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（山东专版）

·物理A· 01 m=W-f·子， 解得W=一 mvs 81 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度口满足0一弓m 3 W,解得口=乞0， 允许玻璃瓶擅击的最大速度，满足0一乞=W。一， 解得。= 20。 因为>，所以轻杆向下运动：有0- 名n(停）'-w-f, 1 解得x=2l。 16.(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v,D到P和P到Q可视 为两个对称的运动，则有A-2,音-0，，一8，解得 t=0.4s,v0=3m/s,℃，=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= 00 3,可得日=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+mngR cos0= 2mu6-0,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)= 2mu2-0, 、在C点，根据牛顿第二定律可得FN一mg=m空， 联立解得轨道对小球的支持力大小为F、=34N。 17.(1)5m/s(2)790N(3)0.3m 【解析】(1)滑块P从A到B做平抛运动，则6=方g,解得 t=0.4s, gt 滑块到达B点时速度为0a=sn53=5m/s。 (2)滑块从B点运动到C点，根据动能定理可得1gR1(1 c0s53")=2m1呢-zm1哈， 代入数据解得oc=7m/s, 在C点，根据牛顿第二定律可得FN一m1g=m1R,解得 FN=790N, 根据牛顿第三定律可得，滑块P到达圆弧轨道末端C时对轨 道的压力的大小为790N。 (3)滑块P与滑块Q碰撞过程，动量守恒，则m1vc=(m1+ m2)v,解得o=3m/s, 两滑块冲上圆弧槽后上升到最大高度的过程，根据动量守恒 有(m1十m2)v=(m1十m2十m3)v:, 1 根据机械能守恒有2(m,十m:)v2=2(m,十m,十m:)w2十 (m1十m2)gH, 联立可得H=0.3m。 18.(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 1 体运动，有h=2gt, 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。一an53=3m/s, Asin 53-5 m/s, 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=vot= 1.2m。 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得mg(H十R一 Rcos53)=m呢-2m, 1 mvc 解得vc=5W5m/s,在C点，有Fc-mg= R 解得Fc=104N, 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。 (3)小球从C到D由动能定理有一mg(R一Rcos53°)= 2mv6-2mu品，解得v=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 点，最高点速度为V.=UDcOs53°， 小球由D点到最高点由动能定理有一mg△h=2mu品： 7mo2,解得△h=3,872m 物理（七）】 C【解析】当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为ω，则 1mg=mw2r,解得ω=√， ig =2 rad/s, 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 物块从圆盘上滑落后，恰好停在桌面边缘的 运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，物 块减速时一以2mg=ma,物块滑落时的初速度vo=awr,根据匀变 速直线运动规律可得一v=2ad,联立解得d=1m,由几何知 识解得R=√d十rz=√2m,C正确；物块从圆盘滑落到最终 停下的过程中，摩擦力做负功W:=一42mgd=一2J,D错误。 D【解析】由图知上滑5m时，Q:=10J,初动能Eo=30J,由 能量守恒Eko=E。十Q:,重力势能为E。=mgh,联立解得m 3kg,产生的热量为mg cos0·L=Q:,由几何关系知cos日= 2 3 5,联立解得μ=8，故AB错误；由牛顿第二定律-mgsin0 pmg cos=ma,由几何关系得sin0=三，解得加速度a宁 一9m/s2,故C错误；物块沿斜面上滑s=1.5m的过程中，由 能量守恒△Ek=umg cos0·s十ngssin0,解得△Ek=9J,故D 正确。 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mgm37·台=mgo37·(亿+片+片+号），解得 L μ=6A错误；由于mg sin37>ang cos37,所以物块不会停在b 3 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 最大的弹性势能，从a点到c点，根据功能关系有mg sin37°· (亿+)-mg6os37r(L+）=E,解得E,=6m8L, 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 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 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 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 摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点，故OA>?。设物 ·7 参考答案及解析 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ugOA,则得E。=W 仍能追上航天员，则有，W之0，代入数据解得M45kg, 1 mgOA<W-2mga,即物块在A点时，弹簧的弹性势能小 又因为经过4次抛射后，小球无法再追上航天员，则有：= W≥，代入数据解得M≤63kg,综合可得航天员的质量应满 于W一】mg2,故A错误：由A分析得物块从开始运动到最 足45kg<M≤63kg。 终停在B点，路程大于口十号-？，故整个过程物块克服阻力 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 做功大于3 mga,因此物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 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 W-多mg0,放B正确；从0点开始到再次到达O点，物块路 量守恒，规定，的方向为正方向，有m,=4m,解得0=要，故 程大于a,由动能定理可知物块的动能小于W-mga,故C错 B错误；根据机械能守恒定律得2m心i=弓×4mm+mgh,解得 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 h= ,故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 8g 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 断，故D错误。 mu,=mu1+3mu,根据机械能守恒定律，有2mo=2m+ C【解析】设卫星轨道半径为r,由万有引力提供向心力G- X3m,联立可得u=一名，=空，故D错误。 00 r2 m,其中M为地球的质量，由题目条件知其引力势能为E,-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 GM,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=E,十2m头 r 有2 ngL sin0=2×2mu,解得小物块M与小物块N碰撞前 Gm,半径为1时，卫星总能量E,= GMm,半径为t2 的速度为vo=√2 gLsin0,故A正确；小物块M与小物块N 2 2r1 碰撞前后动量守恒，2mo。-3mw1,解得小物块M与小物块N GMm 时，其总能量E2= 二，由功能关系得，卫星轨道变化过程 2 2r2 碰撞后瞬间的速度为01=3√2gLsi0,故B错误；弹簧被压 中克服阻力做的功W:=E1一E2= _GMm+GMm,在地球表 缩到最短时，M、N、P三物块的速度相等，弹簧的弹性势能最 2r1 2r2 面有G=mg,联立可得网，-"g(}）,放选C。 大，根据3mu,=4mu,E,=2×3mu-2×4mv,解得弹簧 2r2r1 C【解析】设在时间△t内通过面积S圆面的空气质量为△m, 的最大弹性势能为E,=3 mngL sin0,故C错误：M,N碰撞过 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W=PS0,故A错误；发动机的输出功率P日 程中损失的机枝能为△E=之×2moi一号×3m心- 1 3 mgL sin9,故D正确。 W2mu2 △mu2 11.ABD【解析】工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动， t △t 一2△，解得单位时间内浆叶旋转推动空气的质 受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对 量为4、2P △一。，故B错误，由动量定理F△M=△mm,可得F=22 传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；相邻两工件间 0 的最大距离为xm=oT=0.5m,故B正确，刚开始加速0.1s 2P 根据平衡条件可得F=Mg十m伤员g,联立解得m伤员 -M, 时相邻两个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得 vg umg cos0-mg sin0=ma,代入数据可得a=2.5m/s2,由位移 故C正确，D错误。 B【解析】泥巴进入盒子的过程，满足动量守恒，则2m℃。= 公式x=2aT,代人数据可得x=0.0125m,故C错误；稳 定工作时，每一个T=0.1s内，传送带等效传送一个工件，而 2m+m)0,解得0。√g,故A错误；进人盒子的过程中泥 每传送一个工件电动机需做的功等于一个工件由底部传到顶 巴损失的机板能为△E-名·2mi-合·2mr-号mgl,放B 部过程中其机械能的增量与摩擦产生的热量之和，则有△E= 1 mu2+mglsin30°=62.5J,Q=mgc0s30°·x相时，x时= 正确；根据牛顿第二定律有F-(2m+m)g=(2m+m),解 得F-13 u-21-0 卫-”.”=5m,联立解得Q=37.5J,则稳定 mg,故C错误；根据机械能守恒定律有(2m十m)gh= a 2 a 合m十m心，所以A-子1，故D错误。 工作时，电动机因传送工件而多输出的功率为P-Q+△E_ 1000W,故D正确。 B【解析】规定航天员运动的方向为正方向，航天员开始时静 12.AD【解析】木块上滑和下滑的整个过程中，损失的能量为 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 4E。,因此单程滑动摩擦力做功为一2E。,所以当木块上滑至最 守恒定律有0=M,一m,解得-，球与舱壁碰擅后，运 高点时，速度为零，重力势能最大，E,=6E。一2E。=4E。,A正 确；根据功能关系得-f。=2E。,6E,解得f 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 2 2E0,B错误： v2,则根据动量守恒定律有Mv1+mv=Mv2一mv,解得v2 M,同理设航天员第3次将球推出后的速度为，则根据动 3m 根据动能定理得-f,-Gxsm37”=0-6E,解得G=3x 20E。 量守恒定律有M:十m=Mo,-n,解得，-5，设航天员 C错误；根据摩擦力公式得∫=Gcos37°，解得μ=8 D正确。 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 BC【解析】取地面为零势能面，根据图像可知物块初状态的重 力势能为E0=mgh=8J,物块距离斜面底端L一sn30=1.6m, h m0三M,一mu,解得u,=,由于进行第3次抛射后，小球 高三二轮复习专题卷 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-h1=1.6m-0.6m=1.0m,故A错误；物块刚接触弹簧时， 重力势能为Ep1=Eo一mg(L-Lo)sin30°=5J,根据机械能守 恒定律有E。十Ek1=E,解得E1=3J,故B正确；弹簧发生形 变的过程中，形变量为0.4m,根据弹簧弹性势能的计算公式 E=2k(△x),解得&=62,5N/m,放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mg sin30°= ma,解得a=20m/s2,故D错误。 13.(1)0.02J(2)不能 【解析】(1)弹珠A以v。=√I3m/s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v? '2=2ax1, 碰撞过程中系统动量守恒，则有mo'=mo1十mv2, 碰撞过程中损失的机械能为△E= 2mu'2、1 1 解得△E=0.02J,v2=2m/s。 (2)弹珠B向右运动的加速度依然为α，根据速度一位移公式 有v2一v22=2ax2, 解得v2=√1.6m/s>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。 14.(1)10m/s(2)990J 【解析】(1)子弹射人小木块过程中，子弹与小木块组成的系统 动量守恒，有mov。=(m。十m1)v,解得v= mow0=10m/s。 17 m。+m1 1 ②)子弹打人小木块过程产生的热量为Q,=2m6一2(m,十 m1)u2=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(mo十m1)o=(mo十m1十m2)v共， 求得v共=2m/s, 该过程中产生的热量为Q2= 2(m0+m1)o2-1 (m+m1+ m2)v共=40J, 所以，整个过程中产生的总热量为Q意=Q1十Q2=990J。 15.(1)96N(2)83] m 【解析】(1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得 2mu6-0=mgh,解得va=2√10m/s, UR 在B点，由牛顿第二定律得FN一ng cos0=mR, 解得FN=96N。 (2)从B到D过程，由动能定理得子mi-2mi=mg(R Rcos 0)-umgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有mv=2mv1,解得1=3m/s, 之后做平抛运动，有分=，2-(2丁=号2，解得 r=183 5 m 16.(1)9N(2)4.8J(3)-0.45J 【解析】(1)若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆 周运动的向心力由重力提供mg三mP,滑块由C点滑到显 高点D过程能量守恒，2mu2十mgR=2mu6十2mgR, 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 供，Fw=m爱，解得FN=9N。 19 (2)因41=0.2,42=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑 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 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， 则有m=(m十M)v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 与木板共速，此过程能量守恒，2w2=以mgx十号（m十 M)共， 滑块滑上木板时的动能最大为Em=之mv,解得Em一 m+M M uimgx, 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时 v=4√2m/s>2m/s, 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有，=√gR, 滑块刚滑上木板时v0=2m/s,因为41=0,2=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 1次碰撞时动量守恒，有mvo=mv1十Mv2, 由能量守恒定律有2mo=2moi+Moi, 1 3 解得滑块速度01=2=1m/s,木板速度2=之，= 3m/s, 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力 对木板做的功W=0-号Mi=0-合X0.1×3J= -0.45J。 1)1(2)3 8) 【解析】(1)子弹与复合装甲共速时速度最小，设子弹的质量为 m,复合装甲的质量为M,每块防弹板的厚度均为L,无论子弹 从哪一侧射人，系统水平方向动量都是守恒的，则有v。= (m+M)v, mvo 解得v= m十M' 即两次测试中，子弹的最小速度之比里=1。 乙 (2)子弹从左侧射入复合装甲时，根据能量守恒定律有，mm 2(m+M)v=fL, 子弹从右侧射人复合装甲时，根据能量守恒定律有2m0品一 名m+M0d2=fL+fa·片 L 结合= 解得会合 (3)子弹从左侧射入复合装甲的过程，根据运动学公式有L= 十”t甲-2t甲， 2 设子弹从右侧射入复合装甲至中间位置时，子弹的速度大小 为⑦1，复合装甲的速度大小为2，所用的时间为1，根据动量 守恒定律有mvo=mw1十Mv2, 根据能量守恒定律有2m-2mi-)Mi=fL, 1 根据运动学公式有L=61-号， 2 设子弹从复合装甲的中间位置运动至二者共速的过程中，所用 的时间为，根据运动学公式有片-”士”·女-”： 2 其中tz=t1十t2, 联立解经-号· (1)6m/s24m/s2(2)W2s(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 1mg=ma1,解得a1=6m/s2, ·8 对平板，根据牛顿第二定律有41mg一42(m十M)g=Ma2,解 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 得a2=4m/s2。 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 (2)滑块从0到A,根据动能定理有mgh=2m,解得u,一 场中，由洛伦滋力提供向心力，则有9B=m,,解得r= mu 2√2m/s, B' 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=o 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 a1t1=a2t1, 动时，运动半径减小，故C正确；粒子在磁场中，洛伦兹力为 4v2 √2 1 4 F=qB,速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。 解得v= 5 m/s,4=写s,平板的位移x1=2a号=25m, 4.C【解析】放射性元素放出a粒子时，α粒子与反冲核的速度 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 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 u2 (m+M)g=(m+M)a3, 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； 解得a3=1m/s2, 而放射性元素放出3粒子时，B粒子与反冲核的速度相反，且电 设再经时间t2平板运动至CD,则有x2=d一L一x1=t2一 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 4√2 2a,,解得t2=行s, 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 故平板到达CD的时间t=t1十t2=√2s。 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 (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=1mgL=7.2J, 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=μ2(M十m)g(d一L)= 中的粒子动量大小相等，方向相反。由半径公式尽一侣可得。 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 1.6J, 电荷量比反冲核的电荷量小，则α粒子和3粒子的半径比反冲 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 核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，c为3粒子的运动轨 迹，故B、D错误。 平板时的速度为o1,两者共速时的速度为共，平板到达CD 时的最小速度为v2,则有v共=v1一a1t1=a2t'1,解得 5.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r1十r1sin30°=OA,质子(H)运动 01 的半径为r2=04,根据洛伦兹力提供向心力有9B=m,,解 共速前平板的位移大小为=”类，共速前滑块的位移大小 2 得1 为=十四类， v23 2 共速前两者的相对位移大小为A,=一=之， 共速后平板到达CD时的位移大小d-L一x=美二， 0、 2a3 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x1= 0 ,联立解得，=2店 m/s, 2a1 5 6。D【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,洛伦兹 该过程滑块损失的0最小机械能为E=Q,十Q:+合M,代入 力提供向心力B=心，得T2如果粒子从c点射出 数据解得E=10J。 r 画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒： 物理（八） B【解析】设该种带正电粒子的轨迹半径为r,由几何关系可 子圆周运动的圆心角为Q。一，所用时间为 得，2十(3R)2=(+R),解得r=4R,由g0B=m,可得 3 T义2四-阳，如果粒子从1方 t.2π 点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周 B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在 、π 磁场I中运动的半径为”1=L,由洛伦兹力提供向心力得 qvoB1=m- 6,懈得B= 西动的医心角为受，所用时间为，-会T-层×需-0， ,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场I gL 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= 所以教子运动时间：满足≤≤w需故A,B错误：知果粒 之L,粒子在磁场I中运动的周期为T,=2-2,粒子在 子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何 关系，射出磁场时的速度的反向延长线通过a点，磁场的边长 为L,设粒子的轨道半径为r,由几何关系得L十r=√2L,由洛 磁场Ⅱ中运动的周期为T,= 2πr2=L,两次经过Q点的时间 T,+2×5T,=2,故B正确。 伦兹力提供向心力得gB=m”,联立解得口=2-1)gBL 间隔为t=1× 6 6 00 如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图， 根据几何关系得r=L,由洛伦兹力提供向心力得qB=m,, 60 联立解得0=9BL,粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出 Q m 30 正方形区域，所以5-1)gBL≤<BL,C错误，D正确。 m2025一2026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90分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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777777777777777 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A·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mg@ C.经O点时，物块的动能等于W一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 门卷 物理A·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3 7777777 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4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得4分，选对但不全的得2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 wwwwwwW 2 777777777777777777777777777777777777777 D.M、N碰撞过程中损失的机械能为mgL sin0 物理A·专题卷（七）第3页（共8页） 鱼跃龙 11.如图所示，与水平面成0=30°角的传送带正以v=5m/s的速度顺时针匀速运行，传送带长 l=10m。现每隔T=0.1s把质量m=1kg的工件（各工件均相同，且可视为质点）轻放在 传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端被取走时恰 好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数以-，g取10m/岭，下列说法正 确的是 A.工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩 ⑨B 擦力 B.相邻两个工件间的最大距离为0.5m C.相邻两个工件间的最小距离为1.25m D.稳定工作时，电动机因传送工件而多输出的功率为1000W 12.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E 2E0 甲 乙 A.木块在滑动过程中，重力势能最大值为4E。B.木块受到的摩擦力大小为E xo C.木块的重力大小为4E D。木块与斜面间的动摩擦因数为 8 ￥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)尸，其中为劲度系数， △x为弹簧的形变量。下列说法中正确的是 +E刀 8 ① 5 心兽 1② 甲 0.61.0 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25m/s2 门卷 物理A·专题卷（七）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 15, 13.(6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 姓名 经过坑时的速度如果大于1m/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。 得分 某同学将弹珠A以v。=√13/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1m/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。 Q (2)通过计算判断该同学能否胜出。 答题栏 1 2 5 6 P 14.(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 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 9 m。=0.05kg的子弹，以v。=200m/s的初速度水平射入小木块（未穿出），入射时间极短，取 10 g=10m/s2。 11 12 (1)求子弹射入小木块后瞬间两者的共同速度)的大小；心→网 (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A·专题卷（七）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (8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=O.4,C、D 两点水平距离L=1,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， 1 P点到D点的水平距离为2，求圆弧MN的半径r。 甲 A 乙 B C D 物理A·专题卷（七）第6页（共8页） 16.(8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 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=10/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、; pmm G (2)若41=0.2，μ2=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 (3)若1=0,42=0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF,求在滑块 MN☐T 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A·专题卷（七）第7页（共8页）】 鱼跃龙门老 17.(14分)在军事装备设计中，经常需要对复合材料进行测试。两种材料不同、厚度相同的防弹 板A和防弹板B粘在一起组成复合装甲，测试时用相同的子弹以相同的速度分别从左、右两 侧对静止在光滑水平地面上的复合装甲进行射击，子弹从左侧射入（如图甲所示）时恰好能 击穿防弹板A,子弹从右侧射入（如图乙所示）时，子弹不仅击穿了防弹板B,还深入了防弹 板A厚度的四分之一。已知子弹在防弹板A、B中受到的阻力大小恒定，子弹可视为质 点，求： (1)两次测试中，子弹的最小速度之比”甲， (2)子弹在防弹板A、B中运动时受到的阻力之 AB石 777777777777777 甲 t甲 (3)两次测试中，子弹在复合装甲内运动的时间之比 18.(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;o八○ (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； (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A·专题卷（七）第8页（共8页）