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（湖北专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 卺题 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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 9 10 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，、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 () 026 A.a的释放位置距O点的高度为0.2R B.a,b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，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以 初速度vo冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M=1.5m0,小球质量为mo,重力加速度 大小为g,不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向 成30°角，则 () 60 7777777 A圆弧半径R= 3g B,小球飞出时，圆弧轨道的速度为 0 C.小球飞出时速度大小为。。 D.若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x,则小球在轨道上运动时间 为5x+3R 2w0 二轮专题精准提升（七）物理第1页（共8页） 真题 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.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 班级 度v。从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为，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 ( 姓名 A B 0-- 5557mm787m777 得分 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=36 8μg B.若物块A,B不发生碰撞，则木板C长度的最大值L= 3v8 4μg 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 4.质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩 量为x。,如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x。的A处自由落下，打在钢板上并立 刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 M m,弹簧的弹性势能E,=2kx,弹簧振子做简谐运动的周期T=2π石，M为振子的 质量，重力加速度为g,下列说法正确的是 ( A☐ m■ WWWAA 777777777777 A.物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是2√gxo B.碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A=3xo C碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间：=2红②2。 3g D.运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm=6mgxo 5.如图所示，水平地面上固定有一足够大的导体板，上表面绝缘，右端接地。板上放置着 两滑块M、N,其中M带正电，N不带电且绝缘。滑块M、N的质量分别为m、2m。N的 正上方P处固定一电荷量为Q的正点电荷。现给滑块M向右的初速度。，经过一段 时间与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后滑块N向右运动距离1恰好静止。已 知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g,两滑块均视为质点，整个过 程滑块电荷量不变。则下列说法中正确的是 () P⊕ 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页） 4 A.碰撞前M运动的时间为一9L g√2μg 9 B.碰撞前M克服摩擦力所做的功为2mg- 4umgl C.M在运动过程中的电势能增大 D.M在运动过程中的加速度不变 6.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 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 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 () B 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 7.如图所示，光滑水平轨道上长木板A和滑块B、C都处于静止状态，滑块B置于A的左 端。A、B间的动摩擦因数为0.5，A、B、C质量分别为mA=2kg,mB=1kg,mc=2kg。 现在使A、B一起以5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即 起向右运动。两滑块均可视为质点，g取10m/s2。下列说法正确的是 ⑧ 7777777777777777777777777 A.C增加的动量为4kg·m/s B.A与C碰撞过程中损失的机械能为15J C.A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s D.若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会滑离长木板A 8.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= 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μ=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 () B m大 X MX X xX●)×●)× 4 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题至 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 9.如图甲所示，一劲度系数为k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 M 777777777777777777 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 10.如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B之间用智能柔性机械臂连接（机械臂可 根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能)，放在光滑水平试验台上，B右侧与竖直挡 板相接触。t=0时刻，元件C以一定速度向右运动，t=1s时与元件A相碰（碰撞时间 极短)，并立即与A粘连且不再分开。C的运动情况由视觉追踪系统和惯性测量单元 监测，并生成如图乙的t图像，已知mA=100g、mB=50g,则 () AU/m's 6 智能柔性机械臂 A 甲 A.元件C的质量为100g B.1s到3s的时间内，墙壁对B的冲量大小为0.6N·s C.元件B离开墙壁后，B的最大速度为3m/s D.元件B离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为0.3J 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7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。 卷 二轮专题精准提升（七）物理第4页（共8页） 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。 777 (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' 将 (填“大于”“小于”或者“等于”)该值。 12.(10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O八 1力传感器 、挡光片 挡光片 0XQ0XQX0 滑块A 滑块B 连气源 气垫导轨 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； c.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。 alms 3.5 3.00 2.50 2.00 A alm's2 1.50H 0.75 3.02 1.00 0.5d 02 00.100.200.300.400.500.600.700.80Fn 丙 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, 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页） 真题密 滑块B与加速度传感器以及挡光片的总质量B= 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)。 13.(10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 距0点的距离均为L,d点距0点的距离为 L。两个电荷量均为+Q(Q>0)的点电 荷分别固定在a、b两点，一带电荷量为十g(g>0)的小球A以一定初动能从c点开始 沿0运动，一段时间后经过c0中点时加速度大小a={-32,5 g,方向竖直向下。 75 不计空气阻力，重力加速度为g,静电力常量为。 (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9，求小球B碰前瞬间的速度大小2 ④)已知电荷量为Q的点电荷在距离它为r处的电势P=k:。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。 B 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 4 14.(15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，=3√，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m。的弹簧振子振动周期T=2π√ mo ,弹簧弹性势能的表达式为E。= 2x(飞为弹簧的劲度系数，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μ。 (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。 ih 0 M 0 4 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18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μ=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1三m,左端仍位于GP连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹肩 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。 F乙 C 甲 m 弹射器A B 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）】·物理· (3)①u1=v1+2v2②见解析 【解析】(1)探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行 GmM 时，万有引力提供向心力 (2π)1 =mT)r (1分) 即GM T2 4r2二k (1分) 可得M=4πk (1分) G (2)氙离子经加速电压UJ加速后，相对探测器的 速度大小为0，根据动能定理得gU=m (1分) 在t时间内喷出氙离子质量△m=nmt (1分) 根据动量定理得Ft=△m·v (1分) 联立解得F=n√2mqU 根据牛顿第三定律知：探测器获得的反冲作用力 大小F'=F=n√2mgU (1分) 探测器质量随时间的变化规律为 M=M。-nmt (1分) 探测器加速度a随时间t的变化规律为 _Fn√2mqU a-MMo-nmt (1分) (3)①设探测器绕过行星后，行星速率为？，以行 星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得 M2v2-m1v1=M2v2+m1v'1 (1分) 根据机械能守恒定律得 }M:时+a,oi-M:时+m,时 (1分) 联立解得01=M2+m” M2-m1 2M2 1+M2十m -v2(1分) 由于m1<M2 得v'1=v1十2v2。 (1分) 2025一2026学年度二 物理·力学三大 一、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v1,则mgR(1一cos0)= 2m0i,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 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)= 参考答案及解析 ②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的 转化。由于行星与探测器相对运动，行星具有较 大的轨道速率，且m《M,行星动能（或动量）损 失很小，探测器却获得了较大的速率。(2分) 15.(1)8m/s(2)①0.12m;②1.6m/s,1.2N 【解析】(1)设子弹的速度为w1,击中C后，二者 共同的速度为v2,由动量守恒 mu1=(m+M)v2 (1分) 当C达到P点时，由机械能守恒 1 (m+M)-(m+M)gl (1分) 联立解得1=8m/s,v2=√2gl=2m/s(2分) (2)①设小球C到最高，点时速度为3，由动量守 恒(m+M)v2=(m+3M)vs (1分) 由机械能守恒 1 1 (m+M)=2(m+3M)v+(m+M)gh (1分) 解得h=0.12m (2分) ②设C再次回到最低，点时速度为4，此时木块 A、B恰好分离，B的速度有最大值v5,由动量守 恒定律有(m+M)v2=(m十M)v4十2Mus (2分) 由机械能守恒定律有 1 1 2（m+M)u=2(m+M)u:2+2·2M号 (2分) 解得v5=1.6m/s,v4=-0.4m/s (2分) 在最低点，由牛顿第二定律 F,-(m+M)g=(m+M)o:-s)2 (2分) 1 代入数据可得Fx=1.2N。 (2分) 轮专题精准提升（七） 观点的综合应用 1 1 v mu-2moi,且刚要脱离时mgo9=m尺， 联立解得cos0= ,所以a的释放位置距0，点的 4 高度h=R(1一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= √0gR,B错误；根据牛顿第二定律得mg一 5 4 真题密卷 N=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=3 5mg,C错 误；a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg N,=m尺，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压 力大小N=N1-6ng,D错误。 2.D【解析】小球以初速度。滑上圆孤轨道，小球 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 两个分速度，其中⑦1是相对轨道的速度，与圆孤 相切，2是随轨道运动的速度，方向水平，如图 所示 二0 30P R 30R R 02 M 7777777777777777777777777 由几何关系，可知v1与℃2成60°，v与02成30°， 则1与v成30°，所以四边形是菱形，01=v2,则有 v=√3v2,由动量守恒定律可得mov0=movcos30°十 1 1 1.5mo,系统的机械能守恒2m=2m2+ 2X1.5mm呢+mgR(1-cos60),联立解得R 1 g,小球飞出时圆孤轨道的连度，= v 30,小球飞出 时速度u=3,= 30,A,B,C错误；根据题意可 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有 mo0=movc0s30°+1.5ma℃2，设小球在轨道上运动 时间为t,则有moot=mo∑v*平t+1.5mo∑v2t, 整理可得movoti=mo(Rsin60°+x)十l.5mox,解 得1=5十3R ，D正确。 20 3.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mvo=4m共，能量守恒 有mg罗+mg空-m号·4m,联 L min 1 =306,A正确；设木板长为L,恰好发 立解得Lm一84g L 生碰撞时，由mo=4m0共，能量守恒有umg2 4 ·2 二轮专题精准提升 名mo-名·加d,联主解得L 35,若物块 44g 306 A、B不发生碰撞，木板长的最小值为 ,B错误； 44g 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，速度一时间图像如下 A B BC AC t 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。 4.C【解析】对物块，根据动能定理有mg·3xo= 1 2m06,解得u0-√6gx,设u1表示质量为m的 物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因 碰撞时间极短，动量守恒，取。方向为正，则 U0√6gx0 mwo=2mw1,解得u1=2 2,A错误；碰后根 1 据能量守恒得2kx6+2×2mwi+2mg（x1-0)= 号kr,根据平衡条件可得F#=x=mg,解得 4x0,当物块与钢板受力平衡时，在平衡位置 2g=kx2,解得x2=2x0,所以振幅A=x1一x2= 2x0,B错误；碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位 置时间为t1,则sinT T 1=A一t0,解得t1一12，继续 T 运动到最低点所经历的时间为t2,则t红=4，所以碰 撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 号-×红要-学西C疏8 物块与钢板运动到最低点时，弹簧的最大弹性势能 1 Em=2kx=8mgzo,D错误。 5.B【解析】在正，点电荷和导体板产生的电场中， 导体板上表面处的电场均竖直向下，则在整个过 程中静电力对M始终不做功，M在运动过程中的 电势能不变，C错误；除碰撞外，滑块M在运动的 整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电 ·物理· 场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方 向上，三个力平衡，有mg十F=N,由于导体板表 面电场强度从P,点正下方到两侧越来越小，则M 在运动过程中F变化，N变化，摩擦力f=uN变 化，根据牛顿第二定律可得f=ma,可知M在运 动过程中的加速度变化，D错误；设碰撞后瞬间绝 缘滑块N的速度大小为)，之后做匀减速运动的 加速度大小为a',根据牛顿第二定律得2umg= 2ma',由运动学公式得一2a'l=0一v2,联立解得 v=√24gl,设碰撞前瞬间M的速度为v1,碰撞后 瞬间M的速度为⑦2，取向右为正方向，根据动量 守恒定律得mv1=mv2十2mv,根据碰撞前后总动 .1 1 能不变，有2二)m士2×2m心，联立解得 2V2ugl,vn-V2ugl ，碰撞前M运动的整 2 个过程中，滑块M所受摩擦力等于合力，根据动 量定理可得一ft=mv1一m00,由B项分析可知 f>mg,可得碰撞前M运动的时间t< ug 91 √2μg ,A错误；设碰撞前M克服摩擦力所做的功 为，根搭动能定现，有一W=了moi-司mi,解 得W-之md-}mgl,B正魂. 6.D【解析】滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据 动能定理有(mngsin37°-1 mg cos37)×1.5s= 1 22,解得—3g5,A错误；滑板B恰好静正 在cd段的最上端，则有4 ng sin37°=u2X 4 ng cos37°，解得H2=0.75,滑块A滑上滑板B 时，对B分析可知4 ng sin37°+1 ng cos37°< 2(mg十4ng)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 1 1 mgcos37)×2.5s=2mui,碰撞过程中无机械能 守恒，则有mu!=m:十4mug,2mwi=2mu号十 1 ×42,解得2=g0s一。√g,C错误， 碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有mgsin 37°+ng cos37=ma1,对B有h1 ng cos37T°+μ2(mg+ ng)cos37-4 mgsin37=4ma2,解得a1=ga,=,以 ·2 参考答案及解析 斜面向下为正方向，假设两者共速A没有脱离B,共速速 度为v,设A、B位移为x1、x2,相对位移为△x,1十 2ts大w a1t=%-atd1=十， t,Ac=2:-1, 4降 1 g0=5√图Ax=-064,因为△x< 0,所以假设成立，由v>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。 7.D【解析】在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动 量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为VAC,以 右为正方向，由动量守恒定律可得mA0= (mA十mc)vAc,解得vAc=2.5m/s,C错误；C增 加的动量△p=mcUAC-=5.0kg·m/s,A错误；A 与C碰撞运动中损失的机械能△E=2mAo品一 号(m+mc)c,代入数据解得△E=12.5J,B 错误；A与B的摩擦力大小为F:=umBg,则有B 的加速度大小aB=g=0.5×10m/s2=5m/s2, F AC的加速度大小aAc= mA十mcmA十mc 0.5×1×10 2+2m/s=1.25m/s2,B做减速运动，AC 做加速运动，设速度相等时所用时间为t,则有 v0-aBt=vAc十aAct,解得t=0.4s,B的位移 1 1 zs=vot-2ant2-5X0.4 m-2X5X0.42 m= 1 1.6m,A的位移xA=UAct+2aAct=2.5X 0.4m+2×1.25×0.4m=1.1m,B相对A的 位移△x=xB-xA=1.6m一1.1m=0.5m,因此 若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会滑离 木板A,D正确。 8.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+M)v,qoB=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=M00= (m+M)m,根据能量守恒得Q三Mu一 号(m+Mm,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 4 真题密卷 与滑块稳态为分离，有qvB=mg,根据动量守恒 有I=Mu,=mv+Mu',根据能量守恒得Q= 1 Mu'2,求得Q=0.07J,D正 确，C错误。 9.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。= -mAgh=-mAgxsin0,可得A的质量mA= 2kg,A正确；再由B的运动，匀加速时有v后= 2gsin0·x,解得vB=3m/s,与A碰撞后， 1 有mBUB=(mA十mB)0亲，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=mBO共一mBOB,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 动能△B:-m十m加3=-1.5J,AB减少的重 力势能△E。=(mA十mB)gh=(mA十mB)gx'· sin0=(2+1)×10×2X0.5J=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。 10.BC【解析】以水平向右为正方向，由题图乙知， 元件C与A碰前速度v1=6m/s,碰后速度v2= 2m/s,C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定 律有mco1=(mA十mc)v2,解得mc=50g,A错 误；由题图乙知，3s末A和C的速度v3= 一2m/s,由动量定理可知，1s到3s过程中柔性 机械臂对元件A、C的冲量I=(mA十mc)v3 (mA十mc)v2,解得I=-0.6N·s,方向向左， 则柔性机械臂对元件B的冲量大小为0.6N·S, 方向向右，所以1s到3s的时间内，墙壁对B的 冲量大小为0.6N·S,方向向左，B正确；规定水 平向左为正方向，元件B离开墙壁后，系统动量 守恒、机械能守恒，当柔性机械臂的弹性势能再 次为0时，元件B的速度最大，根据系统动量守 恒有(mA十mc)v3=(mA+mc)v5十v6,由系 1 统机械能守恒定律有2(mA十mc)=2(ma 十m:)心+方m的，解得B的最大选度f= 3m/s,C正确；元件B离开墙壁后，A、B、C三者 共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向 左为正方向，根据动量守恒定律有(mA十mc)?= (mA+mB++mc)va,v3=2 m/s,v=1.5 m/s, 4 ·2 二轮专题精准提升 由系统机镜能中版定件有号(m:十mc)的一 1 2(mA十mB十mc)?十Em,解得Em= 0.075J,D错误。 二、非选择题 b 1.aD6mn0(3分）(2)1(2分)(3)等于 (2分) 【解析】(1)小球在最低点时，有T一mgsn日=m乙， 在录高点时，有：十g血0=m艺从最低点到最 1 高点，根据动能定理有一mgX2Lsin0=2mo呢一 2mui,联立可得T1-T2十6 mgsin0,可知T1-T 图像的纵轴截距b=6 ngsin0,解得重力加速 度g=6msin0° (2)由T1=T2+6 mg 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，一mgX2Lsin0一umgs cos0= 1 乞nv3二7mo1,其中s=πL,整理可得T1月 T2十6 mg sin0+2πmg cos0,故k'仍然为1，保 持不变。 12.(1)0.24/0.25/0.26(2分)0.19/0.20/0.21(2分) 02-+8红分e3:2分 1 S1S2(2分) 【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m-。-3.02kg=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 F 的加速度较大，由图丙图像上方直线可知m=二= 0.70 3.50kg=0.20kg。 d (②)碰前A的速度，=，碰后AB的速度1= d d A'=AB,若动量守恒则满足mA= ·物理· mA十mBg,即A=A+m △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△v,即 S1=mAS2,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mA 三。，弹簧具有的弹性势 1 能E。= 2 mnv= 2mA(△)2= 1S1 X S= 5.5. 13.(1)2Qg 8 2L2 (2)2g (3) (4)5,5-4巨-3)kQg 4L 【解析】(1)a点的电荷对小球A的库仑力大小 kQq 为F。,由库仑定律得F。= (1分) (2L)1 由力的合成法则有F=2 Fasin45 解得F=2Qg 2L2 (1分) (2)由几何关系得，Oc中，点与a、b距离均为 d=V5L 2 (1分) 小球A经过O中点时所受库仑力大小为 F。=2kQg √5 且cosa= 5 由牛顿第二定律可得 -F十mg=m1- (1分) 3kQq 可得m= 4gL? 同理，小球A在d点所受库仑力大小为 F:=3kQg 4L2 由牛顿第二定律可得ma1=F1十mg 解得小球A在d点的加速度a1=2g (1分) (3)设小球碰撞前、后小球A的速度分别为1、 V1,小球B碰撞前、后的速度分别为v2、v?,取竖 直向下为正方向。由动量守恒定律有 mw1十mv2=mu1+mv2 由能量守恒定律可得 ·2 参考答案及解析 mi+mw-m时+m时 1 1 (1分) 联立解得v1=V2,v2=1 结合2mu=名nw-80 1 3L 可得小球B的初造度，=-8L1分) (4)对O上一点（如图） 0o…0h +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 E=2 B=2 kQ L sin'Bcos (1分) sin B. 由(sin'Bcos B)2=sin29·sin9·2cos2g 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 由对琳性可知，0点上方距离L处设为，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:=2Q=2Q √2L =,pi=2Q=3Q 23 L 3 设小球A初动能为Ek,运动到d'点的动能为 Ea,由动能定理得 m-5L)+U=-E (1分) 由Ea≥0，可得E-5v5-4E-3)Qg 4L (1分) R 14.(1)102 (2)2(2m+1)2.Tm86m=0,12,3） 4 真题密卷 8 mgR (3)3N5k 【解析】(1)设滑块1与2碰前速度为01，由动能 定理可得 1 mgk-umgl-2mo (1分) 碰后两者速度分别为1和2，则 mv-moi+2mv2 (1分) 1 1 1 2mui=2muf+2·2mu经 (1分) 解得 =g=号 1 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 -umgl-0-2 mv (1分) 联立以上各式得 gR R 2=2√5=10 (1分) (2)滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于 v0>v2 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t满足 t=nT+2(n=0,1,2,3…） (1分) 所求高度 1 h=28t (1分) 解得h=2(2m十1)2.m8(m=0,1,2,3…) (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 Mu。-2mv2=0+MM1 (1分) M=4m R 解得0Mn=2、5 (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(2n十1)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 ·3 二轮专题精准提升 MM1=(2m+M)0共 (1分) 解得v类=3入5 4 gR 第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 I1=f·△t=2mw2 (1分) 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 I2=f·△t'=2m共 (1分) 由于v共<v2 第二次滑动摩擦力作用的时间 △t'<△t 则假设成立，滑块2离开M后，振子M的速度为 V共，所求振幅A满足 2Moi-2kA (1分) 8 mgR 解得A=3√5k· (1分) 15.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 0.02kg 【解析】(1)对滑块甲，从A到F过程中，以AB 面的重力势能为0 1 由能量守恒E,=4m1gR+2m1 (1分) 得v1=4m/s 员 在F点，由FN十m1g=m1R (1分) 得FN=1.5N (1分) (2)依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前， 滑板已到达侧壁并被锁定 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为2 1 由动能定理wm:8d=2Mo2-0 (1分) 得v2=1m/s 由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 v1=4 m/s 对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度 为v1,以水平向右为正 由动量守恒m2v1=m2o1十Mv2 (1分) 得v1=2m/s 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能 为Q 1 1 1 由能量守恒-Q1=2m:i2+2M如5-2m: (1分) 得Q1=0.05J (1分) ·物理· 参考答案及解析 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 的最小质量。 (1分) 轨道J和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后 ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 滑板 1 1 系统摩擦内能Q,=2m212=0.02J 1 (1分) 由能量守恒得m:gl-2m:暖-2(m2十M) 整个过程中，Q=Q1+十Q2=0.07J (1分) (1分) (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 由动量守恒得m2v5=(m2十M)v共 (1分) v! 离轨道，在F点有m1g=m1 对滑块甲和滑块乙 (1分) 由动量守恒得m1v1=m1v6十m2v5 (1分) 得v3=1m/s,方向水平向左 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 由能量守根得7m,i=m,oi+号m,1分) 1 由动量守恒m1v1=一m1v3十m2v4 (1分) 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 1 1 1 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小 由能量守恒2m11=2m1号+ 2m2v2 (1分) 质量 导m,=。kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 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、选择题 向不同，所以A、B两点电场强度不相同，A错 1.C【解析】电场中某点的电场强度的方向为电场 误；根据对称性，四个等量点电荷在O点产生的电 线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场 场强度相互抵消，合电场强度为零，根据电势叠加 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 原理可知，四个等量电荷在O点产生的电势叠加 故M点的电势低于N点的电势，B错误；M处的 为0，B正确；分析可知四个等量电荷在AB产生 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 的电势叠加为0，即AB为等势线，则AB上电势 a=gh 处处相等，C错误；结合C选项分析可知，OC仍为 ,DNA分子在M,点的加速度比在N点小， m 等势线，即OC连线上电势处处相等，根据E。= C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 q9可知正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 不变，D错误。 M点的电势能比在N点大，D错误。 2.D【解析】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚 4.B【解析】由题图乙、丙可知，当9=受，小球B在0 好到达B点，即到达B点时速度为零，由0一 点正上方，此时E=0,E,=一6V/m,则说明小球A =一2ad解得加室度大小a=没A错说：由牛 06 一定在y轴上固定；当0=0时有E1=一4V/m,小 球B在O,点正右侧，而水平方向场强方向为x轴负 颅第二定律可知Ee=ma,解得E=mu 方向，则说明小球B带正电荷，此时E1=一2V/m, ,B错误； 2ed 说明竖直方向的场强方向为y轴负方向，若小球A 1 在O,点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在 由动能定理可得(gA一P:)e=0-2m0i,解得B O点正下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A 点电势98=A十 的带电性质不能确定，A错误；由于两小球都紧靠 2e ,C错误；钠离子在B点电 在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离相同，当 势能EB=PBe=PAe十 2,D正确。 0=0时有E.1=-4V/m,Ey1=-2V/m,由E= 3.B【解析】电场强度是失量，由对称性及电场叠 9可得Q:Q。=1:2,B正确：金中心0处的电 加原理可知，A、B两点电场强度大小相等，但方 场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的 ·31· 4