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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

密真 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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 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 () 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V5gR 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=1.5mo,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，小球从圆弧道飞出时，速度方向恰好跟水平方向 成30°角，则 () R 77777777777777777777777777777777777 A.圆弧半径R= 3g B小球飞出时，圆弧轨道的速度为 3 vo C小球飞出时速度大小为 6 Vo 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 200 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） 1 A.碰撞前M运动的时间为一97 g√2μg 9 B.碰撞前M克服摩擦力所做的功为2mo6一4mgl 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w√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）后立即一 起向右运动。两滑块均可视为质点，g取10/s2。下列说法正确的是 () B C 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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 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 9 10 答案 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 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题名 B m昌×MXx xX●)×&●)× K 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10/s2,小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是 () 201E/m B A 0 9mmmmn 2x/m 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 10.如图所示，水平传送带以v=8m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一固定的竖 直4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μ=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() E口A --0 R B ⊙D→⊙ 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1m/s D.因传送物块A,传送带多消耗的电能136J 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54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，纵轴截距为b。 77777777777 777 77757777777777777 甲 (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.(8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 原长位置0 光电门2 力传感器 挡光片 挡光片 100000000 滑块A 滑块B 连气源 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。 Aalm's 3.50H 3.00 2.50 2.0 ◆FN alm's2 1.50 0.751 30 1.0 0.2s 02 010020020 .400.50 700.80FN 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mA= kg, 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。两个电荷量均为十Q(Q>0)的点电 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cO运动，一段时间后经过cO中点时加速度大小a= 32W5 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k。 (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8kQg ,求小球B碰前瞬间的速度大小，。 Q (④)已知电荷量为Q的点电荷在距离它为，处的电势？=飞。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E kmin。 +gA B d:O ! 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 1 14.(13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 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17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m,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 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）】真题密卷 二轮专题精准提升 15.(1)8m/s(2)①0.12m;②1.6m/s,1.2N 解得h=0.12m (2分) 【解析】(1)设子弹的速度为v1,击中C后，二者 ②设C再次回到最低，点时速度为4，此时木块 共同的速度为V2,由动量守恒 A、B恰好分离，B的速度有最大值V5,由动量守 mv1=(m+M)02 (1分) 恒定律有(m十M)v2=(m十M)v4十2Mvs 当C达到P点时，由机械能守恒 (2分) 2(m+M)v=(m+M)gl 由机械能守恒定律有 (1分) 2m+M)oi=2m+M,2+7·2Mo 1 联立解得o1=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 (2分) 恒(m+M)v2=(m+3M)v3 (1分) 解得v5=1.6m/s,o4=-0.4m/s (1分) 由机械能守恒 在最低点，由牛顿第二定律 1 (m+M)u2=2(m+3M)u,2+(m+M)gh Fr-(m+M)g=(m+M)0s-v:) (2分) (1分) 代入数据可得Fr=1.2N (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、单项选择题 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 1.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 向夹角为0，碰前速度为v1,则mgR(1一cos0)= 两个分速度，其中1是相对轨道的速度，与圆孤 20,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 相切，2是随轨道运动的速度，方向水平，如图 所示 所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相 160° 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一c0s0)= 30 30只 R D 1 2nu2mu,且刚要脱离时mg cos0mR 联立解得c0s日=手，所以a的释放位置距0点的 由几何关系，可知v1与v2成60°，v与v2成30°， 则01与v成30°，所以四边形是菱形，01=2，则有 高度h=R(1-cos0)=0.2R,A正确；根据以上 v=V3v2,由动量守恒定律可得mov=movcos30°十 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为v1= 1 0gR,B错误；根据牛频第二定律得mg一 1.5m2,系统的机械能守恒2m6=2mv十 5 vi 2X1.5m吃+mgR(1-cos60),联立解得R= N=m尺，结合牛顿第三定律可知，a,b碰撞前瞬 vi 2g 小球飞出时国孤轨道的连度=了，小球飞出 间，a对轨道的压力大小为N'=N二三mg,C错 误；a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg 时速度0=5- 3o,A,B,C错误；根据题意可 vi 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有 N=m尺，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压 mov=movcOs30°+1.5mov2,设小球在轨道上运动 3 时间为t,则有movot=m0∑v*平t+1.5mo∑v2t, 力大小Ni=N=5mgD错误。 整理可得movot=mo(Rsin60°+x)+1.5mox,解 2.D【解析】小球以初速度v0滑上圆孤轨道，小球 5x+√3R 得t= 与圆孤轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆孤 ,D正确。 2v0 1 ·24· ·物理· 参考答案及解析 3.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 物块与钢板运动到最低，点时，弹簧的最大弹性势能 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 1 到C右端恰好静止，则有mwo=4mw共，能量守恒 Em=2kx子=8 ngo,D错误。 5.B【解析】在正点电荷和导体板产生的电场中， 有μmg2 导体板上表面处的电场均竖直向下，则在整个过 立解得Lm一84g 程中静电力对M始终不做功，M在运动过程中的 A正确；设木板长为L,恰好发 电势能不变，C错误；除碰撞外，滑块M在运动的 生碰撞时，由mu=4mu来，能量守恒有mg2 整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电 场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方 2281·4mu张，联立解得L=36 ,若物块 向上，三个力平衡，有mg十F=N,由于导体板表 44g 面电场强度从P,点正下方到两侧越来越小，则M AB不发生碰撞，木板长的最小值为g 3v6 ,B错误； 在运动过程中F变化，N变化，摩擦力f=N变 A碰B前，BC一起做加速运动，A做减速运动，A 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 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 缘滑块N的速度大小为V,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2mg= A 2ma',由运动学公式得-2a'l=0-v2,联立解得 B BC AC v=√24gl,设碰撞前瞬间M的速度为v1,碰撞后 0 t 瞬间M的速度为v2,取向右为正方向，根据动量 如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要 守恒定律得mv1=m2十2mv,根据碰撞前后总动 相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的冲量大，C 能不变，有mi=弓mo+日×2m,联立解得 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 8g,=-v2a V1= ,碰撞前M运动的整 2 静止的位置无关，D错误。 个过程中，滑块M所受摩擦力等于合力，根据动 4.C【解析】对物块，根据动能定理有mg·3xo= 1 量定理可得一ft=mu1一m℃o,由B项分析可知 2mui,解得u0=√6g0,设01表示质量为m的 f>g,可得碰撞前M运动的时间t< 物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因 g 碰撞时间极短，动量守恒，取0方向为正，则 9L =√6g0,A错误；碰后根 N2μg ,A错误；设碰撞前M克服摩擦力所做的功 mo=2mw1,解得v1= 2 2 为，根据动能定理，有一W=mi-名m,部 据能量守恒得2r6+2X2mu+2mg(r1一x)= 得-mad-号mg,B正确。 )kxi,根据平衡条件可得F#=ka=mg,解得 6.D【解析】滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据 4x0,当物块与钢板受力平衡时，在平衡位置 动能定理有(mg sin37°-4 mg cos37)X1.5s= 2mg=kx2,解得x2=2xo,所以振幅A=x1一x2= 1 3 2x0,B错误；碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位 2m0,解得u一√585，A错误；滑板B恰好静止 置时间为t1,则sinT n2-A”,解得t1=2继续 T 在cd段的最上端，则有4 ngsin37°=42× A 4 ng cos37°，解得μ2=0.75，滑块A滑上滑板B T 时，对B分析可知4 ng sin37°+μ1 mg cos37°< 运动到最低点所经历的时间为红，则2=4，所以碰 2(mg十4mg)cos37°，则滑板B静止不动，B错误； 撞刚结束至两者第一次运动到最低，点所经历的时间 滑块A从静止到与滑板碰撞前有(mgsin37°- T1. 2m_2x20,C正确；当 t=+=3=3X2m√E=3√g 4mges3门X2.5s=号m,碰拉过程中无友拔能 ·25· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 1 态为分离。若给小车一个向左的冲量I=0.08N·s, 守恒，则有mw=mw2十4mw2,)mu三号mw 则小车与滑块稳态为共速，有I=M0。= 名×m部得=-后=台，C借说 3 2 1 (m+M)u,根据能量守恒得Q=2Mo后 碰撞后，A沿斜面向上运动，根据牛顿第二定律有ngsin 2m+M)v,求得Q=0.032J,A错误，B正确； 37+h1 mg cos3T=ma1,对B有h1 ng cos3T+2(mg十 若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车 gas37-ng血37=mz解得a,=ga:-号以 与滑块稳态为分离，有qvB=mg,根据动量守恒 有I=Muo=mw十Mu',根据能量守恒得Q= 斜面向下为正方向，假设两者共速A没有脱离B,共速速 1 1 1 度为'，设A、B位移为x1、x2,相对位移为△x,1十 Mu8-2mo2-2Mu'”,求得Q=0.07J,D正 2t,x2= 2十x' =z-1, 确，C错误。 ait=v2-a2t,x1= 9.AC【解析】根据图乙可得，小物块A沿斜面向 w人1 保学一制 5√g,△x=-0.64,因为△z< 下运动2m,重力势能减少20J,根据△E,= -mAgh=-mAgxsin0,可得A的质量mA= 0,所以假设成立，由0，可知共速时两者下滑，B先减 2kg,A正确；再由B的运动，匀加速时有品= 速下滑，A始终相对B下滑，故小滑块会再次向下运动， 2gsin0·x,解得B=3m/s,与A碰撞后， 与滑板二次碰撞，D正确。 1 有ms0g=(m十mB)0共，2mAo吴=1J,联立解 7,D【解析】在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动 得v共=1m/s,mB=1kg,B错误；碰撞过程，对B 量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为vAC,以 利用动量定理得IAB=mBV共一mBVB,解得 右为正方向，由动量守恒定律可得mA。= IAB=一2N·S,可得A对B的冲量大小为2N·s, (mA十mc)vAc,解得vAc=2.5m/s,C错误；C增 C正确；碰撞后继续下滑到最低点过程，A、B减少的 加的动量△p=mc℃Ac=5.0kg·m/s,A错误；A 励能△E,mA+mB)=1,5JAB减少的重 与C碰撞运动中损失的机栽能△E=2mA好一 力势能△E。=(mA十mB)gh=(ma十mB)gx'· 1 之(mA十mc)ic,代入数据解得△E=12.5J,B 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 错误；A与B的摩擦力大小为F:=mBg,则有B 于31.5J,D错误。 的加速度大小aB=g=0.5×10m/s2=5m/s2, 10.ACD【解析】滑块A运动至O点正下方过程 F AC的加速度大小aAc= umBg mA+mcmA十mc 中，根据功能定里mR=2m0i一E,解得 0.5×1×10 2+2 m/s2=1.25m/s2,B做减速运动，AC v0=5m/s,滑块A运动至O点正下方时，根据 06 做加速运动，设速度相等时所用时间为t,则有 牛顿第二定律FN一mAg=mA尺，解得轨道对滑 v0一aBt=vAc十aAct,解得t=0.4s,B的位移 块A的支持力的大小F、=35N,A正确；当物体 1 1 xB=t-2at2=5X0.4m-2X5X0.4m= 在传送带上时，滑动摩擦力大小为f=μmAg= 5N,传送带克服摩擦力的功率P=fv=40W,B 1 1.6m,A的位移xA=0Act十2act2=2.5X 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=5m/s2,假 0.4m+2 ×1,25×0.42m=1.1m,B相对A的 设滑块A在传送带上可以与传送带共速，则共速 位移△x=xB-xA=1.6m-1.1m=0.5m,因此 时A的位移大小x= 02-6=3.9m=L,即滑 2a 若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会滑离 块A到达传送带右端时，恰好与传送带共速。此 木板A,D正确。 后滑块A与滑块B发生弹性碰撞，根据动量守恒 二、多项选择题 8.BD【解析】滑块有两种稳态可能，一种是分离， 有nA0=n0x十m心，动能守恒弓mw2 一种是共速。假设分离时滑块和小车恰好共速有 2mi十号m,联立，解得=-6n/, 1 I=(m+M)o,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 B=2m/s,因为|A|<B|,所以，此后滑块A ·26· ·物理· 参考答案及解析 滑上传送带并以原速率6m/s返回与滑块B发 F0.751 生第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒有 挡光片的总质量mA=。=3.02 kg=0.25kg;滑块 1 A、B发生碰撞后均向右运动，可知作用力相同时B 一mAUA十mBB=mAU十mBUe,之mAo员十 1 1 1 的加徒度较大，由图丙图像上方直线可知m=F 2mB唱=2 mAUhs十2mB,解得ve 0.70 -1m/s,e=3m/s,因为|2|>|2，所以 3.50kg=0.20kg。 此后滑块A滑上传送带并以原速率1m/s返回 d (2)碰前A的速度℃ 后无法追上滑块B发生第三次碰撞，即滑块A最 ,碰后AB的速度， 终运动的速度大小为1m/s,C正确；滑块A与 d d 滑块B第一次碰撞前，滑块A在传送带上运动时 A,=AB若动量守恒则满足m- 间，=”二=0.6s,滑块A与滑块B第一次碰 mAU十m2,即=A+B T△t△tA△tBi 撞后，在传送带上运动时间t2= 2UA (3)F-t图像与坐标轴围成的面积等于弹力的冲量 =2.4s, a I,即I=S1,a-t图像与坐标轴围成的面积等于速度 滑块A与滑块B第二次碰撞后，在传送带上运动 变化量，即△=S2,根据动量定理I=mA△v,即 时t3一 20A2 S1=mAS2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片 =0.4s,所以，滑块A在传送带上 a 的总质量m可表示为m二，弹簧具有的弹性势 运动的总时间t=t1十t2十t3=3.4s,则因传送物 块A,传送带多消耗的电能E=Pt=136J,D 正确。 三、非选择题 2S1S2. b 11.1)6msin9(2分）(2)1(2分）(3)等于 (2分) 13.(1)2Qg 2L2 (2)2g (8)8R死 【解析】(1)小球在最低点时，有T-mgsin0=m乙， （4)5V5-4v2-3)kQg 4L 在录高点时有T十g血0=m盟从录低点到报 【解析】(1)a点的电荷对小球A的库仑力大小 为F。,由库仑定律得F。= kQg (1分) 高点，根据动能定理有一mgX2Lsin0=7场 (W2L)2 由力的合成法则有F=2F。sin45 1 2mu,联立可得T=T2+6 mgsin0,可知T1-T, 解得F=2Qg 2L2 (1分) 图像的纵轴截距b=6 ng sin0,解得重力加速 (2)由几何关系得，Oc中点与a、b距离均为 b 度g=6msin8° d=V5L (2)由T1=T2十6 ng sin0,可知T1-T2图像的 2 (1分) 斜率k=1。 小球A经过Oc中点时所受库仑力大小为 (3)若考虑滑动摩擦力，则从最低点到最高点，根 Fo=2 据动能定理有，一mgX2Lsin0一ngscos0= d2 cos a m-mi,共中，=，签理可得T, 1 且cs。-9 T2+6 ng sin0+2πmg cos0,故'仍然为1，保 由牛顿第二定律可得 持不变。 -F。+mg=m1- 32W5) 75/8 (1分) 12.(1)0.24/0.25/0.26(1分)0.19/0.20/0.21(1分) (2)=A+m(2分)(3) 3kQq 可得m '△t△tA△tB (2分) S2 4gL? 2SS2(2分) 同理，小球A在d,点所受库仑力大小为 3kQg F1= 【解析】(1)由图乙可知，开始时当F=0.751N 4L2 时a=3.02m/s2,可得滑块A与加速度传感器以及 由牛顿第二定律可得ma1=F1十mg ·27· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 解得小球A在d点的加速度a1=2g (1分) R 14.(1)1 (2)2(2m+1)2.元mg n=0,1,2,3…) (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02、2，取竖 直向下为正方向。由动量守恒定律有 (3)8/mgR 35k mw1十mv2=mo1+mv2 【解析】(1)设滑块1与2碰前速度为01，由动能 由能量守恒定律可得 定理可得 gmoi+了moi=mn时+了mo 1 (1分) 1 mgR-ngl=2mo月 (1分) 联立解得v1=v2,02=U1 碰后两者速度分别为v1和02，则 告△1mw月=2mv12-029 mv=mv+2mv2 (1分) 3L 8 2mu好1 m+ ·2mv22 (1分) 可得小球B的初速度2=1= (1分) 解得 (4)对Oc上一，点（如图） 2 01=- 301w2=301 十 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 +0 +O 联立以上各式得 gR R 2=2√5μ=102 (1分) 设该，点与a的连线与Oc的夹角为B,则该点的 (2)滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于 V0>02 电场强度大小为 滑块2只能与向左运动的M相碰才能在碰后竖 kQ E=2 k 2COS B=2 Lasin'Bcos B (1分) 直向上运动，则碰前运动时间t满足 L T Asin B t=nT+2n=0,1,2,3…） (1分) 由(sim,8cos月)2=sin9·sin'p·2cosg 2 所求高度 1 可知当sinB=2cos2B,即tanB=√2时 h=28t 电场强度E取得最大值，设为e点，距0点 -L 解得h=2(2m十1)2.m8(0m=0,1,2,3…) k 由对称性可知，0点上方距 L处设为d',与 (1分) 3 (3)滑块2与M碰撞过程水平方向动量守恒，第 d点关于O点对称，此处qE=mg,故电场强度 1次碰撞后M的速度设为VM1,则 沿CO先增大再减小，在e点最大，可知只要小 Mvo-2mv2=0+MUM (1分) 球A运动到d'点时速度大于零，就一定能够到 M=4m 达O点，设c点与d'点间的电势差为Ua,由电 R 势差定义有Ua=p。-pa 解得UMn=25 (1分) 电势为标量，可得 设第一次碰撞过程中滑块2与M接触时间为 P。=2 L91-2kQ3kQ kQ_√2kQ △t,因滑块2离开M瞬间是相对运动的，故在△t 2W3 L 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 设小球A初动能为Ek,运动到d',点的动能为 间为2t,滑块运动(2n十1)T时间正好在平衡位 Ekd,由动能定理得 置向左运动时与滑块2相撞，假设第二次碰撞过 me()+gB 程中滑块2离开M前在水平方向二者能共速，则 (1分) MvM1=(2m+M)v共 (1分) 由Ea≥0，可得E=53-4E-3)Qg 4L 解得u泰=3√5 4gR (1分) 第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 ·28· ·物理· 参考答案及解析 I1=f·△t=2mo2 (1分) 为Q 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 由能量守极-Q,=m,+号Moi-m,i 1 I2=∫·△t'=2mv共 (1分) 由于)共<02 (1分) 第二次滑动摩擦力作用的时间 得Q1=0.05J (1分) △t'<△t 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经 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 V共，所求振幅A满足 停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的 1 1 M知=2bA (1分) 系统摩擦内能Q。=2m20=0.02】(1分) 整个过程中，Q=Q1十Q2=0.07J (1分) 8 mgR 解得A=3√5k (1分) (3)①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱 v 15.(1)FN=1.5N(2)Q=0.07J(3)m2≥ 离轨道，在F点有m1g=m1 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m1v1=一m1v3十m2v4 (1分) 由能量守恒E。=4m1gR+2m1 (1分) 由能量守恤分mi-名m1i 1 1 2m2o(1分) 得v1=4m/s 1 i 得m2=60 kg,为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙 在F点，由FN十m1g=m1R (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 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 由能量守恒得28L三2n2之(n2十M)v矣 1 (1分) 由动能定理um:gd=2Mo3-0 (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m11=n16十m2vs (1分) 时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度 1 1 1 v1-4 m/s 由能量守恒得2m1ui=2m1号+2m,呢(1分） 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 由动量守恒m2v1=m21十Mu2 (1分) 质量 得v1=2m/s 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为m2≥ 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能 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V、P两点的电场 8=2ad解得加速度大小Q二2d,A错误；由牛 强度的方向不同，A错误；沿着电场线电势降低， 故M点的电势低于N点的电势，B错误；M处的 颜第二定律可知E2=ma,解得E一，B错误 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 1 a=9b ，DNA分子在M点的加速度比在N点小， 由动能定理可得(gA一Pn)e=0一2m5,解得B m C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 点电势98=91+，C错误；销离子在B点电 过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在 M点的电势能比在N点大，D错误。 势能Ea一9e=PAe十m, 2D正确。 ·29· y