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（安徽专用）

密 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 卷题 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 是符合要求的。 题号 1 2 心 4 6 7 8 答案 1.如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位 于同一直径上，P为MN段轨道的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球每 次经过P点后，其速度大小都增加vo。质量为m的小球1从N处以初速度o沿轨道 逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相 等。忽略每次碰撞时间及P点加速时间。下列说法正确的是 () 球1 A.小球1从N处以初速度vo沿轨道逆时针运动到P的过程中加速度不变 v B.小球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小为2m C.小球2的质量为3m 5πR D.两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为 3v0 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v0冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M=1.5mo,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 () R 7777777777777777777777777777777777777 A.圆弧半径R= 0日 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 600 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 2U0 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u,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 0-- 7aaa77 得分 3v品 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= 8μg B.若物块A,B不发生碰撞，则木板C长度的最大值L一4g 3v6 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,=2x,弹簧振子做简谐运动的周期T=2x√后，M为振子的 质量，重力加速度为g,下列说法正确的是 () A 12 7777i777 A.物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是2√gx0 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1=2② 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v0,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向右运动距离恰好静止。已 知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为4，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⊕ M 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页） A.碰撞前M运动的时间为”-9L g√2μg B.碰撞前M克服摩擦力所做的功为)mu- 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 () A. 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5/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即一 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 () B A 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，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 () 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题至 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 $$h = \frac { g L ^ { 2 } } { 2 v _ { 0 } ^ { 2 } }$$ D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能 $$E _ { p } = \frac { 1 } { 4 } m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ 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，全部选对的得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.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 \mu=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 $$1 0 m / s ^ { 2 } ，$$ ，下列说法正确 的是 () x ××x B ×××x q m × 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 10.如图甲所示，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在倾角 $$\theta = 3 0 ^ { \circ }$$ 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 $$1 0 m / s ^ { 2 } ，$$ 小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是 () E/m 20 B MMN P 2x/m 甲 乙 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 密卷 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。 0 7777777777777777777 7777777777777777777 (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k= (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 力传感器 挡光片胡 挡光片 口00000000Q00 滑块A 滑块B 连气源 P 气垫导轨， 甲 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 3.50 3.00H 2.50出 2.00 F alm's2 1.50曲 075 3.02 1.00 0.50H 0.2 0.2ts 00.100.200.300.400.500.600.700.80FN 乙 丙 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页） 真题密 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A= 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、 B、△t、△tA、△tB表示)； (3)图乙数据包含大量隐含信息，假设F-t和α-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)如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其 原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂 圆木的绳子与竖直方向夹角为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与 圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，不计碰撞 过程中机械能损失，碰后瞬间在辅助装置作用下圆木速度减为零，碰后楔形木块向里 运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。已知圆木质量M= 9,悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为L,忽略楔形木块底部的摩擦力，楔形木块向里 运动过程中，受到的阻力与楔人的深度成正比（比例系数为未知常数），第一次撞击过 后，楔形木块楔人的深度为d,重力加速度为g,求： (1)圆木运动到最低点时的速度大小； (2)碰撞后瞬间楔形木块的速度大小； (3)第5次撞击后楔形木块楔入的深度。 挤压块 圆木 不 油饼 圆木 楔形木块 甲 乙 丙 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 2 14.(14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 3,5,当M的中心运动到0点的正上方时，恰 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,的弹簽振子振动周期T=2x,,弹簧弹性势能的表达式为卫。= 2kx(k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。 D M 0 7 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。 16 (3)若滑板长度1一45m,左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、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。 F乙 H 0 甲 W口 777 弹射器A 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）】真题密卷 二轮专题精准提升 解得o=一100 1 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是2、 VA,则有Ue一VA=k(UA1一Vm)=k2V,mAVA2十 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小 mBU=mAUAImBUBI=mBUo (2分) 1 为100 (1分) 解得VA2= (1-k2)mBv0 (mB+k'mA)vo mA+mB ,UB2= mA+mB ③对结合体，水平面内有F。=20m v2 mvt 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2,此 5R 过程B球比A球多运动一圈，有 竖直方向上有F,y=20mg 2πR2πR 由力的合成得 t红=U-UAuk'U0 FN=F+序-√400m'g2+ 此过程中，A球运动的路程 25R2 (1分) S2=VA2·t2= 由牛顿第三定律得 %传小-侵- (1分) FN=FN= /400mg (1分) 25R2 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是OB、 (2)设B与A球第1次碰撞后的速度分别是)1、 VAa,第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为 VA1,则有VA1一TB1-k0,mATA1十BTB1=mBV0 t3,A球运动的路程为S3,同理可得V (1+k3)mgv0 (1+k)mBvo (mB-kmA)vo 解得VA1= ,B1= mA十mB U= (mB-k mA)v0 mA十mB mA+mB mA+mB (2分) +-g+ 2πR 2xRmB (1 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1,此 同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则 过程A球比B球多运动一圈，有 从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间 2πR2xR t1= (1分) 隔过程，小球A通过的路程 UA1一VB1kU0 =51+52+53十…十52024= 此过程中，A球运动的路程 6元R/111 12πR (1分) 化简得s=5 (22024-1)。 (2分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 物理·力学三大观点的综合应用 一、选择题 球2的速度⑦=0，设从第一次碰撞到第二次碰撞 1.C【解析】小球1从N处以初速度0沿轨道逆 πR 所用时间为丛，由题意可如一 ;vot2 +2vot2= 时针运动到P的过程中加速度大小不变，但方向 R,所以△=t十t=6u 5元R 时刻在改变，故加速度是变化的，A错误；经过P ，D错误。 点后的瞬间，小球1的速度变为200，故此时向心 2.D【解析】小球以初速度v。滑上圆孤轨道，小球 力的大小Fn=m （2v)24mx6 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 R R°，B错误；根据动 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 量守恒可得m·2oo=(m2一m)v,由能量守恒可 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1是相对轨道的速度，与圆孤 得2m·(2u)2三2(m+m2)u,联立解得小球2 相切，℃2是随轨道运动的速度，方向水平，如图 的质量m2=3m,C正确；第一次碰后，小球1和小 所示 7 ·28· ·物理· 参考答案及解析 如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要 160°> 309 308 相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，C D, 错误；只要相对静止，那么共速相等，由动量定理， M 知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对 由几何关系，可知01与2成60°，v与02成30°， 静止的位置无关，D错误。 则01与v成30°，所以四边形是菱形，01=℃2，则有 4.C【解析】对物块，根据动能定理有g·3x。= v=√3v2,由动量守恒定律可得mov=movcOs30°十 1 m0,解得，=√6gx,设u1表示质量为m的 1.5m。u2,系统的机械能守恒)mov6=2m02十 物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因 2X1.5mi+mgR(1-cos60),联立解得R 碰撞时间极短，动量守恒，取。方向为正，则 vo V6gzo mo=2mw1,解得1=2 2 2,A错误；碰后根 小球飞出时圆孤轨道的速度g号 30,小球飞出 1 据能量守恒得7z6十7X2mw+2mg(x1一xo) 时速度=原4= 3g,A,B,C错误；根据题意可 1 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有mo= kz,根据平衡条件可得F华=kxo=mg,解得工，= movcOs30°+1.5mv2,设小球在轨道上运动时间 4xo,当物块与钢板受力平衡时，在平衡位置2g= 为t,则有movoti=mo∑v*年t十1.5mo∑o2t,整 x2,解得x2=2x0,所以振幅A=x1一x2=2x0,B错 理可得movot-mo(Rsin60°+x)+1.5mox,解 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 得t=5x十5R,D正确。 、吧=AA0,解得三2继续运动到最 2 T 3.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 低点所经历的时间为2，则2二4，所以碰撞刚结束 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 至两者第一次运动到最低点所经历的时间t=t1十 到C右端恰好静止，则有mvo=4m℃共，能量守恒 有mg2+mg2-m-}mo2,联 2m_2x2,C正确；当物块与 =3-3X2m√=3/g 钢板运动到最低，点时，弹簧的最大弹性势能Epm= 立解得Lmm一8p4g 36 A正确；设木板长为L,恰好发 2bx1=8mg,D错误。 生碰撞时，由m。=4m0素，能量守恒有mg2 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 1 1 3 mu6-2·4mu,联立解得L= 4g,若物块 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 A、B不发生碰撞，木板长的最小值为g 3w6 ，B错误； 整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电 A碰B前，BC一起做加速运动，A做减速运动，A 场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方 碰B后，速度交换，A、C一起做加速运动，B做减 向上，三个力平衡，有mg十F=N,由于导体板表 速运动，最终共速，速度-时间图像如下 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∫=N变 A B 化，根据牛顿第二定律可得f=ma,可知M在运 BC AC 动过程中的加速度变化，D错误；设碰撞后瞬间绝 t 缘滑块N的速度大小为)，之后做匀减速运动的 ·29· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 加速度大小为a',根据牛顿第二定律得2μmg= 移为A,0十a1t=-ag,= 2t,x2= 2ma',由运动学公式得-2a'1=0-v2,联立解得 v=√2μgL,设碰撞前瞬间M的速度为v1,碰撞后 v2十v/ 2,△x=x2-x1,解得L=4尺， 5√g,0- 瞬间M的速度为V2,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 s,△x=-0,645,因为△x<0,所以假设 能不度，有2mi-了mi+×2m0,联立解得 1 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 m-8g=-V2 ,碰撞前M运动的整 动，与滑板二次碰撞，D正确。 2 7.D【解析】在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动 个过程中，滑块M所受摩擦力等于合力，根据动 量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为VC,以 量定理可得一ft=mv1一mv,由B项分析可知f 右为正方向，由动量守恒定律可得mAvo一(mA十 >g,可得碰撞前M运动的时间t< mc)vAc,解得vAc=2.5m/s,C错误；C增加的动 g 量△p=mcVAC=5.0kg·m/s,A错误；A与C 9L A2μg ,A错误；设碰撞前M克服摩擦力所做的功 碰撞运动中损失的机械能△E三，mA品 为w,根据功能定理，有-Wm-m,解 2(ma十mc)ac,代入数据解得△E=12.5J,B 得W-名mi-号mg,B正确。 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, 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(mgsin37°-1 ng cos37)×1.5s= AC的加速度大小aAc= mA十mcmA+mc 1 /3 0.5×1×10 m,解得口=√58s,A错误；滑板B恰好静止 m/s2=1.25m/s2,B做减速运动，AC 2+2 在cd段的最上端，则有4 ngsin37°=n2X 做加速运动，设速度相等时所用时间为t,则有V。 4 mg cos37°，解得u2=0.75,滑块A滑上滑板B 一aBt=VAc十aAct,解得t=0.4S,B的位移xB= 时，对B分析可知4 ng sin37°十μ1 ng cos37°< 1 1 0t-2as2=5X0.4m-2×5×0.4m= 2(mg十4mg)cos37°，则滑板B静止不动，B错误； 1 滑块A从静止到与滑板碰撞前有(mgsin37°一 1.6m,A的位移xA=UAct+2aAct=2.5X 1 mg cos37)X2.5s=2mui,碰撞过程中无机械能 Q,4m十2×1.25×0.4m=1.1m,B相对A的 1 守恒，则有mw,=mw,十4m2,)m三2m3+ 位移△x=xB-xA=1.6m-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 名×4m,解得=子w=号v层C给误： 木板A,D正确。 碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有 8.B【解析】两个小球在竖直方向做自由落体运 mgsin37°+41 mg cos37°-ma1,对B有h1 mg cos37°+ 动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程 2(mg+4mg)cos37°-4 ngsin37°=4ma2,解得a1= 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， ga?=4,以斜面向下为正方向，假设两者共速A没 8 水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方 有脱离B,共速速度为'，设A、B位移为x1x2,相对位 向系统动量不守恒，B错误；两球从开始运动到第 7 ·30· ·物理· 参考答案及解析 L 一次相碰，经过的时间t=二，a球下落的高度 1 00 的动能△E=2(mA十mB)v=1.5J,A,B减 h二1g2,联立可得二L2 23C正确；当两球水平 少的重力势能△E。=(mA十mB)gh=(mA十mB)gx ·sin0=(2+1)×10×2×0.5J=30J,由于弹 方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根 簧在初始状态有弹性势能，所以最低点的弹性势 据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv0= 能大于31.5J,D错误。 1 2m01,根据能量守恒 1 mu号+2mgh'=2 三、非选择题 b 2m(u十v)+Ep,又由2gh'=o1-0,解得 1.1)6msin9(2分）(2)1(2分)(3)等于 E,-mi-mo心i-}mi,D正确，本题选 (2分) 【解析】(1)小球在最低，点时，有T1一mg sin0= 不正确项，故选B。 2 二、选择题 m元，在最高点时，有T,十mg sin0=m2,从最 9.BD【解析】滑块有两种稳态可能，一种是分离， 低点到最高点，根据动能定理有一mg×2Lsin0= 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 2喔之mw1,联立可得T1=T2+6 ng sin日 I<0.1N·s时，稳态为共速，当I>0.1N·s时，稳 可知T1-T2图像的纵轴截距b=6 ng sin0,解得 态为分离。若给小车一个向左的冲量I=0.08N·5, 则小车与滑块稳态为共速，有I=M。= 重力加速度g=6msin0° (2)由T1=T2+6 mg sin0,可知T1-T2图像的 m+Mp,根据能量宁恒得Q=专Moi- 斜率k=1。 (3)若考虑滑动摩擦力，则从最低点到最高点，根 n+M)m2,求得Q=0.032JA错误，B正 据动能定理有，一mgX2Lsin0-umgscos0= 若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车 1 与滑块稳态为分离，有quB=mg,根据动量守恒 2m-2mi,其中s=L,整理可得T1= 有I=Muo=mv+Mu',根据能量守恒得Q= T2+6 mg sin9+2πmg cos0,故k仍然为1，保 2Mai-mo2-号M,求得Q=0.07J,D王 持不变。 12.(1)0.24/0.25/0.26(2分)0.19/0.20/0.21(2分) 确，C错误。 (2)A=mA+m(2分)(3) 10.AC【解析】根据图乙可得，小物块A沿斜面向 △t△tA△tB e分) 下运动2m,重力势能减少20J,根据△E。= 2SS2(2分) 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v= 【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 2gsin0·x,解得vB=3m/s,与A碰撞后，有 F0.751 1 msUB=(mA十ms)U头，2mAo美=1J,联立解得 挡光片的总质量mA= a3.02 kg=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 v共=1m/s,mB=1kg,B错误；碰撞过程，对B F 利用动量定理得IAB=mBY共一BVB,解得IAB= 的加速度较大，由图丙图像上方直线可知mB= 一2N·s,可得A对B的冲量大小为2N·s,C 0.70 正确；碰撞后继续下滑到最低点过程，A、B减少 3.50 kg=0.20kg。 ·31· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 d (2)碰前A的速度vo= ，碰后AB的速度= 、R 14.(1)102 (2)2(2m+1).元mg (n=0,1,2,3…) d d 4tA2 △tB ,若动量守恒则满足mAU0=mA1十 (3)/TgR 35k mB2,即A=mA+me 【解析】(1)设滑块1与2碰前速度为⑦1，由动能 △△HA△B 定理可得 (3)F-t图像与坐标轴围成的面积等于弹力的冲量 1 I,即I=S1,at图像与坐标轴围成的面积等于速度 mgR-umgl-2mv (1分) 变化量，即△=S2,根据动量定理I=m△，即 碰后两者速度分别为1和v2,则 S1=AS2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片 mu=mv1+2mv2 (1分) ,弹簧具有的弹性势 S1 1 的总质量mA可表示为mA 2nv1= m+号 2mx2 (1分) 1 1 1 解得 能E,=2maU2=2ma(Au)2=2× 5,X 2 31,2= 2s8 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 13.(1)√2gL(1-cosa) (2)号2 (3)s=(5-2)d amgl-02m 【解析】(1)圆木从最高点摆到最低，点的过程中 联立以上各式得 gR R 机械能守恒，有MgL(1一cosa)= 2Mo6(1分) 2=2√5μ=10 (2分) (1分) (2)滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于 解得vo=√2gL(1-cosa) v0>2 (2)圆木与楔形木块碰撞过程中由动量守恒、机 滑块2只能与向左运动的M相碰才能在碰后竖 械能守恒有 直向上运动，则碰前运动时间t满足 Muo=Mu1+mv2 (1分) Ma5=Mo,+mni 1 t=nT+2n=0,1,2,3…） (1分) (1分) 所求高度 联立解得u-号/gL-msO (1分) 1 28t2 h= (3)楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于 克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为 解得h=2(2m十1)2.m80m=0,1,2,3…) k d,由功能关系得 (1分) dr=mi (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 由于每次碰撞后楔形木块速度都是2，连续碰撞 Mvo-2mv2=0+MUM (1分) n次后，进入的总深度为xn,有 M=4m 1 z.n2m (1分) gR 解得UM=2√5 (1分) 解得xn=√nd (1分) 设第一次碰撞过程中滑块2与M接触时间为 第5次碰撞后楔入的深度 △t,因滑块2离开M瞬间是相对运动的，故在△t s=x5-x4=(W5-2)d。 (2分) 时间内滑块2与M间为滑动摩擦力。滑块2从 7 ·32· ·物理· 参考答案及解析 竖直上抛后落下与M发生第二次碰撞前运动时 由动量守恒m201=m21十Mv (1分) 间为2t,滑块运动(2n十1)T时间正好在平衡位 得v1=2m/s 置向左运动时与滑块2相撞，假设第二次碰撞过 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能 程中滑块2离开M前在水平方向二者能共速，则 为Q MoM1=(2m十M)v共 (1分) 1 1 解释，-、西 由能量守恒-Q,=2m,2+2M知i- 2n2v1 (1分) 第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 得Q1=0.05J (1分) I1=f·△t=2mo2 (1分) 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 轨道)和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后 I2=f·△t'=2mx共 (1分) 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 由于v共<2 1 第二次滑动摩擦力作用的时间 系统摩擦内能Q2=2m202=0.02J (1分) △t'<△t 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J (1分) 则假设成立，滑块2离开M后，振子M的速度为 (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 口头，所求振幅A满足 (1分) 1 离轨道，在F点有m1g=m1R 2M如娱=2bA (1分) 得v3=1m/s,方向水平向左 务得A= (1分) 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 15.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 由动量守恒m1v1=一m13十m204 (1分) 1 0.02kg 由能量守恒 2一22工今> 【解析】(1)对滑块甲，从A到F过程中，以AB 1 面的重力势能为0 得m2=60 kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙 由能量守恒Ep=4m1gR十2n,02 (1分) 的最小质量。 (1分) ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和 得v1=4m/s 滑板 在F点，由FN十m1g=m1R (1分) 由能量守恒得mg1=m 2(m:+M)m保 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， (1分) (1分) 滑板已到达侧壁并被锁定 由动量守恒得m2v5=(m2十M)v共 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 对滑块甲和滑块乙 1 由动量守恒得m11=m16十m2v5 (1分) 由动能定理mgd=2Mu2-0 (1分) 1 1 得v2=1m/s 由能量守恒得之m1经三之m1后十之20号《1分) 由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞 解得m2=0.02kg,此时滑板右端未到达侧壁，为 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小 v1=4 m/s 质量 对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 为v1,以水平向右为正 0.02kg。 (1分) ·33· 7