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（重庆甘肃贵州专用）

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 项符合题目要求。 题号 1 2 6 7 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o。质量为m的小球1从N处以初速度。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 () A.小球1从N处以初速度v。沿轨道逆时针运动到P的过程中加速度不变 B.小球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小为2m尺 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 300 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v。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 () A.圆弧半径R= 60° 3g B小球飞出时，圆弧轨道的速度为 M Qmmmmm C.小球飞出时速度大小为 0o 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。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 得分 吻 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一8g 3v8 B若物块A,B不发生碰撞，则木板C长度的最大值L=3品 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,=2x,弹簧振子做简谐运动的周期T=2π√店，M为振子的 质量，重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) A m 777777777777 A.物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是2√gx。 B.碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A=3x C碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间一红。 D.运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm=6mgx。 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 () 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第2页（共8页） 2 P⊕ A A.碰撞前M运动的时间为 9L ug N2ug 1 9 B.碰撞前M克服摩擦力所做的功为2moi- 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.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 () ◆0 6 020 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 7.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v。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球下落的高度人=L 2v8 1 D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能E。=4mw6 2 二轮专题精准提升（七）物理第3页（共8页） 真题 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 P 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10/s2,下列说法正确 的是 () 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 ××× B 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 9× XMX 十 C.若给小车一个向左的冲量1=0.12N·s,则小车与滑块因摩擦m 产生的热量为0.072J NWNT下 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 0 10 7777777777777777777 0 2x/m 甲 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 10.两根不计电阻、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=1m,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1=0.8kg,m2=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 () 密卷 二轮专题精准提升（七）物理第4页（共8页） 130 C 1309 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vb=0.76m/s,va=5.04m/s 三、非选择题：本题共5小题，共57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。 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。 7777777777777777777 777777777777777 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= (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。 12.(9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 挡光片 了weQQ0Q2aN 滑块A 滑块B 连气源 'P 气垫导轨 工 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； 二轮专题精准提升（七）物理第5页（共8页） 真题密 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 3.50 3.00 2.50 2.00 F ◆alm's2 1.50 0.75 3.02 1.00 0.2/s 0.2 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, 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A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诚为零，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= 9m,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，受到的阻力与楔入的深度成正比（比例系数为未知常数），第一次撞击过 后，楔形木块楔入的深度为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人的深度。 挤压块 油饼 圆木 楔形木块 匆 卷 二轮专题精准提升（七）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)如图所示，一质量为M的物块P穿在光滑水平杆上，一长度为1的轻杆，一端 固定着质量为的小球Q,另一端连接着固定在物块P上的铰链O。忽略铰链转动的 摩擦，重力加速度为g。 (1)将P固定，对小球Q施加一水平向左的外力F1,使杆与竖直方向的夹角为0且保 持静止，求外力F1的大小。 (2)若物块P在水平外力F2作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为0，求外力F2 的大小。 (3)若开始时，小球Q位于铰链O的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始 转动，已知M=2,0=60°，求Q从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球Q所 做的功W。 2 二轮专题精准提升（七）物理第7页（共8页） 15.(18分)如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B,物块 A的质量A=0.2kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端 与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静 摩擦力为2.4N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为E。 x,k=60N/m。现给物块A一水平向右的作用力F,其功率P=1,6w恒定，作 1 用t=1.0s后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。 B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)t=1.0s撤去力F时，物块A的速度； (2)物块B的质量； (3)物块B的最终速度大小。 A LKKK00 真题密卷 二轮专题精准提升（七）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 解得v0=√2gL (2分) 能量守恒定律可知2m+M+m)u=E (2)平底货箱刚好与小车右端挡板相碰，则系统 (2分) 损失的动能刚好等于平底货箱在小车上相对滑 16 动产生的热量，由动量守恒定律有 解得E,=5mgL (2分) (M+m)vo=(M+m+m)u共 (2分) 弹回过程中，弹性势能转化为平底货箱和小车的 由能量守恒定律有 动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停 1 号(M+mu6三2M+m+m)u2+u(M+m)g 止，则这一部分能量损失，此时平底货箱从挡板 (2分) 处滑上h高度，则有2E。=mgL+m加gh(2分） 解得μ=0.2 (2分) 解得h=1.4L> (2分) (3)设小车被锁定时弹簧的弹性势能为E。,根据 可知平底货箱能返回A点。 (1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 由几何关系，可知1与v2成60°，v与v2成30°， 1.C【解析】小球1从N处以初速度v。沿轨道逆 则1与？成30°，所以四边形是菱形，v1=v2,则有 时针运动到P的过程中加速度大小不变，但方向 v=√3v2,由动量守恒定律可得mov0=movc0s30°+ 时刻在改变，故加速度是变化的，A错误；经过P 1 1 点后的瞬间，小球1的速度变为200，故此时向心 1.5mu,系统的机械能守恒2m哈=2mv十 (2v0)2 4mvB 力的大小Fn=m R R,B错误；根据动 2X1.5mu+mgR(1-os60),联立解得R= 量守恒可得m·2oo=(m2一m),由能量守恒可 6 2。,小小球飞出时圆孤轨道的速度2一0，小球飞出 得。2·（2。)2一士(m十m2)2,联立解得小球2 √3 的质量m2=3m,C正确；第一次碰后，小球1和小 时速度v=√3v2= 3o,A,B.C错误；根据题意可 球2的速度？=0，设从第一次碰撞到第二次碰撞 知，小球与圆孤轨道水平方向动量守恒，则有oo= 所用时间为山，由题意可知，=心 vo ,vot2 +2vot2= movcOs30°十1.5m℃2，设小球在轨道上运动时间 5元R 为t,则有movot=mg∑v*平t+1,5mo∑v2t,整 R,所以=十t丝一6。D错误。 理可得moVot=mo(Rsin60°+x)十1.5mox,解 2.D【解析】小球以初速度V。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 得t=5x+V3R D正确。 200 到飞离圆孤的运动中，小球与圆孤轨道组成的系 3.A【解析】由于A、B质量相等且A、B的碰撞为 统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有 弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故B 两个分速度，其中1是相对轨道的速度，与圆孤 到C右端恰好静止，则有mv=4mv共，能量守恒 相切，口？是随轨道运动的速度，方向水平，如图 所示 有mgg十mg2=2moi-豆·4mo,联 mg乙mn1 R 30R 立解得Lm一8g1 306,A正确：设木板长为L,恰好发 生碰撞时，由mvo=4m类，能量守恒有mg2 77777777777777777777777777 ·25· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 1 电势能不变，C错误；除碰撞外，滑块M在运动的 2n名—1·4nv共，联立解得L 3v6 ,若物块 44g 整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电 3v0 A、B不发生碰撞，木板长的最小值为 ,B错误； 场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方 44g 向上，三个力平衡，有mg+F=N,由于导体板表 A碰B前，BC一起做加速运动，A做减速运动，A 面电场强度从P,点正下方到两侧越来越小，则M 碰B后，速度交换，A、C一起做加速运动，B做减 在运动过程中F变化，N变化，摩擦力f=N变 速运动，最终共速，速度一时间图像如图，由于前 化，根据牛顿第二定律可得f=ma,可知M在运 后两个阶段的相对位移即面积差要相同，知第二 动过程中的加速度变化，D错误；设碰撞后瞬间绝 个阶段时间长，摩擦力的冲量大，C错误；只要相 缘滑块N的速度大小为口，之后做匀减速运动的 对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对 加速度大小为a',根据牛顿第二定律得2pumg= 木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置 2ma',由运动学公式得一2a'L=0一v2,联立解得 无关，D错误。 v=√/2μgl,设碰撞前瞬间M的速度为v1,碰撞后 B 瞬间M的速度为⑦2，取向右为正方向，根据动量 AC BC 守恒定律得m℃1=mu2十2mv,根据碰撞前后总动 产t 能不变，有mi-m十号×2mw,限立解得 1 4.C【解析】对物块，根据动能定理有mg·3x。= 2mu6,解得u0=√6gx0,设u1表示质量为m的 1 。√2μgl,v2=-V8l 1= 2 ,碰撞前M运动的整 物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因 个过程中，滑块M所受摩擦力等于合力，根据动 碰撞时间极短，动量守恒，取0方向为正，则 量定理可得一ft=mv1一mvo,由B项分析可知f mo=2mw1,解得u1=2 =√6g0,A错误；碰后根 2 >mg,可得碰撞前M运动的时间t< ug 1 9L 锯能量守恒得76士2X2mm+2mg(zx)P 2ug ,A错误；设碰撞前M克服摩擦力所做的功 2bx子，根据平衡条件可得F华=kxo=mg,解得x1 为W,根据动能定理，有-W-了mni-了0，解 4xo,当物块与钢板受力平衡时，在平衡位置2g= 得w kx2,解得x2=2x0,所以振幅A=x1一x2=2x0,B错 n-号mg1,B正确， 误；碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为 6.A【解析】设a的释放位置与O1连线和竖直方 2_A,解得1=继续运动到最 T 向夹角为0，碰前速度为v1,则mgR(1一cos0)= t1,则sin T A 2mui,碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等， 低点所经历的时间为2，则t2二干，所以碰撞刚结束 所以交换速度，a、b在两圆孤轨道上运动的路程相 至两者第一次运动到最低，点所经历的时间t=t1十 等，从碰后到b脱离轨道有mgR(1一c0s8)= 1 2mu经-2mui,且网刚要脱离时mg cos0=m尺， 钢板运动到最低，点时，弹簧的最大弹性势能Em= 联主解得c0s9=号，所以a的释放位里距0点的 2kzi-8mgx,D错误。 高度h=R(1-cos0)=0.2R,A正确；根据以上 5.B【解析】在正点电荷和导体板产生的电场中， 分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为1= 导体板上表面处的电场均竖直向下，则在整个过 V10gR 程中静电力对M始终不做功，M在运动过程中的 ,B错误；根据牛顿第二定律得mg一N= 2 ·26· ·物理· 参考答案及解析 mR,结合牛频第三定律可知，ab碰撞前解间，a 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。= 对桃道的压力大小为N=N=了mg,C错误；ab -mAgh=-mAgxsin0,可得A的质量mA= 碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg一N1= 2kg,A正确；再由B的运动，匀加速时有品= 2gsin0·x,解得vB=3m/s,与A碰撞后，有 m尺，结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压力大 1 mBUB=(mA十mB)u类，2mAv头=1J,联立解得 小N=N:=号mgD结误。 ℃共=1m/s,mB=1kg,B错误；碰撞过程，对B利 7,B【解析】两个小球在竖直方向做自由落体运 用动量定理得IAB=mBT共一mBVB,解得IAB= 动，所以竖直方向运动情况相同，整个运动过程 -2N·s,可得A对B的冲量大小为2N·s,C 中，两球始终处于同一高度，A正确；弹性轻绳伸 正确；碰撞后继续下滑到最低点过程，A、B减少的 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 动能△Ek=2(mA十mB)候=1.5J,A,B减少的 向系统动量不守恒，B错误；两球从开始运动到第 重力势能△E,=(mA十mB)gh=(mA十mB)gx'· 一次相碰，经过的时间t=上， ，a球下落的高度 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 =8L2 h二)g2,联立可得h23C正确；当两球水平 于31.5J,D错误。 方向速度相等时，弹性绳最长，弹性势能最大，根 10.AC【解析】对cd棒分析，cd沿导轨向上运动的 据两球组成的系统水平方向动量守恒有mo0= 加速度为a,由牛顿第二定律得F一m2gsin30°一 1 1 2mu1,根据能量守恒2m后+2mgh'- BIL.-m:a,Ig CAU CBLAu 2 △t △t △t 2m(o+1)+E。,又由2gh'=v1一0，解得 CBLa,联立解得a=F-m,gsin30 CB2L2+m2 =3m/s2, 1 1 E2mu822mo=1mui,D正确。本题选 则cd沿斜面向上做匀加速直线运动，对ab棒分 不正确项，故选B。 析m1gsin30°-B1,L=m1a1,又1，=BL,则 二、多项选择题 R 8.BD【解析】滑块有两种稳态可能，一种是分离， ab向下加速时，安培力增大，合力减小，加速度减 一种是共速。假设分离时滑块和小车恰好共速有 小，则ab沿斜面向下做加速度减小的加速运动，又 I=(m十M)v,qB=mg,可得I=0.1N·s,当 1 x= 2Qt,解得t=1s,A正确，B错误；对b棒分 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·$, 桥，由动量定理，有mgn30t-》BR十RLt 则小车与滑块稳态为共速，有I=M。= (m+M)v,根据能量守恒得Q=2Mu6 m10h,即m1gsin30°1-B2L2 2Rxb=m1Vab,解得 2m+M)v,求得Q=0.032J,A错误，B正确： 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 若给小车一个向左的冲量I=0.12N·s,则小车 程，由动量守恒定律得m1vb一m2b=m1vb十 与滑块稳态为分离，有qB=mg,根据动量守恒 m0,由能量守恒定律} 1 有I=Muo=m+M',根据能量守恒得Q= 2m1i+2m2i= 2Mw-mm-}Mw,求得Q=0.07Jj,D正 1 1 1 2 m10+2m0',解得=-0.76m/s, 确，C错误。 va=5.96m/s,D错误。 ·27· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 三、非选择题 S1=mAS2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片 6 11.(1)。nA（2分）（2）1(2分) )(3)等于 的总质量mA可表示为mA= ,弹簧具有的弹性势 (3分) 1. 1 能E。= 2 mAv?= 2 mA(Au)2= -XS3- 【解析】(1)小球在最低点时，有T1一ng sin0 n,在最高点时，有T:十mgn0=m2从录 02 2S1S2. 低点到最高点，根据动能定理有一mgX2Lsin0= 13.(1)√2gL(1-cosa) (2)9 √2gL(1-cosa) mo-名moi,联立可得T-T,十6mgin0, (3)s=(5-2)d 可知T1-T2图像的纵轴截距b=6 mng sin0,解得 【解析】(1)圆木从最高点摆到最低点的过程中 b 重力加速度g-6msin0 机械能守恒，有MgL(1-cosa)=2M3(1分) (2)由T1=T2+6 ng sin0,可知T1-T2图像的 解得vo=√2gL(1-cosa) (1分) 斜率=1。 (2)圆木与楔形木块碰撞过程中由动量守恒、机 (3)若考虑滑动摩擦力，则从最低，点到最高点，根 械能守恒有 据动能定理有，一mgX2Lsin0一mgscos0= Muo=Mo1十mv2 (1分) m好-mi,共中s=L,整理可得T:- 1 y 1 (1分) T2+6 mg sin0+2πumg cos0,故'仍然为1，保 9 联立解得：=写√2gL(-cosa (1分) 持不变。 12.(1)0.24/0.25/0.26(1分)0.19/0.20/0.21(1分) (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 (2=+0(3分》(3) (2分) △t△tA△tB s, d,由功能关系得 2SS2(2分) 1 d=方mr (1分) 【解析】(1)由图乙可知，开始时当F=0.751N 由于每次碰撞后楔形木块速度都是)2，连续碰撞 时a=302m/s2,可得滑块A与加速度传感器以及 n次后，进入的总深度为xn,有 挡光片的总质量mA= F0.751 a3.02 kg=0.25kg;滑块 2，2=n2m时 (1分) A、B发生碰撞后均向右运动，可知作用力相同时B 解得xn=√nd (1分) F 第5次碰撞后楔入的深度 的加速度较大，由图丙图像上方直线可知m一 a s=x5-x4=(W5-2)d。 (2分) 0.70 3.50kg=0.20kg。 14.(1)F1=mgtan 0 (2)F2 =(M+m)g.tan 0 (2)碰前A的速度= ,碰后AB的速度U, d (3)W#=-mg 33 【解析】(1)对Q受力分析，由平衡条件得 d d △t ,若动量守恒则满足mA0=mAU1十 F1=mgtan 0 (1分) mB2,即A-mA+ (2)设P、Q水平向右的加速度大小为a △t△tA△tB° 对Q受力分析，由牛顿第二定律得mngtan0=ma (3)F-t图像与坐标轴围成的面积等于弹力的冲量 (1分) I,即I=S1,at图像与坐标轴围成的面积等于速度 对P、Q系统，由牛顿第二定律得F2=(M十m)a 变化量，即△u=S2,根据动量定理I=mA△v,即 (1分) ·28· ·物理· 参考答案及解析 解得F2=(M十m)g·tan8 (1分) 解得W=1.6J (2分) (3)设Q转到日角时，Q的水平速度和竖直速度 对物块A进行分析，根据动能定理有 大小分别为.和y,P的水平速度为M 1 W=2mA0品 (1分) 由系统水平方向动量守恒得mU:=MvM(1分) 解得vo=4m/s (2分) (2)设A与B碰前A的速度大小为vo,碰后速度 大小为。由题意可知，碰后A、B速度一定等大 反向，A、B发生弹性碰撞，则有mA0=mA· 由系统机械能守恒可得 1 1 v)tmnv,2mAvo-2mAv2+2m8y 2m()+Mvi=mgl (1-cos 0)(2) (2分) Q相对0在做圆周运动，Q相对O的速度垂直 解得mB=0.6kg (2分) 于杆，可得(o.十vM)tan0=vy (2分) (3)由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当 弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则 Q D.+DM 有fmax=kx (2分) 解得x=0.04m (2分) 由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆 )0 在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的 对Q由动能定理可得 滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，作为杆开始 1 mgl (1-cos 0)+W=2m() (2分) 运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度 可得W#=一mgl 减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的 33。 (2分) 弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为 15.(1)4m/s(2)0.6kg(3)0.4m/s 1 U,则有 1 【解析】(1)t=1.0s时间内，力F对物块A做的 x= 2mBvB? (2分) 功W=Pt (1分) 得vB=0.4m/s。 (2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 线在该点的切线方向，由图可知N、P两，点的电场 6=一2ad解得加速度大小a=,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Eema,解得E=B错误， 电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知 1 a=9h ,DNA分子在M点的加速度比在N点小， 由动能定理可得(pA一9s)e=0-2m,解得B m mu C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的 ,点电势Pg=PA十 e,C错误，钠离子在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=9Be=pAe十2D正确。 ·29· 2