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（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

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、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6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。 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1=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=10m/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 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6.0ms 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α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，重力加速度为g,sin37°=0.6，c0s37°=0.8.则 A.物块与斜面间的动摩擦因数为号 B.物块最终静止在b点 00200 77777777777777 C.弹簧具有的最大弹性势能为mgL 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 物理B·专题卷（七）第1页（共8页） 鱼跃龙 4.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 Mm0(式中 ro 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r1缓慢减小到r?。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. mgR(L-1） 2r1r2 B. mgR(1-1)）】 2r2r1 C. 片9 D. 5.2025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v,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ρS 位时间内桨叶旋转推动空气的质 C.无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为2P -M g D.无人机悬停时，悬吊伤员的质量可表示为P一M g 6.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 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。已知悬点O到盒子中心的距离为1，泥巴的质量始终为 2,进入盒子前泥巴的速度为v。=√gl(g为重力加速度)。认为泥巴进入盒子后立即与盒子 相对静止，下列说法正确的是 L A.泥巴进入盒子瞬间，与盒子的共同速度为？√g B.进人盒了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4g D.盒子上升的最大高度为 门卷 物理B·专题卷（七）第2页（共8页） 7.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m=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= 1s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。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 m○2% 3m B、小球在圆弧轨道最高点的速度大小为？ 777777777777777777777777777777 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 8.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v。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 C.喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为，加 g(M-m)? D.在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能不守恒 9.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2m,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 gLsin0 物理B·专题卷（七）第3页（共8页） 鱼跃龙 B.小物块M与小物块N碰撞后瞬间小物块M的速度为2 glsin0 2 C.弹簧的最大弹性势能为)mgLsin0 N 0 717777777711777777777777777771771717 D.M、N碰撞过程中损失的机械能为？mgL sin0 10.如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始 上滑。若斜面足够长，在整个滑动过程中木块的动能随位移变化的关系图线如图乙所示， sin37°=0.6，cos37°=0.8。取水平地面为零势能面。则下列说法正确的是 本EK 6E 2E0 甲 A木块在滑动过程中，重力势能最大值为4红。B,木块受到的摩擦力大小为 Eo C.木块的重力大小为 父0 ,木块与斜面间的动摩擦因数为。 ￥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=10mg。已知弹簧的弹性势能表达式为E#=k(△)，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 ↑EI 8 、① ② 0 xlm 0.61.0 甲 乙 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25ms 门卷 物理B·专题卷（七）第4页（共8页） 班级 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 13 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， 姓名 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1s则不会停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化，弹 得分 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w。=√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1ms。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。 答题栏 777777777入777 (2)通过计算判断该同学能否胜出。 B 坑 2 3 :4 5 6 7 ---------- 9 12.(8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的小木 10 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4=0.5。一颗质量为 mo=0.05kg的子弹，以vo=200m/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。 (1)求子弹射入小木块后瞬间两者的共同速度？的大小； 11o -→] (2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中产生的 总热量Q。 物理B·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4=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=10ms2,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)r,求圆弧MN的半径r。 甲 A c"o 乙 C 物理B·专题卷（七）第6页（共8页） 14.(12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=0.4m,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41，木 板与轨道GH间的动摩擦因数为μ2，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 C点时，滑块受到的弹力大小FN; 开mFE G (2)若41=0.2,42=0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件 O C 下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm; 弹射器 aQ202 (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B·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μ1=0.6、平板与凹槽水平 底面BD间的动摩擦因数为2=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;0○ (2)若滑块释放的高度h=0.4m,求平板从开始运动至 A 到达CD的时间； B L d (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B·专题卷（七）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 Mgh=EkA十Eo,联立可得小环C的最大动能为Eko= M'gh M十mcos 0·故A正确；小环C下落过程受重力、杆的支持力 和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前 的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S后的过程，非重 力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小， 下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；小环从R 处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化 量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和 地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物 体的支持力的冲量和与重力的冲量等大反向，由于此过程重力 冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为 零，且方向向上，故C正确：环在R和Q时，弹簧长度相同，B对 地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的 重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支 持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos0=Mg,对A有T-mg F=ma,对B有F=mg,联立可得a=M mcos98-2g,故D 错误。 7.C【解析】小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的 弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，从A点到B点过 程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小， 根据系统机械能守恒，小球在A点的弹性势能必大于在C点的 弹性势能，故AB错误；小球从A点到C点过程，在光滑圆环半 径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分 力，故小球先做加速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸 长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力 的分力小于重力沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到 C点过程小球速率先增大再减小，小球在C点时动能不是最大 的，故C正确，D错误。 *D【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只 有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；a球在最 低点速度为零，a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球 。敏的功为w,由动能定理有g(停1+）十W=0,解得w -mg1(侵+)，散B错误：设轻杆L和水平杆L,的夹角为0。 由运动的合成与分解可知v6cos0=v,sin0,则v6=v。tan0,可 知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行， 则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大小为 g,故C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点， b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球 的速度为0，因此由系统机被能守恒有mg(受1+）-2m。 解得v。=√(2十√2)gl,故D正确。 8.BD【解析】一开始物块缓慢下降的过程，由动能定理mg·2h十 W=E。,而物块在A点处于平衡状态，有·2h=mg。物块下 落到OA中点处时，有mg(H十h)=E1十E1,而OA中点处 的弹性势能为E一子kx2-子E,联立可得Eu=mgH十 -?,放C维误：当物块释放后，先做自由落体运动，后改 变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动 1 能定理m加g(2h+H)=E,十乞mv品，联立可得最大速度为um一 (mgH-,最大动能为En=mgH-W,故B正确，A错 误；物块在下落过程，重力做正功，弹力做负功，故物块和弹簧组 成的系统机械能守恒，而物块的机械能减小，故D正确。 ABD【解析】当轻杆从水平位置转到竖直位置的过程，由关联 速度可知，轻杆转到竖直位置时，二者的速度大小相等，设为， 由动能定理可得3mg·专-mg·台=×3mo2十之m,解 得v=√I0m/s,故C错误；设在该过程中，轻杆对小球A做功 为W,对小球A,由动能定理可得一mg·台十W=之m,解 得W=15J,故A正确；设轻杆对小球B做功为W′，对小球B 由动能定理可得3mg·专+w=名×3md,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FB一mBg= -,解得FB=60N,方向竖直向上：对小 L 2 球A,由向心力公式可得FA十mAg= L,解得F4=0,轻杆 2 对轴O的作用力为两拉力矢量和，FA十FB=60N,故D正确。 0.AD【解析】设AB与水平方向的夹角为a,从A到C由动能 定理得mgH-mgas&·AB-mg·BC=号m呢，即mgH mgL=2m忌，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有 多大，游客从C点飞出的速度一定，A正确。若游客落在滑道 CD的不同点上，因位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的 偏向角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道上 的各点的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，B错 误。由A项分析可知，L越小，则到达C点时速度越大，游客在 斜面上的位移越长，越有可能落不到滑道CD上，C错误。若恰 能落在D点，则A=0ct=号g2,mgH-mgL=弓o2,联立 1 可得4H=L+h,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/g,设斜面倾角为0，有mgsn0=ma1,解得sn0=分则斜 面的倾角0一30°，B正确。从释放到最低点，根据能量守恒有 mg=sm9=(,-x,),解得是=25NWm,A错误。设当位 移为x2时，加速度为0，有k(x2一x1）=mgsin0,解得x2 0.5m,此时动能最大，最大动能为E。=mgx2sin02k(x, x1)2,解得Ekm=2J,C正确。根据能量守恒，弹簧的最大弹性势 能为Em=mgx3sin0=4.5J,D错误。 1.(1)0.9m(2)3W(3)4m/s 。6 2. (1)11.25s(2)32N 解得t=0.4s,小球到达A点时竖直方向的分速度为，= 、moo gt=4 m/s, 3.(1)2k1 √7 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 【解析】(1)轻杆开始移动时有F弹=△x=f, 解得△x- 平方向的夹角为53，由速度分解可得u。=an53=3m/s, 2kL⊙ (2)撞击弹簧前瞬间的速度为v。时，对瓶子、弹簧和轻杆有 A-sin 53-5 m/s, 0-m=w-f:, 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=vot= 1.2m。 3mv8 解得W弹=一 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得 8’ 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度0满足0-。m2- mg(HRRcos 53)m ”解得一空， 解得oe=55m/s,在C点，有R。一mg- R,解得F。= 104N, 允许玻璃瓶撞击的最大速度。满足0-2mo品=W舞一fL, 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 104N。 √7 解得um=之0… (3)小球从C到D由动能定理有-mg(R-Rcos53)= 8因为誓> ao听-名m2, 1 2,所以轻杆向下运动，有0一 gm(停n)-w,f, 解得p=11m/s, 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 1 点，最高点速度为x=Upcos53°， 解得x=2。 1 4. (1)5m/s,与水平方向夹角为53°斜向右上方(2)0.95m 小球由D点到最高点由动能定理有一mg△h=2mui:一 (3)34N 1 2 mvb, 【解析】(1)设小球在P点的速度为v。,D到P和P到Q可视 解得△h=3.872m。 为两个对称的运动，则有A=弓g,言 =ot,v,=gt,解得 物理（七） t=0.4s,0o=3m/s,,=4m/s, 则小球在D点的速度大小为 1.C2.D n=√6+o=5m/s, 3.D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有tan0== vo 系有g由87·台-mgs37(亿+片+片+号)解得 号，可得9=53，即小球在D点的速度方向与水平方向夹角为 3 k=6,A错误；由于mg sin37>ng cos37°，所以物块不会停 53°斜向右上方。 在b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 (2)小球由A到D过程，根据动能定理可得mgH十mgRcos0 有最大的弹性势能，从a点到c点，根据功能关系有mgsin37°· (L+)-mgos37r(L+)=E,:解得E,=6m8L,C错 9 2m02-0, 解得H=0.95m。 误；物块向下运动时，弹力先小于重力，做加速运动，后大于重 (3)小球由A到C过程，根据动能定理可得mg(H+R)= 力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力，做加速运动，后 2mu2-0, 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增 大后减小，D正确。 在C点，根据牛顿第二定律可得 4,C【解析】设卫星轨道半径为，由万有引力提供向心力G FN一mg=mR, 联立解得轨道对小球的支持力大小为F、=34N。 m号，其中M为地球的质量，由题日条作知其引力势能为E, (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 -G,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=巴，十2m 1 体运动，有h=2gt, Gm,半径为1时，卫星总能量E,=_GM,半径为r 2r 2r1 ·物理B· 时，其总能量E,=-GMm,由功能关系得，卫星轨道变化过程 2x2 GMm GMm 中克服阻力做的功W=E1一E,= 2r2 ,在地球表 2r1 面有G收=mg:联立可得g-加(）：故法C 2（r21 5.C【解析】设在时间△t内通过面积S圆面的空气质量为△m 则有△m=p·△V=p·S·v·△t,解得单位时间内桨叶旋转推 动空气的质量为=PS,放A错误；发动机的输出功率P W 2Amv? △m2 t △t 一2△，解得单位时间内桨叶旋转推动空气的质 量为，故B错误；由动量定理Fa:=Am,可得F 2P ,根据平衡条件可得F一Mg十m指员g,联立解得m伤员 2P 一M,故C正确，D错误。 vg 6.B【解析】泥巴进人盒子的过程，满足动量守恒，则2mv。= (2m十m)加，解得。-号，放A储误；进人盒子的过程中泥 巴损失的机械能为△E=号·2m5-子·2m2= 9mgl,故B 正确；根据牛顿第二定律有F-(2m十m)g=(2m十m)号，解 得F=13 mg,故C错误；根据机械能守恒定律有(2m十m)gh= 子(2m十m),所以h=号1，放D错误。 7.B【解析】规定航天员运动的方向为正方向，航天员开始时静 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=M,一m,解得1一祝，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=Mu2一mo,解得o2= 3”,同理设航天员第3次将球推出后的速度为，则复据动 量守恒定律有Mo:十mm=M:一m,解得，-，设航天员 第4次将球推出后的速度为v4,则根据动量守恒定律有M?十 m=M,一m,解得，-，由于进行第3次抛射后，小球 5mv 仍能追上航天员，则有u,=M<,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4 四≥，代入数据解得M≤68kg,综合可得航天员的质量应满 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 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v=,故 B错误；根据机械能守恒定律得分m心话=合×m。2十mg,解得 -30,故C正确小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 m,=m1十3m0:,根据机械能守恒定律，有弓moi=乞m十 1 2×3m,联立可得4=-空，=2，故D错误。 1 BD【解析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的 高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出后的 瞬间，万户及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量 守恒，设火箭的速度大小为，规定火箭运动方向为正方向，由 动量守恒定律得(M一m)v一mvo=0,解得火箭的速度大小为 。,故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛 o-M-m 运动，上升的最大高度g一2gM”)2放C错误在火箭 喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户 及所携设备做正功，所以万户及其所携设备的机械能不守恒，故 D正确。 AD【解析】小物块M由静止释放到碰撞前，根据动能定理有 2 mgL.sin0=号×2mi,解得小物块M与小物块N碰撞前的 速度为vo=√2 gLsin0,故A正确；小物块M与小物块N碰撞 前后动量守恒，2mwo=3mv1,解得小物块M与小物块N碰撞 后瞬间的迷度为=弓2gLsm0,故B错误；弹簧被压缩到 最短时，M、N、P三物块的速度相等，弹簧的弹性势能最大，根 据3m0,=4m,E,-之×3m-合×4md2,解得弹簧的最大 1 弹性势能为E,=3 mgLsin0,故C错误；M,N碰撞过程中损 失的机被能为△业=号×2m5-合×3ma=号mgl.in0,故 2 D正确。 0.AD【解析】木块上滑和下滑的整个过程中，损失的能量为 4E。,因此单程滑动摩擦力做功为一2E。,所以当木块上滑至最 高点时，速度为零，重力势能最大，E。=6E0一2E。=4E。,A正 确：根据功能关系得一f,=2E0,6B,解得∫=2E,B错误； 2 xo 根据动能定理得-f红，-Gz,sim37”=0-6E。,解得G=3x。, 20Eo C错误；根据摩擦力公式得f=Gcos37,解得μ=8， 3 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Eo=mgh=8J,物块距离斜面底端L=sin30=1.6m, 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h1=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长为L。= L一h1=1.6m一0.6m=1.0m,故A错误；物块刚接触弹簧时， 重力势能为El=Ew一mg(L一L。)sin30°=5J,根据机械能守恒 定律有E1十Ek1=E0,解得Ek1=3J,故B正确；弹簧发生形变 ●7 参考答案及解析 的过程中，形变量为0.4m,根据弹簧弹性势能的计算公式E弹= 点D过程能量守恒，7mi+mgR=之mi+2mgR, 2(△x),解得=62.5N/m,故C正确；弹簧压缩量最大时， 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 弹力为F=k△x,根据牛顿第二定律有F-mg sin30°=ma,解得 呢 a=20m/s2,故D错误。 供，FN=mR’ 11.(1)0.02J(2)不能 解得FN=9N。 【解析】(1)弹珠A以，=√13m/s的初速度水平向右瞬间弹 (2)因μ1=0.2,42=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑 出，在地面做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有f=ma, 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 设弹珠A与弹珠B碰前瞬间的速度为v',则有？ 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， v'2=2ax1, 则有mu=(m十M)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 碰撞过程中系统动量守恒，则有mo'=mo1十mw2, 碰擅过程中损失的机械能为△E=?mg”-弓m 2 mo-2 m, 与木板共速，此过程能量守恒，心2=么mgx十2(m十 M), 解得△E=0.02J,v2=2m/s。 (2)弹珠B向右运动的加速度依然为a,根据速度一位移公式 滑块滑上木板时的动能最大为E=弓m心，解得E。 有经-u2=2ax2, m+M 解得v3=√1.6m/s>1m/s, M Himgx, 则弹珠不会停在坑中而从坑中滑出，则该同学不会胜出。 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时 12.(1)10m/s(2)990J v=4√2m/s>2m/s,即滑块能够滑上木板，其机械能为 【解析】(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统 7.2J<8J. 动量守恒，有mo。=(m。十m1)u,解得v= movo -=10m/s。 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有。=√gR, mo+m 滑块刚滑上木板时o=2m/s,因为41=0,42=0.1，木板与地 (2)子弹打入小木块过程产生的热量为Q,=}， m6-2(m+ 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 m1)2=950J, 1次碰撞时动量守恒，有mvo=mo1十M2, 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 由能量守恒定律有宁m心i-了m十号Mi, 量守恒，有(m,十m1)o=(m,十m1十m2)v共，求得v共=2m/s, 3 该过程中产生的热最为Q:=合（m,十m)d-号(m,十m,十 解得滑块速度u=2=1m/s,木板速度：=之 3m/s, m2)v共=40J, 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力 所以，整个过程中产生的总热量为Qa=Q1十Q2=990J。 13.(1)96N(2)185。 对木板数的功W=0-号Mw=0-合×0,1×8J= -0.45J。 【解析】(1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得 15.(1)6m/s24m/s2(2)W2s(3)10J m0层-0=mgh,解得g=2I0m/s, 1 【解析】(1)滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有 uimg=ma, 在B点，由牛顿第二定律得FN一mg cos0=mR,解得FN- 解得a1=6m/s2, 96N。 对平板，根据牛顿第二定律有41mg一42(m十M)g=Ma2,解得 (②)从B到D过程，由动能定理得2md-子m店=mg(R- a2=4m/s2。 1 (2)滑块从0到A,根据动能定理有mgh=2mu6,解得u。一 Rcos 0)-umgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有mwo=2mo1,解得o1=3m/s, 2√2m/s, 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=v。一 之后做平抛运动，有合=-（分）=，解得 a1t1=a2t1, 18√3 4√2 1 m/s1=写s,平板的位移x1=2a片-25m, 4 r= 5 -m。 解得v= 5 14.(1)9N(2)4.8J(3)-0.45J 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 【解析】(1)若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆 2(m+M)g=(m+M)a3, 周运动的向心力由重力提供g=m受，滑块由C点游到最高 解得ag=1m/s2, 设再经时间t2平板运动至CD,则有x2=d一L一x1=t2 高三二轮复习专题卷 1 4√2 a,解得t2= 5s, 故平板到达CD的时间t=t1十t2=√2s。 (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 的摩擦生热为Q1=μ1mgL=7.2J, 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=2(M十m)g(d一L) 1.6J, 可知Q1、Q2均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达 CD时的动能最小时滑块损失的机械能最小。设滑块刚滑上 平板时的速度为1，两者共速时的速度为？共，平板到达CD 时的最小速度为v2,则有共=v1一a1t=a2t(,解得t= 01 a1十a2 共速前平板的位移大小为=受，共速前滑块的位移大小 为名=十可类， 2 共速前两者的相对位移大小为△x1=x2一xi=2, 共速后平板到达CD时的位移大小d-L一x-, 2a3 5 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x1= 2a,联立解得 _2w/15 5m/s, 该过程指块损失的最小机械能为E=Q,十Q:十合M,代入 数据解得E=10J。 物理（八） 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 得，2+(3R)2=(+R),解得r=4R,由g0,B=m,可得 是-R 6 2.B【解析】粒子的运动轨迹如图所 0 示，由几何关系可得，粒子在磁场I '60° 中运动的半径为1=L,由洛伦兹力 提供向心力得qoB,=m 飞30 B,- L,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场【的磁感应强度的2倍， 所以粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2= 2L,粒子在磁场1中 运动的周期为T,=2-2L,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为 T:-2-化，两次经过Q点的时同间隔为：=1×名工十2× 吾，-2化故B正确， Vo 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 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 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 场中，由洛伦蔽力提供向心力，则有9如B=m,解得7-侣。 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 动时，运动半径减小，故C正确；粒子在磁场中，洛伦兹力为 F=g四B,速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。 C【解析】放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度 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 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： 而放射性元素放出B粒子时，3粒子与反冲核的速度相反，且电 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 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 出的是α粒子，乙图放出的是B粒子，故A错误，C正确：放射性 元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，故α轨迹中粒子与b 轨迹中的粒子动量大小相等，方向相反；c轨迹中粒子与d轨迹 中的粒子动量大小相等，方向相反。由半径公式R一阳可得， 轨迹半径与动量成正比，与电荷量成反比，而α粒子和B粒子的 电荷量比反冲核的电荷量小，则α粒子和B粒子的半径比反冲 核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，c为B粒子的运动轨 迹，故B、D错误。 B【解析】画出粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知α 粒子(He)运动的半径满足r1+r1sin30°=OA,质子(H)运动的 半径为，=OA,根据洛伦兹力提供向心力有mB=m二，解得 01 1 023 A个 XX 0 B【解析】画出质子的运动轨迹，如图所 、e 示，设bc长度为2L,则ab=cd=3L,从边 界de垂直射出的质子，运动轨迹如图中1 所示，圆心为O1,由几何关系可知R1= ab+cd=6L,当质子过c点时，质子运动 轨迹对应的圆心角最大，在磁场中的运动 时间最长，运动轨迹如图中2所示，圆心为 O2,设半径为R2,则有(3L一R2)2+(2L)2=R,可得R2= 只上，由B-m至可得。=，所以认边界止直射出的质 m 子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为1：2= R1;R2=36:13。 A【解析】由题意知，带电粒子从P点以y 速率口指向圆心方向进入磁场，恰好从Q 点离开，可知带电粒子在磁场中运动的轨P?. 道半径r=R,当粒子以0=60°射入磁场 时，轨迹如图所示，由儿何知识可知，粒子0 Q 在磁场中运动的圆心角。-，在磁场中运动的时间6，- 5πR 6v ·8 粒子离开磁场后垂直x轴向下运动t-R-Rsin30°_R 数 据题干条件LBE 23d,代入可得 3 2Bqd,故B正 3d,m= 30 子经过：轴时的坐标位置x一R十Ra30-(停+1)R,时同 21 确；由图可知sin0= 为：=（餐+）8 r 3,由运动学关系可得 2m-4,从B点到E点运动时间t= T B C【解析】根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点 gB 3v 产生的磁场方向均相同，设两导线间的距离为d,距离ab导线为 -放C正确：根搭R一器可如当粒 20 :处魔场的藏骏应强度日=缸（仕+己）当么 子速度变为3时，粒子在磁场中运动的半径4 r'=3r=2d,如图乙所示，根据几何关系可得粒 时，B最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变， 子在微场中运动的圆心角sna=是2，可 d 1 9B=加，解得轨迹的面率半径r一阳，即在虚线附近面率半 π 径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是C。 得&三可知粒子在磁场中运动的时间/。T 9元，放D π BD【解析】根据题意，由图可知，粒子1在磁场中不偏转，粒子 错误。 1不带电，粒子2在磁场中受向上的洛伦兹力，由左手定则可 知，粒子2带正电，故A错误，B正确；由以上分析可知粒子1不 ￥CD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据gm5=?,可 带电，则无论如何增大速度，粒子1都不会偏转，故C错误；粒 知粒子在磁场中的轨迹半径R。=4d,正对O'的粒子，圆心恰好 子2在磁场中洛伦滋力提供向心力，有9B=m,可得r 在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根据几何 关系可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，A错误； ,可知，若增大粒子入射速度，粒子2偏转半径变大，根据题 mv 若粒子速度变为2u。,粒子在磁场中的轨迹半径R1=8d,正对 O'点入射的粒子离开磁场后，由图可知，一定不过O点，B错误； 意，设粒子的偏转角为9，由公式T=2”,可得粒子在磁场中的 由于所有粒子沿水平方向射人磁场，半径与速度方向垂直，圆心 运动时同为：一品，T一器由愿图可知，散子2偏转半径交大】 均在入射点的正下方，半径均为4d,所有圆心所在的轨迹相当于 将磁场边界向下平移4d,O'平移到O点位置，即所有粒子进人 则在磁场中的偏转角9变小，故粒子2在磁场中运动的时间变 磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d,如图乙所示，由 短，故D正确。 几何关系可知，进人无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O BD【解析】带电粒子在磁场中运动△t的时间内，近似认为轨 点，因此所有粒子都过O点，D正确：由D选项可知，从最上方进 迹半径和速度不变，结合圆周运动知识，有△=△9，根据洛伦 入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如图丙所 示，该粒子在磁场中旋转了143，因此运动的时间1=43， 兹力提供向心力，有9B=m,解得r=B,联立解得△ 2π·4d143πd ,C正确。 m△8 B,累加得到上=，则粒子在隧场中的运动时间只与偏转 Vo 45o 角有关，与速度无关。由题述可知，粒子在磁场中的偏转角为 ?x(n为奇数)，粒子所受阻力大小恒定，则加速度大小为a 粒子在磁场中的时间为1=公=，联立解得B=” O a f 2qvo 为奇数)，云室磁场的磁感应强度大小可能为B,=2 πf A贰 10.BC【解析】带电粒子在磁场中运动到E 点，根据左手定则可知粒子带正电，故A错 误；带电粒子在磁场中运动如图甲所示，假 丙 设圆心为O,半径为r,圆心角的一半为8，由 动力学方程可知Bg=m 2eUo 一，化简得m三 11.(1)/ 12m2)20。 mo BAWe 3B2R2 Bq,由几何关系可知r2-(d-r)2=LeL能=d+Li,根 【解析】(1)电子在电场中加速，根据动能定理，有U。= 1 /2eUo 2mt2-0,解得o=√m0