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（湖南专版）

·物理X· 向右，摩擦力的冲量方向向左，可知，拉力的冲量大于36N·s, 故C错误；t=6s时，根据牛顿第二定律有F-∫=ma=2X 4N=8N,解得F=10N,结合上述可知，t=6s时，拉力F的 功率为P=Fo=10×20W=200W,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 mgz1n0=(,-,解得k=25NWm,A错误。设当位 移为x2时，加速度为0，有(x2一x1)=mgsin0,解得x2 0.5m,此时动能最大，最大动能为E=mgSm0-子&(： 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Epm=mgx3sin0=4.5J,D错误。 11.(1)0.9m(2)3W(3)4m/s 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向有h三 2gt,代入数据解得t=0.3s, 水平方向有x=t=3X0.3m=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o2=2gh, P=mgv,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 ungl-2 mu 2nv0, 代人数据解得vo=4m/s。 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-mg 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=2=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 块随后向上做匀速直线运动，则有t2= L一x1=1.255, 则物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间t=t1十 t2=11.25s。 (2)物块从B运动到C过程，根据动能定理有一mgR cos6= mo-, 1 在C点，对物块分析有N=m尺，根据牛顿第三定律有N' N,解得N'=32N。 1.u@停。各，3能方 【解析】(1)轻杆开始移动时有F=△x=f, 解得ad-. (2)撞击弹簧前瞬间的速度为v。时，对瓶子、弹簧和轻杆有 1 0-2mo6=W0-f·4l, 3mvo 解得W弹=一8， 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度。满足0-2mv W,解得= 200, 允许玻璃瓶撞击的最大速度，满足0-合m心=W:一f亿， 解得vm=之0 《0固为汽，>受所以轻杆向下运动，有0 1/W512 2m(2v0）=Ww-fx, 1, 解得x=之l。 (1)5m/s,与水平方向夹角为53°斜向右上方(2)0.95m (3)34N 【解析】(I)设小球在P点的速度为vo,D到P和P到Q可视 为两个对称的运动，则有h=21,之=，0，=1，解得 t=0.4 s,vo=3 m/s,v,=4 m/s, 则小球在D点的速度大小为vp=√o+=5m/s, 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有tan0=?= Uo 、3,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+mgRcos0= 2mu品-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十R)= 2mu2-0, 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A=日8， 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0。=an53=3m/s, Asin 535-5 m/s, 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=0t= 1.2m。 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得mg(H十R- 1 1 Rcos 53)-2 mvc-2mh. 解得c=55m/s,在C点，有Fc-mg=m2】 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-mg(R-Rcos53°)= 1 m吃-合mo,解得a0=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vpx=UDCOS53°， 参考答案及解析 1 小球由D点到最高点由动能定理有一mg△h= 巴损失的机械能为△E=之·2mg- 2·2mw2=5 mgl,故B 2m06,解得△h=3.872m。 正确；根据牛顿第二定律有F-(2m十m)g=(2m十m),解 物理（七） 得F-13 ”g,故C错误；根据机械能守恒定律有(2m十m)gh= C【解析】当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为ω，则 1 2 2(2m十m)v2,所以h=号l,故D错误。 41mg=mwr,解得u=√， g =2 rad/s, 6.B【解析】规定航天员运动的方向为正方向，航天员开始时静 A错误；当小物块从圆盘上滑落后在餐桌上 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 做匀减速直线运动，而非曲线运动，B错误；小 守恒定律有0=M,一0，解得，-，球与舱璧碰擅后，运 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，物块减速时一2mg= 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 ma,物块滑落时的初速度v。=wr,根据匀变速直线运动规律可 v2,则根据动量守恒定律有Mo1十mv=Mu2一m,解得v2= 得一v=2ad,联立解得d=1m,由几何知识解得R= M,同理设航天员第3次将球推出后的速度为，则根据动 3m √d2+r=√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。 量守恒定律有Ma,十mg=Ma,一m,解得，-，设航天员 D【解析】由图知上滑5m时，Q:=10J,初动能Eko=30J,由 第4次将球推出后的速度为4，则根据动量守恒定律有Mw3十 能量守恒Eko=E,十Q,重力势能为E。=mgh,联立解得m= MU,一m0,解得0=化，由于进行第3次抛射后，山 号kg,产生的热量为mgc0s0·L=Q,由儿何关系知c0s8 3 仍能道上航天员，则有，-5四<，代入数据解得M>45k, 5,联立解得u=8,故AB错误；由牛顿第二定律-mgsin0 又因为经过4次抛射后，小球无法再追上航天员，则有4= mngcos9=mu,由几何关系得sin0=子，解得加速度a 网≥，代人数据解得M≤的g综合可得航天员的质量应满 一9m/s2,故C错误；物块沿斜面上滑s=1.5m的过程中，由 足45kg<M≤63kg。 能量守恒△Ek=mg cos0·s十ngssin0,解得△Ek=9J,故D*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 正确。 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 D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关 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 系有mg如37·台=mgos37…(亿+专+片+台），解得 量守恒，规定a,的方向为正方向，有m0。=4mu,解得。=学，故 -6A错误：由于mgs血37>mgms37,所以物块不会停在b B错误，根据机械能守恒定律得弓m 2mo=2×4mo2+mgh,解得 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°· -30,故C正确：小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 h 8g (L+)-mgm7(L+)=E,解得E,-6mgL 9 mu。=mu:+3mu2,根据机械能守恒定律，有2mu8=令mof+ 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， 号×3m,联立可得，=-号=受放D错误。 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7，BD 增大后减小，D正确。 8.AD【解析】小物块M由静止释放到碰撞前，根据动能定理有 C【解析】设卫星轨道半径为r,由万有引力提供向心力G Mm r2 2 mgLsin0=子×2m,解得小物块M与小物块N碰撞前的 速度为。=√/2 gLsin0,故A正确；小物块M与小物块N碰撞 山为地球的质量，由题目条件知其引力势 前后动量守恒，2m=3mw1,解得小物块M与小物块N碰撞后 -G,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=E,十弓m= 瞬间的速度为)=号√2gLm0,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 二Gm,半径为时，卫星总能量E,=一，半径为2 1 3mm,=4mu,E,-2×3moi-2×4mu,解得弹簧的最大弹 时其总能量E,三一G,由功能关系得，卫星轨道变化过程 性势能为E。=3 mgLsin0,故C错误；M、N碰撞过程中损失 中克服阻力做的功W:=E1一E2= _GMm+GMm,在地球表 2r1 2r2 2 面有6资=mg联立可得网，-（仁），放送C. 的机被能为△E=号×2mo-号×3moi=号mgLs血0，故D 2\r2r1 正确。 B【解析】泥巴进入盒子的过程，满足动量守恒，则2。=9.ABD【解析】工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受 (2m十m)0,解得D-子√，放A错误进人盒子的过程中泥 到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送 带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；相邻两工件间的最大 高三二轮复习专题卷 距离为xm=T=0.5m,故B正确，刚开始加速0.1s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umg cos0 mg sin0=ma,代人数据可得a=2.5m/s2,由位移公式x= 2aT,代入数据可得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部过程中其 机械能的增量与摩擦产生的热量之和，则有△E= 22+ mglsin30°=62.5J,Q=mgc0s30°·工相对，x相对=t-2 U 1 日-分·日=5m,联立解得Q=37.5J,则稳定工作时，电 动机因传送工件而多输出的功率为P=Q+△E-100W,故 T D正确。 10.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。=6E。一2E。=4E。,A正 确：根据功能关系得一fz,=2E。一6E ,解得∫=2E,B错误， 2 20E。 根据动能定理得一fx。-Gxosin37°=0-6E。,解得G= 3.x0 C错误，根据摩擦力公式得f=Gc0s37,解得μ=8， 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 1 力势能为Em=mgh=8J,物块距离斜面底端L一n30-1.6m, h 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一0.6m=1.0m,故A错误；物块刚接触弹簧时， 重力势能为E.1=Eo一mg(L-Lo)sin30°=5J,根据机械能守 恒定律有Ep十Ek1=E,解得E=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 Em=2k(△x)P,解得&=62.5N/m,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mg sin30°= ma,解得a=20m/s2,故D错误。 11.(1)0.02J(2)不能 【解析】(1)弹珠A以v。=√13m/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'，则有一 v'2=2ax1, 碰撞过程中系统动量守恒，则有mv'=mv1十mv2, 碰撞过程中损失的机械能为△E= 2m'2、1 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 有v2-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。 12.(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m1)0,解得u一。十m mhovo =10m/s。 1 (2)子弹打人小木块过程产生的热量为Q=2mo。二2(0 -(ma+ m1)o2=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)v=(m0十m1十m2)v共， 求得v共=2m/s, 1 该过程中产生的热量为Q:=2（m,十m)o2-2(m,十m1十 m2)v共=40J, 所以，整个过程中产生的总热量为Q点=Q1十Q2=990J。 (1)96N(2)183m 5 m 【解析】(1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得 1 m06-0=mgh,解得va=2√10m/s, 在B点，由牛顿第二定律得FN一ng cos0=mR, UB 解得FN=96N。 (2)从B到D过程，由动能定理得2m一2mui=mgR 1 Rcos 0)-umgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有mv。=2mv1,解得v1=3m/s, ）=2g,解得 之后做平抛运动，有2r=0t,2二（号r）=罗 _18V3 r5 m。 (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=m尺，滑块由C点滑到最 高点D过程能量守恒，名m2十mgR=名mi十2mgR, 1 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，F=m爱部得F、=9N (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mv=(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，名m=4mgx十名(m十 M)0共， 滑块滑上木板时的动能最大为Em=2mo,解得Em= m+M M Mimgx, 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时 v=4v2 m/s>2 m/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⑦o=√gR, 滑块刚滑上木板时o=2m/s,因为41=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 1次碰撞时动量守恒，有mv,=mu1十Mo2, 由能量守恒定律有2mo=mof+之Mad, 1 1 3 解得滑块速度01=2，=1m/s,木板速度0：=之，= ·8 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 6B1=m6,解得B1=汇，磁场Ⅱ的磁感应强度是磁主 对木板做的功W=0-号Mi=0-司 1 ×0.1×32J= 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= -0.45J。 ,粒子在磁场1中运动的周期为T-2”-2,粒子在 1 15.(1)6m/s24m/s2(2)W2s(3)10J 磁场Ⅱ中运动的周期为T,=22=L,两次经过Q点的时间 【解析】(1)滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有 0 1mg=ma1,解得a1=6m/s2, 间隔为t=1× T,十2X5T,=2L,故B正确。 对平板，根据牛顿第二定律有1mg一h2(m十M)g=Ma2,解 6 6 得a2=4m/s2。 0 2mw6,解得vo= '60 (2)滑块从O到A,根据动能定理有mgh= 2√2m/s, 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=。一 -309 a1t1=a2t1, 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 1 4 解得2/3，山2，平板的位移242四 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 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 汤中，由洛伦兹力提供向心力，则有gmB=m,解得r=0 2(m+M)g=(m+M)a3, gB’ 解得a3=1m/s2, 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 设再经时间t2平板运动至CD,则有x2=d-L一x1=t2 动时，运动半径减小，故C正确；粒子在磁场中，洛伦兹力为 4V F=qB,速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。 2at经，解得t2= 5s, 4.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 故平板到达CD的时间t=t1十t2=√2s。 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； (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 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 摩擦生热为Q1=h1mgL=7.2J, 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=μ2(M+m)g(d一L)= 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 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 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 CD时的动能最小时滑块损失的机械能最小。设滑块刚滑上 元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，故a轨迹中粒子与b 平板时的速度为1，两者共速时的速度为v共，平板到达CD 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 时的最小速度为v2,则有v共=1一a1t'1=a2t1,解得 中的粒子动量大小相等，方向相反。由半径公式R=器可得， i-aita2 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3粒子的半径比反冲 共速前平板的位移大小为了=受，共速前滑块的位移大小 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。 为x=, 2 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 共速前两者的相对位移大小为△如=好一-宁， 的半径为，=OA,根据洛伦兹力提供向心力有mB=m号，解 共速后平板到达CD时的位移大小d一L一=一 2a3 得=1 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x1= V2 3° ，联立解得： 2√/15 ××× 2a1 5m/s, B × 该过程滑块损失的最小机械能为E=Q1+Q:+2Mi,代人 0 数据解得E=10J。 物理（八） 0 6.A【解析】由题意知，带电粒子从P点以y* B【解析】设该种带正电粒子的轨迹半径为x,由几何关系可 速率v指向圆心方向进入磁场，恰好从Q 得r2+(3R)2=(+R),解得r=4R,由gB=mo,可得 点离开，可知带电粒子在磁场中运动的轨 道半径r=R,当粒子以0=60°射入磁场 9V0 时，轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子 0 m 4BR B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在 在藏场中运动的圆心角“=晋，在磁场中 磁场I中运动的半径为1=L,由洛伦兹力提供向心力得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6小题，每小题4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=10ms2,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E(QJ 30k 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 6 C.物块上滑时加速度的大小为6.0m/s 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 0 000 6 B.物块最终静止在b点 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X·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。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. mgR(L-1） B. mgR(1-1) 2r1r2 2r2r1 mgR(11) 2r2r1 D. 2r r2 5.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。已知悬点O到盒子中心的距离为！，泥巴的质量始终为 2m,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 AEEEEE0 A.泥巴进入盒子瞬间，与盒子的共同速度为？√g 0 B进入盒了的过程巾泥巴损失的机被能为g 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 6.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= 1ms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 收小球在圆孤轨道最高点的速度大小为号 3v8 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 门卷 物理X·专题卷（七）第2页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。 7.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-vo 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 8.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 gL sin 0 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 M C.弹簧的最大弹性势能为2 mngL sin0 wwW D.M,V碰撞过程中损失的机械能为sin0 9.如图所示，与水平面成0=30°角的传送带正以0=5ms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 B⑨B 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 擦因数么一·g取10m/s,下列说法正确的是 物理X·专题卷（七）第3页（共8页）】 鱼跃龙 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 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 2E 0 甲 乙 o 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 4E0 C.木块的重力大小为 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=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』 8 ① 5 0 x/m 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X·专题卷（七）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 13 11.(7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，被碰弹珠若能进人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。=√13s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： 答题栏 (1)两弹珠碰撞过程中损失的机械能。 Q 77777777777入P7777 B (2)通过计算判断该同学能否胜出。 坑 2 3 :4 5 6 7 ---------- 12.(9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o。=200m/s的初速度水平射入小木块（未穿出），入射时间极短，取 g=10ms2。 (1)求子弹射入小木块后瞬间两者的共同速度)的大小； io→m 172 (2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中产生的 7777777777777777777777777777777777777777 总热量Q。 物理X·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为圆弧，DM为该圆弧沿水平方向的半径，长为”。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=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， P点到D点的水平距离为？r,求圆弧MN的半径r。 甲 A B C D 物理X·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1=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2，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、; pmmrm G 0----- C (2)若41=0.2,42=0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件 弹射器 下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm; Q020n A (3)若1=0,42=0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF,求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩 擦力对木板做的功W。 物理X·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m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μ2=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 到达CD的时间； 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X·专题卷（七）第8页（共8页）