专题卷(7)功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（七） 物理·功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图，水平放置的餐桌的桌面为圆形。为方便用餐，中心放置一个可绕其中心轴转动的圆盘， 圆盘半径为r=1m,圆心与餐桌圆心重合。在圆盘的边缘放置一个质量为m=1kg的小物 块，小物块与圆盘间的动摩擦因数为41=0.4，小物块与餐桌间的动摩擦因数为42=0.2。现 从静止缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10/s2,圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，小物块可 看作质点。则下列说法正确的是 A.小物块恰好从圆盘上滑落时，圆盘角速度大小为√2rad/s B.小物块从圆盘上滑落后，在餐桌上做曲线运动 C.餐桌桌面的半径为√2m D.物块从圆盘滑落到最终停下的过程中，摩擦力做功为2J 2.一物块从底端冲上固定斜面（斜面高3.0m、长5.0m),上滑过程中物块与 AE(Q/J 30 斜面间因摩擦产生的热量和其动能随上滑距离、的变化如图中直线所示，24 重力加速度取10m/s2。则下列说法正确的是 18 A.物块质量为1kg 12 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块上滑时加速度的大小为6.0m/s2 012345s/m D.物块沿斜面上滑1.5m的过程中，动能损失了9J 3.如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的固定挡板连接，上 端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧 至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L,bc长 为片，重力加速度为g,sin37=0.6c0s37°=0.8，则 A.物块与斜面间的动摩擦因数为} B.物块最终静止在b点 00. b 370 C.弹簧具有的最大弹性势能为mgL 分7717777777777777 D.物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动时速度都是先增大后减小 4.如图所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与小物块相连；弹簧处于自然长度时物块位 于O点（图中未画出）；物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为以。现用水平 向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止开始向左运动， 经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g,则上述过程中 物理W·专题卷（七）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W一】 mga B。物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W一)2g@ C.经O点时，物块的动能等于W-mga D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 5.物体在万有引力场中具有的势能叫作引力势能。取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一 个质量为m。的质点距离质量为M。的引力源中心为r。时，其引力势能E。=一G 。Momo(式中 G为引力常量)。现有一颗质量为m的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，由于受高空 稀薄空气的阻力作用，卫星的圆轨道半径从1缓慢减小到r2。已知地球的半径为R,地球表 面的重力加速度为g,此过程中卫星克服空气阻力做功为 A. B. mgR(11) 2r2r1 C. D. 6.2025年5月12日“全国防灾减灾日”当天，一架八旋翼无人机在四川雅安，模拟地震一泥石流 的复合灾害现场，把搭载伤员的“可调节式担架模块”整体吊起，完成了3千米、2500米海拔的 空中转运。已知无人机及其装备的质量为M,无风悬停时发动机的输出功率为P,八旋翼桨 叶旋转形成圆面，其形成圆面的面积为S,推动静止空气，使空气获得的速度为，重力加速度 为g,空气密度为ρ，下列说法正确的是 A.单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为ρS2 B.单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为。 C.无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为2 -M D.无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为P一M 7.物理老师给同学们介绍了童年的一种游戏比赛，如图所示，通过一根轻绳悬挂着一个质量为 m的盒子，盒子开口向左，小朋友将泥巴以某一初速度水平向右扔到盒子内，装有泥巴的盒子 上升的高度越高，比赛得分就越高。知悬点O到盒子中心的距离为，泥巴的质量始终为 2,进入盒子前泥巴的速度为。=√gl(g为重力加速度)。认为泥巴进人盒子后立即与盒子 相对静止，下列说法正确的是 L A泥巴进人盒子瞬间，与盒子的共同速度为行√g B进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为了mg C.泥巴进入盒子瞬间，轻绳对盒子的拉力大小为4mg D.盒子上升的最大高度为3 门卷 物理W·专题卷（七）第2页（共8页） 8.在太空站无重力环境中，航天员静止在空间站舱壁附近，手持一质量为=9kg的小球进行 抛射训练。空间站舱壁可视为固定弹性碰撞面，每次抛射时航天员均将小球以相对舱壁= 1m/s的速度垂直推向舱壁，小球碰撞后速度大小不变、方向反向，追上航天员时被再次抛射。 已知经过4次抛射后，小球无法再追上航天员；而第3次抛射后，小球仍能追上。小球可视为 质点，则航天员的质量可能为 A.45 kg B.60 kg C.65 kg D.75 kg *如图所示，有一质量为m的小球，以速度v。滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧 轨道的滑块。滑块的质量为3，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g,在小 球运动过程中 A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B。小球在圆弧轨道最高点的速度大小为？ 77777777 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 8g D。小球离开圆弧轨道时滑块的速度大小为号 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自 己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。 假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M,点燃火箭后在极短的时间 内，质量为的炽热燃气相对地面以。的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加 速度为g,下列说法正确的是 A.火箭的推力来源于空气的浮力 B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为M一m mvo C.喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为，m g(M-m)2 D.在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能不守恒 10.如图所示，光滑水平面上有一根轻质弹簧，弹簧两端分别连接小物块P和小物块N,处于静 止状态。一足够长且倾角为0的光滑斜面体固定在地面上，斜面底端与地面平滑连接。小物 块M与斜面底端的距离为L,小物块M由静止开始释放，在水平地面上与N发生完全非弹 性碰撞。已知小物块M的质量为2，N、P的质量均为m,重力加速度为g,弹簧始终在弹 性限度内，下列说法正确的是 A.小物块M与小物块N碰撞前瞬间小物块M的速度为√2 gL sin0 B.小物块M与小物块N碰撞后瞬间小物块M的速度为√2 gLsin) 2 C.弹簧的最大弹性势能为7 mgsin0 M wwwwwwM 2 7777777777777777777777777777777777777777 D.M、N碰撞过程中损失的机械能为mgL sin日 物理W·专题卷（七）第3页（共8页） 鱼跃龙 ￥如图甲，一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的固定光滑斜面底端，一个质量为1kg的物块从 斜面上离弹簧上端一定距离的O点由静止释放。以位置O为原点、沿斜面向下为x轴正方 向，取地面为零势能面。在物块下滑全过程中，重力势能随位移x变化关系如图乙中的图线 ①，弹簧弹性势能随物块位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重 力加速度g=10m/s。已知弹簧的弹性势能表达式为E赚=2k(△x),其中k为劲度系数， △x为弹簧的形变量。下列说法中正确的是 +E刀 8 ① 学 ② 0.61.0 分 之 A.弹簧原长为0.6m B.物块刚接触弹簧时的动能为3J C.弹簧的劲度系数大小为62.5N/m D.物块的最大加速度大小为25m/s2 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(8分)打弹珠是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出， 并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入前方的坑并停在坑中即为胜出，被碰弹珠 经过坑时的速度如果大于1/s则不会停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化，弹珠 A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=1m,弹珠B与坑的间距为x2=0.6m。某 同学将弹珠A以vo=√13m/s的初速度水平向右瞬间弹出，与B发生正碰，碰后A的速度 方向不变，大小为1/s。已知两弹珠的质量均为m=10g,A、B在运动过程中与地面间的 摩擦力均为f=0.02N,求： (1)两弹珠碰撞过程中损失的机械能。 (2)通过计算判断该同学能否胜出。 ,92 m骨rmm B 坑 门卷 物理W·专题卷（七）第4页（共8页） 班级 12.(10分)如图所示，光滑水平地面上放置一块木板，其左端放有一个质量为m1=0.95kg的小 13. 木块，木板质量为m2=4kg,两者初速度均为0，且它们之间动摩擦因数μ=0.5。一颗质量为 姓名 mo=0.05kg的子弹，以vo=200/s的初速度水平射入小木块（未穿出），入射时间极短，取 g=10m/s2。 得分 (1)求子弹射入小木块后瞬间两者的共同速度ⅴ的大小；"m (2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中产生的r 总热量Q。 答题栏 1 2 3 4 5 6 7 P 9 o 物理W·专题卷（七）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)如图所示，竖直平面内有一光滑倾斜轨道AB和一段光滑圆弧BC,A、B间的竖直高 度h=2m,BC圆弧半径R=1m,对应的圆心角0=37°，水平地面CD右下方有一个坑，其竖 直截面的边界MN为4圆弧，DM为该圆弧沿水平方向的半径，长为r。质量m=2kg的小 球甲从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，与水平地面CD间的动摩擦因数μ=0.4，C、D 两点水平距离L=1m,与小球甲质量相同的小球乙静止放在D点，小球甲和乙均可视为质 点，轨道各处均平滑连接，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。取sin37°=0.6， c0s37°=0.8。 (1)小球甲经过圆弧轨道上的B点时，求轨道对它的支持力大小； (2)小球甲与小球乙发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后粘在一起落到圆弧MN上的P点， P点到D点的水平距离为，求圆弧MN的半径r。 甲 A 乙 B C D 物理W·专题卷（七）第6页（共8页） 14.(14分)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心 15. 为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端点 E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧 靠竖直边FG,左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF 后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.3kg,木板质量M=0.1kg,长度l=1m, BCD的半径R=0.4,弹簧弹性势能的最大值为8J,滑块与木板间的动摩擦因数为1，木 板与轨道GH间的动摩擦因数为42，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连 接处时的能量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2。 (1)若滑块恰好能够滑上轨道EF,求滑到与圆心O等高处的 弹性挡板 D C点时，滑块受到的弹力大小F、; G (2)若41=0.2,42=0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件 0------ 下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm; 弹射器 3202520 (3)若1=0,42=0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF,求在滑块 A 与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W。 物理W·专题卷（七）第7页（共8页）】 鱼跃龙门卷 (16分)长为L、质量为M的平板紧靠长为d的凹槽侧壁AB放置，平板上表面与AC齐平。 一质量为的小滑块从光滑的轨道OA上释放后滑上平板，平板到达CD即被锁定。已知 M=m=1kg,L=1.2m,d=2.0m,平板与滑块间的动摩擦因数41=0.6、平板与凹槽水平 底面BD间的动摩擦因数为42=0.1，滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 (1)滑块滑上平板时，求滑块和平板的加速度大小a1、a2;o○ (2)若滑块释放的高度h=0.4m,求平板从开始运动至 到达CD的时间； B L (3)若滑块经过平板后滑上C平台，求该过程滑块损失的 最小机械能E。 物理W·专题卷（七）第8页（共8页）》·物理W· W=弓m2,解得W=15小，故A正确：设轻杆对小球B做功 L 为W.对小球B,由动能定理可得3mg·7+W=子× 3v2,解得W'=一15J,故B正确；轻杆在竖直位置时，对小球 B.由向心力公式可得F。一mg=四巴，解得F。=60N,方 3 向竖直向上：对小球A,由向心力公式可得FA十mAg= mav? L 2 解得Fa=0,轻杆对轴O的作用力为两拉力矢量和，F,十 FB=60N,故D正确。 *BC【解析】由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为a1 5m/s,设斜面倾角为0，有mgsin0=ma1,解得sin0=2,则斜 面的倾角0=30°，B正确。从释放到最低点，根据能量守恒有 mgz;sin0=2k(x:一x)尸，解得k=25N/m,A错误。设当位 移为x2时，加速度为0，有（x2一x1)=ng sin0,解得x2= 0.5m,此时动能最大，最大动能为Em=mgx:sin0-2(xr: x1)2,解得Ekm=2J,C正确。根据能量守恒，弹簧的最大弹性势 14 能为Em=mgx3sin0=4.5J,D错误。 11.(1)0.9m(2)3W(3)4ms 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向有h= 号，代入数据解得1=0.3s 水平方向有x=t=3×0.3m=0.9m。 (2)物块从飞出桌面到落地过程，在竖直方向上做自由落体运 动，有v=2gh, P=gu,,代人数据解得P=3W。 (3)对物块从开始运动到飞出桌面的过程，由动能定理得 -msl=m-名m6, 代入数据解得v。=4ms。 12.(1)11.25s(2)32N 【解析】(1)物块开始时向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二 定律有umg cos0-mng sin0=ma1,解得a1=0.4m:s2, 当加速到与传送带速度相等时有v=a1t1,解得t1=l0s, 此过程的位移为x1=乞1=20m, 由于最大静摩擦力大于物块重力沿传送带向下的分力，则物 15 块随后向上做匀速直线运动，则有，=L二=1,25s 则物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间1=t,十 t2=11.25s。 (2)物块从B运动到C过程，根据动能定理有一gRcos9= 1 2mv品-2mw, 在C点，对物块分析有V=m爱，根据牛顿第三定律有N” N,解得N'=32N。 1a20e厚。.8准2 【解析】(1)轻杆开始移动时有F=k△x=f, =n0 解得△x=2k1· (2)撞击弹簧前瞬间的速度为。时，对瓶子、弹簧和轻杆有 0-m6=w。-f4 1 317206 解得W弹=一 8 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度v满足0-2mm一 3 W,解得v= 200, 允许玻璃瓶撞击的最大速度m满足0一2m品=W一f几， √7 解得vm=20 (3)因为5。之号，所以轻杆间下运动·有0一 1/512 2m(2）=W0-fa… 1 解得x=立 (1)5m.s,与水平方向夹角为53°斜向右上方(2)0.95m (3)34N 【解析】(1)设小球在P点的速度为。，D到P和P到Q可视 为两个对称的运动，则有A=g,号=1,0，=g,解得 1 t=0.4s,vo=3mfs,0,=4m.s, 则小球在D点的速度大小为vp=√十=5m/s, 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有tan0= 告，可得0=53，即小球在D点的速度方向与水平方向夹角为 53°斜向右上方。 (2)小球由A到D过程，根据动能定理可得mgH十mngRcos0= 2mwi-0,解得H=0.95m。 (3)小球由A到C过程，根据动能定理可得mg(H+R)= 1 2m2-0, 在C点，根据牛顿第二定律可得FN一mg=mR' 联立解得轨道对小球的支持力大小为FN=34N。 (1)1.2m(2)104N(3)3.872m 【解析】(1)小球从平台抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落 体运动，有h=2g1, 解得t=0.4s,小球到达A点时竖直方向的分速度为，= gt=4 m/s, 在A点时恰好无碰撞地沿斜面滑下，故小球在A点速度与水 平方向的夹角为53”，由速度分解可得u,=an53=3m/s, sin 539-5 m/s. 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=。t= 1.2m。 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得mg(H+R一 ·7 参考答案及解析 1 1 Rc0s53°)= 2 mvi-2mv 摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点，故OA>?。设物 mvc 解得e=55ms,在C点，有Fc一mg=R, 块在A点时弹簧的弹性势能为E。,物块从A点运动到O点的 过程，由能量守恒定律得W=E。十ngOA,则得E。=W 解得Fc=104N, 1 由牛顿第三定律，小球通过最低点C时对轨道的压力大小为 pmgOA<W- mga,即物块在A点时，弹簧的弹性势能小 104N。 1 (3)小球从C到D由动能定理有一mg(R一Rcos53°)= 于W一2mga,故A错误：由A分析得物块从开始运动到最 1 1 2mw6-2mw元，解得vp=11m/s, 终停在B点，路程大于a十 ?=?,故整个过程物块克服阻力 a 3a 小球从D点抛出后当竖直方向分速度减小到0时到达最高 点，最高点速度为p,=Upcos53°， 做功大于mg0,因此物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 小球由D点到最高点由动能定理有-mg△h=之mw: w-号mga,放B正确：从0点开始到再次到达0点，物块路 1 2mw6,解得△h=3.872m。 程大于a,由动能定理可知物块的动能小于W一mga,故C错 误：物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力 的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点 物理（七） 时弹簧伸长量大小未知，故在两位置弹性势能大小关系无法判 C【解析】当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为ω，则 断，故D错误。 ig =2 rad s, 41mg=mor,解得w=√T 5.C【解析】设卫星轨道半径为r,由万有引力提供向心力G= A错误；当小物块从圆盘上滑落后在餐桌上 做匀减速直线运动，而非曲线运动，B错误；小 m,其中M为地球的质量，由题目条件知其引力势能为E。 物块从圆盘上滑落后，恰好停在桌面边缘的运 -GM,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=E。十2mm= 1 r 动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，物块减速时一42mg= a,物块滑落时的初速度v。=wr,根据匀变速直线运动规律可 GMm,半径为时，卫星总能量E,=_GMm,半径为， 2 2r1 得-=2ad,联立解得d=1m,由几何知识解得R= 时，其总能量E,=-GMm,由功能关系得，卫星轨道变化过程 √d2十r2=√2m,C正确：物块从圆盘滑落到最终停下的过程 2r2 中，摩擦力做负功W:=一42mgd=一2J,D错误。 中克服阻力做的功W,=E,一E,=_GM+G,Mm,在地球表 D【解析】由图知上滑5m时，Q=10J,初动能Eko=30J,由 2r1 2r2 能量守恒E=E。十Q,重力势能为E。=mgh,联立解得m= 面有G0=m,联立可得w,=”(片)故选C 2r2r1 ,kg,产生的热量为amg cos0·L=Q1,由儿何关系知cos0 6.C【解析】设在时间△t内通过面积S圆面的空气质量为△m, 专，联立解得g=日，故AB错误：由牛顿第二定律一mgsm0 则有△m=p·△V=p·S·v·△t,解得单位时间内桨叶旋转推 勋空气的质量为m三Su,故A错误：发动机的输出功率P司 mg o0=m,由几何关系得sn0=号，解得加速度a 1 一9m/s2,故C错误；物块沿斜面上滑s=1.5m的过程中， W24m2 △t 一2A,解得单位时间内桨叶旋转推动空气的质 △mv 能量守恒△Es=mng cos日·s十ngssin0,解得△Ek=9J,故D 正确。 量为公-2F故B错误由动量定理F△=Au,可得F一2P D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关 系有mgsin37°.L =ms8.(L+1+片+号)：解得 根据平衡条件可得F=Mg十mAg,联立解得m-2P-M, vg 故C正确，D错误。 3 μ=6，A错误：由于ngsin37>gos37,所以物块不会停在b7.B【解析】泥巴进人盒子的过程，满足动量守恒，则2m。= 点，而是会停在b、c点之间的某一位置，B错误：在c点弹簧具有 (m十m,解得。-号，故A错误：进入盒子的过程中泥 最大的弹性势能，从a点到c点，根据功能关系有mng sin37°· 5 (L+4)-mgos37r(L+4)=E,解得E,=6mg1 9 巴损失的机械能为△E=2·2m8-2·2m02=号mgL,故B 2 C错误：物块向下运动时，弹力先小于重力，做加速运动，后大于 正确；根据牛顿第二定律有F-(2m十m)g=(2m十m)?,解 重力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力，做加速运动， 后小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先 得F=13 mg,故C错误；根据机械能守恒定律有(2m十m)gh 增大后减小，D正确。 B【解析】如果没有摩擦力，则O点应该在AB的中点，由于有 2m十m),所以方=子1.放D错误。 1 摩擦力，物块从A到B过程中有机械能损失，故无法到达没有8.B【解析】规定航天员运动的方向为正方向，航天员开始时静 高三二轮复习专题卷 止，设第1次将球推出后，航天员的速度大小为1，则根据动量 守恒定律有0=Ma,一m,解得，一7球与舱壁碰撞后，运 动方向与航天员同向，设航天员第2次将球推出后的速度为 v2,则根据动量守恒定律有Mo1十mv=Mv2一mw,解得2= 11 M,同理设航天员第3次将球推出后的速度为，则根据动 3m 5mv 量守恒定律有M,十mu=M:一mw,解得，=M,设航天员 第4次将球推出后的速度为v1,则根据动量守恒定律有M3十 m=M,一m,解得=7网，由于进行第3次范射后，小球 5m0 仍能追上航天员，则有=M<u,代入数据解得M>45kg, 又因为经过4次抛射后，小球无法再追上航天员，则有：= M>,代入数据解得M≤63kg,综合可得航天员的质量应满 7mv_ 足45kg<M≤63kg。 *C【解析】在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方 向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨12 道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动 量守恒，规定的方向为正方向，有m0,=4m0:解得=，放 B错误：根据机械能守恒定律得2m6=号×4mm+mgh,解得 8g,故C正确：小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 m,=m十3m:·根据机械能守恒定律，有)md=号m十 名×3md,联立可得=一之=之放D情误。 9.BD 10.AD【解析】小物块M由静止释放到碰撞前，根据动能定理 有2 ngL sin0= 2×2mv,解得小物块M与小物块V碰撞前 13 的速度为v。=√2 gL sin0,故A正确；小物块M与小物块N 碰撞前后动量守恒，2m。=3w1,解得小物块M与小物块N 碰撞后瞬间的速度为=号√2g1Ls0,故B错误：弹簧被压 缩到最短时，M、N、P三物块的速度相等，弹簧的弹性势能最 ,根据3mm=mu,E。子X3m之×4m,解得弹 的最大弹性势能为E,=名n0,故C错误：M,N碰撞过 程中损失的机械能为△E=号×2mi-号×3m 3 ngLsin0,故D正确。 BC【解析】取地面为零势能面，根据图像可知物块初状态的重 h 力势能为Em=mgh=8J,物块距离斜面底端L一sn30=1.6m, 14 图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随物块位移变化的关系，由 此可知物块下落h,=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长为L。 L-h1=1.6m-0.6m=1,0m,故A错误；物块刚接触弹簧时， 重力势能为E=Ew一mg(L一L。)sin30°=5J,根据机械能守 恒定律有E十Ek1=E,解得Ek=3J,故B正确；弹簧发生形 变的过程中，形变量为0.4，根据弹簧弹性势能的计算公式 1 Em=2k(△x)产，解得k=62.5Nym,故C正确：弹簧压缩量最 大时，弹力为F=k△x,根据牛顿第二定律有F一mngsin30°= 2a,解得a=20mfs2,故D错误。 (1)0.02J(2)不能 【解析】(1)弹珠A以v,=√I3ms的初速度水平向右瞬间 弹出，在地面做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 f=ma, 设弹珠A与弹珠B碰前瞬间的速度为v',则有品 w'2=2a.x1, 碰撞过程中系统动量守恒，则有mv'=mw1十mv2, 碰撞过程中损失的机被能为△E=了m”一令m 解得△E=0.02J,02=2m.'s。 (2)弹珠B向右运动的加速度依然为，根据速度一位移公式 有v2-2=2a.x2, 解得2=√1.6mfs>1m:s, 则弹珠不会停在坑中而从坑中滑出，则该同学不会胜出。 (1)10m.'s(2)990J 【解析】(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统 动量守恒，有m,=(m。十m,),解得0=m。=10m1s mo+m (2②)子第打人小木块过程产生的热量为Q=号m,听-2m,十 1 m1)v2=950J, 小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系统 动量守恒，有(m0十m1)=(1。十1十m2）v共， 求得v共=2mfs, 1 1 该过程中产生的热量为Q,=2（m。十m1)w2-2(m。十m,十 m2)v共=40J. 19 所以，整个过程中产生的总热量为Q总=Q1十Q2=990J。 96N(21s,5m 【解析】(1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得 1 mu6-0=mgh,解得vg=2√10ms, 在B点，由牛顿第二定律得F一ngcos0=mR, 解得FN=96N。 (2)以B到D过程，由动能定理得2m6一2m=mg(R 1 Rcos 0)-umgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有m=2mw1,解得1=3ms, 之后做平抛运动，有2=1-(2) =2g1,解得 18W3 r= 5 m (1)9N(2)4.8J(3)-0.45J 【解析】(1)若滑块恰好能够滑上轨道E℉，在最高点D处做圆 周运动的同心力由重力契供m=如食滑扶由C点沿到员 商点D过程能量守恒，了m呢十mgR=之m品十2mgR。 滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由轨道对滑块的弹力提 ·8 CD时的动能最小时滑块损失的机械能最小。设滑块刚滑上 供FN=m尺，解得FN=9N。 平板时的速度为1，两者共速时的速度为共，平板到达CD (2)因41=0.2,42=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑 时的最小速度为v2,则有v共=，一a1t=a2t,解得 块与木板之间存在摩擦，把滑块与木板看成一个系统，其动量 1 守恒，要满足滑块始终不脱离木板，滑块最终必定与木板共速， =a+a2 则有mu=(m十M)y共， 设滑块以的速度滑上木板，并在木板上最终滑行x距离时 共速前平板的位移大小为了=学，共速前滑块的位移大小 1 1 与木板共速，此过程能量守恒，2mv=amgx十2(m+ 为好=十w些， 2 M)v共， 共速前两者的相对位移大小为4，=--之， 滑块滑上木板时的动能最大为Ekm=2mv2,解得Em m+M 共速后平板到达CD时的位移大小d-L一=年 2a3 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x,= 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时 ，联立解得，-2 v=4√2mfs>2ms, 2a1 5 m s. 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 该过程滑块损失的最小机械能为E=Q,十Q:十2M5,代入 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有。=√gR, 数据解得E=10J。 滑块刚滑上木板时0o=2m.'s,因为1=0,42=0.1，木板与地 面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第 物理（八） 1次碰撞时动量守恒，有m0o=mw1十M2, 1.B【解析】设该种带正电粒子的轨迹半径为r,由几何关系可 由能量守恒定律有之mi=子mo+号Mo, 1 得，产十(3R)°=(+R),解得，=4R,由g,B=m,可得 1 3 解得滑块速度u1=2=1ms,木板速度，= 2 品-服 3m/s, 2.B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力 磁场I中运动的半径为r1=L,由洛伦兹力提供向心力得 1 对木板做的功w=0-2M=0-2×0.1×3J- qoB=m 头每得日一吧，蓝场Ⅱ的座感位强度是装场1 -0.45J。 的磁感应强度的2倍，所以粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为”？ (1)6ms24ms2(2)2s(3)10J 【解析】(1)滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有 粒子在磁场中运动的周期为T2心-2π，粒子 0 1mg=ma1,解得a1=6ms2, 对平板，根据牛顿第二定律有41mg一2(m十M)g=Ma2,解 磁场Ⅱ中运动的周期为T,=2“=化，两次经过Q点的时间 得a2=4mfs2。 6T1+2× - 5 2πL 间隔为t=1× ,故B正确。 1 (2)滑块从0到A,根据动能定理有mgh=2m,解得。= 01 2√2m/s, '60° 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=。 a1t1=a2t1, 130 舒得-号m8-号平板的位移名0，i-去… 1 3.C【解析】根据左手定则可知，电子在磁场中沿顺时针方向运 共速后，两者一起做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有 动，故A错误；粒子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与 2(n+M)g=(m+M)a3, 速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故B错误；粒子在磁 解得a3=1ms, 场中，由济伦滋力提供向心力，则有mB=m,解得r=吧 gB' 设再经时间t2平板运动至CD,则有x?=d一L一x1=t2 因右侧磁场较强，故带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运 1 4√2 2a,,解得t=5s, 动时，运动半径减小，故C正确；粒子在磁场中，洛伦兹力为 F=qwB,速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。 故平板到达CD的时间t=t1十t2=√2s。 4.C【解析】放射性元素放出α粒子时，a粒子与反冲核的速度 (3)若滑块经过平板后滑上C平台，则此过程滑块与平板之间的 相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个 摩擦生热为Q1=41mgL=7.2J, 粒子的轨迹应为外切圆，两个粒子做圆周运动环绕方向相同： 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=42(M十m)g(d一L)= 而放射性元素放出B粒子时，B粒子与反冲核的速度相反，且电 1.6J, 性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨 可知Q1、Q,均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达 迹应为内切圆，两个粒子做圆周运动环绕方向相反。故甲图放