录多组T1和T2; ②建立坐标系，以拉力T1为纵轴、拉力T2为横轴，得到了一条线性图像，测得图线斜 率为k,纵轴截距为b。 7777777777777777777 77分n77 甲 7 (1)根据以上数据，可得重力加速度的表达式为g= (用m、b、0表示)； (2)在本次实验中，斜率 (3)若仅考虑物块运动过程中的受到桌面的滑动摩擦力，不计其他阻力，此时的斜率k' 将 (填“大于”“小于”或者“等于”)该值。 13.(6分)某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、光电门、轻质弹簧和滑块等 器材设计了测量物体质量和验证动量守恒的实验，组装摆放好的装置如图甲所示。 加速度传感器光电门1 光电门2 原长位置0 力传感器 挡光片相 挡光片 10200001000000 滑块A 滑块B 连气源 D 气垫导轨 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页） 真题密 主要步骤如下： a.测得A、B滑块上固定的挡光片的宽度均为d,并根据挡光片调节光电门到合适的 高度； b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块A上； ℃.接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态； d.弹簧处于原长时右端位于O点，将滑块A向左水平推动，使弹簧右端压至P点，稳 定后由静止释放滑块A,并开始计时； e.计算机采集获取数据，得到滑块A所受弹力大小F、加速度大小a随时间t变化的 图像，如图乙所示； f.滑块A与弹簧分开后，经过光电门1，记录遮光时间△t,然后滑块A、B发生碰撞，碰 撞时间极短，B、A分开后依次通过光电门2的时间分别为△tB和△tA; g.用滑块B重复实验步骤d、e,并得到滑块B的F-t和a-t图像（未给出），分别提取滑 块A、B某些时刻F与a对应的数据，画出a-F图像如图丙所示。 alms2 3.5 3.00 2.50 2.00出 FIN alm's-2 1.50 0.751 3.02- 1.00 0.50 0.2 02 0.100.200.300.400.500.600.700.80FN 多 回答以下问题： (1)结合图乙、图丙数据，滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量mA= kg, 滑块B与加速度传感器以及挡光片的总质量mB= kg(结果均保留两位有 效数字)； (2)利用测量数据，验证动量守恒定律的表达式是 (用字母mA、 mB、△t、△tA、△tB表示)； (3)图乙数据包含大量隐含信息，假设F-t和a-t图像与坐标轴围成的面积分别为S1、 S2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量mA可表示为 ；将弹簧 右端压缩至P点时，弹簧具有的弹性势能可表示为 (结果均用S1、 S2表示)。 14.(11分)如图所示，a、b、c、d为同一竖直平面内的四点，Oc为ab连线的中垂线，a、b、c )点的距离均为L,d点距0点的距离为？L。两个电荷量均为十Q(Q>0)的 荷分别固定在a、b两点，一带电荷量为十q(q>0)的小球A以一定初动能从c点开始 沿c0运动，一段时间后经过cO中点时加速度大小a=1 75)8,方向竖直向下。 32√5) 不计空气阻力，重力加速度为g,静电力常量为k。 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 6 (1)求小球A在c点受到的库仑力大小。 (2)求小球A在d点的加速度大小a1。 (3)小球A到达O点前的瞬间，另一质量与小球A相等的小球B从O点沿竖直方向 开始运动，两球在O点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，小球A碰撞前后动能不变均 为然C,求小球B能前瞬间的速度大小： (④)已知电荷量为Q的点电荷在距离它为r处的电势9=Q 为使小球A能够到达 O点，求小球A在c点时具有的初动能最小值Ekmin。 +g 15.(12分)如图所示，光滑曲面AB与长度为1的粗糙水平轨道BC相切于B点，A点距 轨道BC的高度为R,质量为m的小滑块1被锁定在A点，质量为2m的小滑块2静 止在水平轨道最右端的C点，轨道BC下方的水平面上有一固定的“L”形木板，其上表 面光滑，在P点处固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧右端拴接一质量M=4m的长 方体滑块M,M的中心在O点的正上方，处于静止状态。现将滑块1解除锁定并由静 止释放，1与2发生弹性碰撞后，滑块1恰好停在B点，滑块2被碰后做平抛运动的同 时给滑块M一个向右的初速度v=3 5，当M的中心运动到0点的正上方时，恰 gR 好与滑块2相碰，碰后滑块2竖直向上运动至与C等高的D点。已知所有的碰撞时间 极短，质量为mo的弹簧振子振动周期T=2π 伦，弹簧弹性势能的表达式为E。 mo 2x(兔为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)求滑块1与水平轨道BC间的动摩擦因数4。 (2)求C点与滑块M上表面间的高度差h。 (3)在滑块2与M第二次碰撞完毕跳起后将滑块2取走，求此后弹簧与M组成的弹簧 振子的振幅A。 wwwwwWW,M 6 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页）】 真题密 16.(16分)一游戏装置由弹射器，水平轨道AB,圆心为O1的竖直半圆细管道BCD,圆心 为O2的竖直半圆轨道DEF,水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止 在GH上，其上表面与IJ相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，BO1DO2GF 在同一条竖直线上。如图所示，游戏时，滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF 后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一起运动，滑板到达侧壁HI后即被 锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为m1=0.01kg,m2(大小未知)，M= 0.02kg,轨道GH长L=1.4m,滑板右端距侧壁HI的距离d=0.2m,BCD、DEF 的半径均为R=0.1m,滑块乙与滑板间的动摩擦因数4=0.5，其余各处均光滑，各轨 道间平滑连接，弹簧的弹性势能E。=0.12J,弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完 全转化为滑块动能，滑块甲、乙均可视为质点，g取10m/s2。 (I)求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小FN。 (2)若m2=0.01kg,求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q。 (③)若滑板长度18m,左端仍位于GF连线上。要求滑失甲，乙碰撞后，甲在反弹后 不脱离轨道（返回接触到弹射器后即被锁定），乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求 滑块乙的质量取值范围。 客 卷 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）·物理· mc)v (1分) 1 解得v=一100 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小 为0； (1分) ③对结合体，水平面内有F。=20mR=5R (1分) 竖直方向上有F,=20mg 由力的合成得 FN=√F+F= √400n2g2+ (1分) 25R2 由牛顿第三定律得 FN=FN= a@ag+深 (1分) (2)设B与A球第1次碰撞后的速度分别是1、M, 则有A1一TB=kUo,mAVA1十mBUB=B℃0(1分) (mB-kmA)vo 解得VA1= (1+k)mBvo ,0B1= mA+mB mA+mB 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1,此 过程A球比B球多运动一圈，有 (1分) UA1一UB1kU0 此过程中，A球运动的路程 S1=UA1·t1= 哈小-哈+ 2025一2026学年度二 物理·力学三大 一、单项选择题 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 向夹角为0，碰前速度为1，则mgR(1一cos0) 20,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 1 所以交换速度，a、b在两圆孤轨道上运动的路程相 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一cos0)= 1 v 2mu-2mwi,且刚要脱离时mg cos日=mR, 联立解得cos0= 5,所以a的释放位置距0，点的 高度h=R(1-cos0)=0.2R,A正确；根据以上 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为v1= w√/10gR 5 ,B错误；根据牛顿第二定律得mg一N vi m尺，结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a 对轨道的压力大小为N'=N=5mg,C错误a,b 碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg一N1= 。2 参考答案及解析 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是⑦2、 VA,则有e一VAa=k(UA1一VBm)=k2V0,mA7A2十 mBUB-mAUAImBUBI-mBUo (1分) 解得VA2= (1-k2)mBV0 (mB十k2mA)v0 ,VB2= mA十mB mA十mB 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此 过程B球比A球多运动一圈，有 t2= 2πR=2元R (1分) VB2一VA2k2V0 此过程中，A球运动的路程 =传-)小5信-刂 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是0、 ?A3,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为 t3,A球运动的路程为S3,同理可得vA3= (1+k3)mBvo (mB-kimA)vo ,B3= (1分) mA+mB mA十mB 4g++) 2πR 同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则 从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔 过程，小球A通过的路程s=S1十S2十S?十…十 6R/1,111 52024= (1分) 12πR 化简得s= 5 (22024-1)。 (1分) 轮专题精准提升（七） 观点的综合应用 m日，给合牛领第三文律可知，b对载道的压力大 3 小N?=N1=5mg,D错误。 2.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 到C右端恰好静止，则有mv0=4mv,能量守恒 Lm1 有wmg2十umg22m06一方·4mu,联 36 立解得Lmg,A正确：设木板长为L,洽好发 L 生碰撞时，由m,=4m0共，能量守恒有mg 1 2mw6-2·4mu,联立解得L= 3u6 ,若物块 4μg 3v8 A,B不发生碰捷，木板长的最小值为g,B错误： A碰B前，BC一起做加速运动，A做减速运动，A 碰B后，速度交换，A、C一起做加速运动，B做减 速运动，最终共速，速度-时间图像如下 3 6 真题密卷 A B BC AC t 1, 如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要 相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，C 错误；只要相对静止，那么共速相等，由动量定理， 知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对 静止的位置无关，D错误。 3.D【解析】滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据 动能定理有(mg sin37°-1 ng cos37)×1.5s= 1 /3 2m,解得u一√585，A错误，滑板B恰好静止 在cd段的最上端，则有4 ng sin37°=uz× 4gcos37°，解得42=0.75，滑块A滑上滑板B 时，对B分析可知4 ng sin37°十u1 mg cos37°< 42(mg十4mg)cos37°，则滑板B静止不动，B错误； 滑块A从静止到与滑板碰撞前有(ng sin37°一 41gcos37)×2.5s三7mw1,碰撞过程中无机械能 1 守恒，则有mw,=mm2十4mw3,)m三2m号 Xm,每得=子m=名瓜，C错溪： 1 碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有 mg sin37°+1 ngcos37°=ma1,对B有1 mg cos37°+ 2(mg+4ng)cos37°-4 ngsin37°=4ma2,解得a1= g,4,=,以斜面向下为正方向，假设两者共速A 有脱离B,共速速度为v',设A、B位移为x1x2,相对位 移为△，0十a1t=w-at,西1=十t 2,x2 v2十 2t,A虹=-1，解得1=5√名，0 1 5√g5,△x=-0.64s,因为△x<0,所以假设成 立，由口'>0，可知共速时两者下滑，B先减速下 滑，A始终相对B下滑，故小滑块会再次向下运 动，与滑板二次碰撞，D正确。 4.B【解析】两个小球在竖直方向做自由落体运 动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程 中，两球始终处于同一高度，A正确；弹性轻绳伸 长过程中，水平方向a、b两球系统不受外力作用， 水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方 向系统动量不守恒，B错误；两球从开始运动到第 一次相碰，经过的时间=L, ，a球下落的高度 00 负一，联立可得A-影，C正痛：当两球水年 6 ·2 二轮专题精准提升 方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根 据两球组成的系统水平方向动量守恒有mV0= 1 1 2mu1,根据能量守恒2mu哈+2mgh'=2· 2m(o十)十E。,又由2gh'=v1一0，解得 E,一名mi-2mo-子m,D正确，本题选 1 不正确项，故选B。 二、双项选择题 5.BD【解析】滑块有两种稳态可能，一种是分离， 一种是共速。假设分离时滑块和小车恰好共速有 I=(m十M)v,qB=mg,可得I=0.1N·s,当 I<0.1N·s时，稳态为共速，当I>0.1N·s时，稳 态为分离。若给小车一个向左的冲量I=0.08N·S, 则小车与滑块稳态为共速，有I=Mv0= (m十M),根据能量守恒得Q=?M:- 2(m十M)v,求得Q=0.032J,A错误，B正确； 若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车 与滑块稳态为分离，有q0B=mg,根据动量守恒 有I=Muo=mv十Mo',根据能量守恒得Q= Mo3-mo-Mw,求得Q=0.07J,D正 1 1 确，C错误。 6.AC【解析】根据图乙可得，小物块A沿斜面向 下运动2m,重力势能减少20J,根据△E。= 一mAgh=一mAgxsin0,可得A的质量mA= 2kg,A正确；再由B的运动，匀加速时有品= 2gsin0·x,解得B=3m/s,与A碰撞后，有 1 mB0B=(mA十mB)U共，2mA美=1J,联立解得 v共=1m/s,mB=1kg,B错误；碰撞过程，对B利 用动量定理得IAB=mBU来一mBUB,解得IAB= 一2N·s,可得A对B的冲量大小为2N·s,C 正确；碰撞后继续下滑到最低，点过程，A、B减少的 1 动能△E=2(mA十mB)0=1.5J,AB减少的 重力势能△Ep=(mA十mB)gh=(mA十mB)gx'· sin0=(2+1)×10×2×0.5J=30J,由于弹簧在 初始状态有弹性势能，所以最低，点的弹性势能大 于31.5J,D错误。 7.AD【解析】滑块A运动至O点正下方过程中，根 1 据动能定理mAgR=2mA呢-Eo,解得u,=5m/s, 滑块A运动至O点正下方时，根据牛顿第二定律 FN一mAg=mAR,解得轨道对滑块A的支持力 的大小FN=35N,A正确；当物体在传送带上时， 滑动摩擦力大小为f=μmAg=5N,传送带克服 ·物理· 摩擦力的功率P=f=40W,B错误；滑块A在 传送带上与传送带相对滑动时，根据牛顿第二定 律f=mAa,解得a=5ms2,假设滑块A在传送 带上可以与传送带共速，则共速时A的位移大小 -6-3.9m=L,即滑块A到达传送带右 2a 端时，恰好与传送带共速。此后滑块A与滑块B 发生弹性碰撞，根据动量守恒有mAV=mA?A十 mB0B,动能守恒7mA2三之mAo十2nBi, 立，解得vA=一6m/s,vB=2m/s,因为vA|< |B|,所以，此后滑块A滑上传送带并以原速率6 m/s返回与滑块B发生第二次碰撞，根据动量守 恒和能量守恒有一mAVA十mBUB=mAVA2十 1 1 2R2,1,2+12B0a=2nA心42十27nB022 解得vA2=-1m/s,2=3m/s,因为|A2> |vm|,所以此后滑块A滑上传送带并以原速率1m/s 返回后无法追上滑块B发生第三次碰撞，即滑块A最 终运动的速度大小为1m/s,C错误；滑块A与滑块B 第一次碰撞前，滑块A在传送带上运动时间t1= ”一=Q.6s,滑块A与滑块B第一次碰撞后，在传送 带上运动时间t2= 2UA =2.4s,滑块A与滑块B第 a 二次碰撞后，在传送带上运动时t?= 20e =0.4s,所 a 以，滑块A在传送带上运动的总时间t=t1十t2十t3三 3.4s,则因传送物块A,传送带多消耗的电能E=Pt 136J,D正确。 8.AC【解析】对cd棒分析，cd沿导轨向上运动的加速 度为a,由牛顿第二定律得F-m2gsin30°-BIL ma,又I=Ag-CAW_CBL△0=CBLa,联立解 △t-△t △t F-m2gsin30° 得a=CB2L2+m2 =3m/s2,则cd沿斜面向上 做匀加速直线运动，对ab棒分析m1gsin30° BIL=mQ1,又11=R,则ab向下加速时 安培力增大，合力减小，加速度减小，则ab沿斜面 向下做加速度减小的加速运动，又x=2at,解 1 得t=1s,A正确，B错误；对ab棒分析，由动量定 里，有m1gsin30°t-2B尽RL=m10 migsin 30'BL2 2Rxb=m1vab,解得ab沿导轨下 滑的位移xb=1.024m,C正确；两棒碰前cd棒的 速度vb=at=3m/s,两棒碰撞过程，由动量守恒定 律得m1b一m2vb=m1v十m2b,由能量守恒定 2 参考答案及解析 体2m防+名6-名m,8十m,解得 1 1 vb=-0.76m/s,va=5.96m/s,D错误。 三、非选择题 9.3(1分)是(1分)12(1分) 【解析】根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞 前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板 的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程， 图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板 碰撞前瞬间，物块的速度大小为1，设此时木板速 度大小为v本，则v*=1m/s,从物块滑上木板到 物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守 恒有m℃0=mw1十Mo*,解得v1=4m/s;物块与 挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小 为⑦2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间 的过程，根据系统动量守恒有mo=Mv2,解得v2= 3m/s;2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3, 从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系 统动量守恒有muo=(m十M)v3,解得v3=2m/s; 物块与木板碰撞前眸间，系统的动能E1=2mu,2十 9],物块与木板碰拉后瞬间，系统 E。=M=9],故硅拉这程系统没有机械能损 失，是弹性碰撞；物块滑上木板时系统的动能E。= 1 mw6=18J,最终相对静止时系统的动能E= ·(M十m)02=6J,所以系统产生的热量Q= 1 Ek0-E3=12J。 3kg2 /2kq2 00分)0分)3m1分》 【解析】电势能等于将电荷移到无穷远，电场力 做的功，故A、B、C系统的电势能可认为分别将 C、B小球搬到无穷远电场力做的功。初始时刻， 先将C球移到无穷远，电场力做功Wc=Pcq= 2kq _2kq2 工·9=D,再将B球移到无穷远，电场力做 功W。-经·？=经，故系统的电分能等于电场 3kg2 力做的总功，即E。=WB十Wc=D;图乙状态 B球刚好要落地时，将C球移到无穷远，电场力 发动叫-·g十 是·9一瓷再格B泉移 kg 到无穷运，电场力微功叫一2·g一经，故因 乙状态系统的电势能等于电场力做的总功，即 E0=W十W:二5；图乙状态与图甲状态相 比，A、B、C系统的机械能增加了E起=△W= 6 真题密卷 kq2 E,-E-祝；由于AB,C三个完全相同的带 正电的绝缘小球（均可视为，点电荷），可知应满足 01=U3,设1=v3=v,则由动量守恒定律有mw2= 1 2mw,又由能量守恒定律有E。一E=2+2 kq2 2mm2,由以上式子解得v= √6mL,所以图乙状态 2kg? 时，B球的速度大小为v2=2o=√3mL。 11.会(1分)1(1分)13(1分) 【解析】根据牛顿第二定律知nBg=mAaAfonBg= msaB,解得aA=1.5m/s2,aB=3m/s2;当L=3m 时，假设A一直做加速运动，由v=2aAL,解得vA= 3ms;运动的时间t=A=2s,由B=w一aBt,解得 aA vB=3m/s,因此，A、B速度相同时A刚好与P相撞； 当L<3m时，由vA<3m/s,B>3m/s,因ma= 2B,A撞击P后，A的动量mAvA有可能大于B的 动量mBUB,因此A、B的总动量方向向左，最终A、B 会以相同的速度向左运动，因此A与P有可能只相 撞1次；当L>3m时，A、B共速后A与P相撞，相撞 后对A,B系统应用动量守恒定律有mAVA一mBvB= (mA十mB)v共，解得v共=1m/S;对全过程应用能量 守征定律有m=m话-方十m心，解 得B相对于A滑行的最大距离为13m. 12.1D6min9(2分）(2)1(2分）(3)等于 (2分) 【解析】(1)小球在最低，点时，有T1一mg sin0= m2,在最高点时，有T十gn0=m从最 低，点到最高点，根据动能定理有一mg×2Lsin0= 2222心经，联立可寻工1=T2十62gsn0 可知T1-Tz图像的纵轴截距b=6 mg sin0,解得 b 重力加速度g=6msin01 (2)由T1=T2+6 ng sin0,可知T1-T2图像的 斜率k=1。 (3)若考虑滑动摩擦力，则从最低点到最高点，根 据动能定理有，-mgX2Lsin0-μngscos0= 1 2mu-2m0i,其中s=L,整理可得T,= T2+6 ng sin0+2πumg cos0,故k'仍然为1，保 持不变。 13.(1)0.24/0.25/0.26(1分)0.19/0.20/0.21(1分) 22-+1分)1分) △t△tA△tB 2SS2(2分) 6 ·2 二轮专题精准提升 【解析】(1)由图乙可知，开始时当F=0.751N 时a=3.02m/s2,可得滑块A与加速度传感器以及 F0.751 挡光片的总质量ma=a=3.02 g=0.25kg;滑块 A、B发生碰撞后均向右运动，可知作用力相同时B 的加速度较大，由图丙图像上方直线可知加=a 0.70 3.50kg=0.20kg. (2)碰前A的速度v= ,碰后AB的速度，= d 正A,应，若动量守恒则满足mA,=mA0十 d d mB2,即A_mA+mB △t△tA△tB (3)F-t图像与坐标轴围成的面积等于弹力的冲量 I,即I=S1,at图像与坐标轴围成的面积等于速度 变化量，即△v=S2,根据动量定理I=mA△，即 S1=AS2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片的 总质量m可表示为m一5，弹簧具有的弹性势能 1 1 Ep-2mAv- XS8=2SS2。 14.(1)V2Qg 8 (4) 2L2 (2)2g(3)3√g (5√3-4√2-3)kQ9 4L 【解析】(1)a点的电荷对小球A的库仑力大小 为Fa,由库仑定律得F=9 (1分) 由力的合成法则有F=2F。sin45° 解得F=2Qg (1分) 2L2 (2)由几何关系得，Oc中点与a、b距离均为d= 5L 2 小球A经过O中，点时所受库仑力大小为 Fo=2kQg d2cos a 由牛顿第二定律可得 -F。+mg=m1- 32W5） 75/8 (1分) 3kQq 可得m=4g 同理，小球A在d点所受库仑力大小为 3kQg F14L 由牛顿第二定律可得ma1=F1十mg (1分) 解得小球A在d点的加速度a1=2g (1分) ·物理· (3)设小球碰撞前、后小球A的速度分别为1、 1,小球B碰撞前、后的速度分别为2、2，取竖 直向下为正方向。由动量守恒定律有 mvmv2=mv+mv2 (1分) 由能量守恒定律可得 1 mi+2mo好=2me+m时 1 (1分) 联立解得1=V2,v2=1 结合7m-ao-82 3L 可得小球B的初速度0=0-8 (1分) (4)对Oc上一点（如图） +g A a---o-----b + 0 'd 设该点与a的连线与Oc的夹角为B,则该点的 电场强度大小为 kQ k E=2 zCOS B=2 Lsin'Bcos月 (1分) sin B 由(sin2 Beos B)2=sinB·sinm9·2cos2g 2 可知当sinB=2cos2B,即tanB=√2时 电场强度E取得最大值，设为e点，距0点！ 由对称性可知，0点上方距离 L处设为d',与 d点关于O点对称，此处qE=mg,故电场强度 沿CO先增大再减小，在e,点最大，可知只要小 球A运动到d',点时速度大于零，就一定能够到 达O点，设c点与d'点间的电势差为Ua,由电 势差定义有Ud=p:一pa 电势为标量，可得 9.-2kQ_V2kQ L91-2kQ-3kQ 2V3 L 3 设小球A初动能为Ek,运动到d'点的动能为 Ed,由动能定理得 mg(t)+qU'-Ei-E (1分) 由Ea≥0，可得En=53-4E-3)Qg 4L (1分) ·2 参考答案及解析 15.(1)10 (2)2(2m+1)2.mg n=0,1,2,3…) 【解析】(1)设滑块1与2碰前速度为01，由动能 定理可得 1 mgR-umgl-2mo (1分) 碰后两者速度分别为1和02，则 mv1=mvi+2mv2 (1分) 1 1 1 2moi=2mvf2+2·2mo2 (1分) 解得 1 2 1=-31w2=31 碰后滑块1恰滑动后能静止在B点，滑块1只能 从C点向左匀减速运动至B,由动能定理可得 1 umgl-0-2m (1分) 联立以上各式得 gR R 2=2√5u=10 (1分) (2)滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于 u0>02 滑块2只能与向左运动的M相碰才能在碰后竖 直向上运动，则碰前运动时间七满足 T t=nT+2m=0,1,2,3…） (1分) 所求高度 h=28t 解得h=2(2n十1)2.m8(m=0,1,2,3) k (1分) (3)滑块2与M碰撞过程水平方向动量守恒，第 1次碰撞后M的速度设为VM1,则 Mvo-2mv2=0+MUM (1分) M=4m gR 解得UM1=25 (1分) 设第一次碰撞过程中滑块2与M接触时间为 △t,因滑块2离开M瞬间是相对运动的，故在△t 时间内滑块2与M间为滑动摩擦力。滑块2从 竖直上抛后落下与M发生第二次碰撞前运动时 间为2t,滑块运动(2+1)T时间正好在平衡位 置向左运动时与滑块2相撞，假设第二次碰撞过 程中滑块2离开M前在水平方向二者能共速，则 MM1=(2m十M)V共 4gR 解得0*=3、5 6 真题密卷 二轮专题精准提升 第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q, I1=f·△t=2mw2 (1分) 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 由能量宇版-Q,=m:时+号M-m:时 I2=f·△t'=2m0共 (1分) 由于v共<v2 得Q1=0.05J (1分) 第二次滑动摩擦力作用的时间 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 △t'<△t 轨道J和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后 则假设成立，滑块2离开M后，振子M的速度为 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 V共，所求振幅A满足 系统摩擦内能Q:=2m2012=0.02J （1分) 1 2M如=2kA (1分) 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J (1分) 8 mgR (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 解得A=35k (1分) 16.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 离轨道，在F点有m1g=m1R 0.02kg 得v3=1m/s,方向水平向左 【解析】(1)对滑块甲，从A到F过程中，以AB 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 面的重力势能为0 由动量守恒m11=一m103十m2v4 (1分) 由能量守恒E,=4m1gR+2m1 1 由能董守但宁时= m1呢+ 1 2m2o(1分) 得v1=4m/s 得m2三0kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙 1 在F点，由FN十m1g=m1F (1分) 的最小质量。 (1分) 得FN=1.5N (1分) ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和 (2)依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前， 滑板 滑板已到达侧壁并被锁定 由能量守恒得um2gl= 1 1 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 2m20号-2（m2+M)0 1 (1分) 由动能定理m:8d=2Mu2-0 (1分) 由动量守恒得m2v5=(m2十M)v共 (1分) 得v2=1m/s 对滑块甲和滑块乙 由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞 由动量守恒得m1v1=m1v6十m2v5 (1分) 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 1 由能量守恒得号m1经=2n10若十之2号(1分) 1=4 m/s 对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 为1，以水平向右为正 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量 由动量守恒m2v1=m21十Mu2 (1分) 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 得w1=2m/s 0.02kg。 (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 物理·电场及带电粒子在电场中的运动 一、单项选择题 2.D【解析】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 1.C【解析】电场中某点的电场强度的方向为电场 好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场 00 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 6=-2ad解得加速度大小a=2a,A错误；由牛 顿第二定律可知EBe=ma,解得E=2cdB错误； mvo 故M点的电势低于N,点的电势，B错误；M处的 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 1 ,DNA分子在M点的加速度比在N点小， 由动能定理可得(gA一pB)e=0一2mui,解得B C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 点电势PB=PA十 mvo ,C错误；钠离子在B点电 2e 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 m M点的电势能比在N点大，D错误。 势能EB=PBe=PAE十 2,D正确。 6 ·28·