单元过关(八) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川专版)

2026一2027学年度单元过关（八） 物理·动力学、动量和能量观点 在力学中的应用 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 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 6 答案 1.两小车P、Q的质量分别为mp和Q,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前 后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为m、,碰撞时间极 短，则 () N Q N N 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 甲 U A.mp>mN>ma B.mN>mp>mo C.mo>mp>mN D.mo>mN>mP 2.如图所示，三个完全相同的小球A、B、C分别套在同一竖直面内相互平行的两根长杆 上，两杆均水平且相距台，小球质量均为m,A,B通过不可伸长的细线相连，细线长为 L,小球与长杆间的动摩擦因数均为μ。初始时，A、C球静止，给B球一个垂直于A、B 连线且沿杆的初速度v,绳子绷紧后B球立即与C球发生弹性正碰，C球运动的位移大 小为 () v2 A.2ug B.v/31 2ug 2 v2 02 3L C.8μg D.Bug 8 单元过关（八）物理第1页（共8页） 奋斗之中，劳力铸就可能 3.如图所示，两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上，车上各站着一人，人与车总质 班级 量均为M,甲乙中的一人手持一质量为的篮球。从某时刻起，持球人将篮球以水平 速度v抛给另一人，另一人接到球后，又把球抛给对方…，直到最终球被甲、乙两人中 姓名 的一人接住而不再抛出，这时甲乙的速率分别为v甲、乙。下列判断正确的是( 得分 7777777777777777777777777777 Mu A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为 m Mo B.第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为 +M C.若v甲<v乙，说明甲是最终的持球人 D.若v甲>v乙，说明乙是开始的持球人 4.如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。 撤去外力的瞬间，A球加速度大小为α，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度 大小为v。已知A球质量为3m,B球质量为m,两小球均可视为点电荷，不考虑带电小 球运动产生的电磁效应。则在该段时间内 () Q 77777 777777 A.B球运动的距离为2d B库仑力对A球的冲量大小为}m C库仑力对A球敢功为点m心 D.两球组成的系统电势能减少了号心 5.如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于 静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位 置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块 B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置 坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图乙中除O~x1之间的图线为 直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g,则() E小 E 777777777777 0 x3 x/em 甲 乙 单元过关（八）物理第2页（共8页） 1 A.物块A、B的质量之比为2：3 Ek B.弹簧的劲度系数k= x2(x2-x1) C,从乙1到x3的过程中，物块AB一起运动的加速度的最大值Q二，-多 D.从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E。 16xs-15x1E 4x1 6.如图，用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，将小球 a由静止释放，当小球a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰 撞，碰撞后b滑行的最大距离为L,已知b的质量是a的2倍，b与水平面间的动摩擦因 数为，不计空气阻力，则 () b miinmm A.小球a下摆至最低点过程中重力做功的功率一直在增大 B.碰撞后瞬间小球a的速度大小为√2μgL C轻绳的长度山 D.小球a反弹的最大高度为3L 7.为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的模型，固定斜面体上有两段倾角均为37°的 平行斜面ab和cd,cd足够长。质量为4m、长度为s的“L形”防滑板B恰好静止在cd 段的最上端，上表面与ab齐平。在斜面ab上距b点1.5s处由静止释放质量为m的小 滑块A,滑块A与ab面及与B的上表面间的动摩擦因数均为0.5。滑块与防滑板下端 薄挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。则 () A.A刚滑上B时速度大小为√gs B.A滑上B后，B立即加速下滑 C.A与B第一次碰撞后，B的速度大小为√gs D.A将与B发生二次碰撞 单元过关（八）物理第3页（共8页） 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 8.质量为M的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处由静止 释放一质量为、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中 虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半 短轴之比为3：1。下列说法正确的是 () E 7777777777777777 1t2t3 甲 A.半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒 B.小球质量与凹槽质量之比m:M=3:1 C.t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直 D.t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力 9.如图所示，木板静止在光滑的水平地面上，右侧有一个固定的竖直挡板，左侧等高的平 台上有一个角度可变的轨道。当轨道倾角为30°时，物块恰好匀速下滑，现将倾角调 为60时，物块从高h=1.2m处静止下滑，经过一段时间物块从斜面滑上木板，且速度 大小不变，已知物块和木板的质量分别为3kg和1kg,它们间的动摩擦因数4=0.2，木 板首次与挡板发生碰撞之前，物块和木板已达到共同速度，木板与竖直挡板发生多次弹 性碰撞，最终物块和木板均静止（物块未碰挡板），重力加速度为10m/s2。以下判断正 确的是 () 7777 A.物块与木板因摩擦产生的热量为20J B.木板长度至少是4m 3 C,木板右端距挡板的距离至少为亏m D.木板与竖直挡板前两次碰撞的时间间隔为gs 9 10.如图所示，半径为R、质量为3m的圆弧槽AB静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底 端B点切线水平，距离B点R处有一质量为3的小球2（可视为质点），其左侧连接 轻弹簧。现将质量为的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A点由静止释放， 重力加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确的是 () 单元过关（八）物理第4页（共8页） 1-② B R A.整个系统全程动量守恒 B.小球1刚与弹簽接触时，与圆弧槽底端B点相距R C.弹簧弹性势能的最大值为16mgR 9 D.小球1最终的速度大小为6gR 4 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)如图所示装置，是用来模拟测量子弹速度的简易装置。我们知道一般子弹速度 可达800/s左右，由于没有枪和子弹，我们用弹射器弹出的小球模拟子弹，本实验目 的是测小球弹射出的速度。与弹射口等高处用细线悬挂一沙盒，小球弹出后会打人沙 盒中并迅速相对盒子静止，细线的上端系于一固定铁架台（图中未画出）上的O点，并 固定一量角器，量角器圆心在O点，另有一可绕O转动的轻质细长指针，初始与细线 同处竖直方向。当沙盒向右侧摆起会带动指针同步逆时针转动，指针对沙盒的阻力可 以忽略不计，当沙盒摆到最高点后再摆下来时，指针就停在最大角度处静止，需手动复 位到初始竖直位置。当地重力加速度为g。 弹射器 wO (1)实验中通过量角器读出指针从初始竖直到沙盒将指针推到最大偏角时旋转的角度 0,用刻度尺测出图中细线OA的长度L,还需要测出的物理量 (填写选项 字母序号)。 A.弹射器距地面的高度h B.小球的质量m C.沙盒的总质量M D.弹簧的压缩量x (2)认定小球是水平击中沙盒的，从小球击中沙盒前瞬间到沙盒摆至最高处，忽略空气 阻力，对小球、沙盒组成的系统 (填写选项字母序号)。 A.动量、机械能均守恒 B.动量、机械能均不守恒 C.动量守恒、机械能不守恒 单元过关（八）物理第5页（共8页） (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题干条件，写出小球弹射出的速度表达式 V0= (4)由于没有考虑沙盒大小，使测得小球速度比真实值 (填“偏大”“偏小”或 “不变”)。 12.(8分)用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。 光电门1 滑块遮光条 光电门2 A B 40 压缩弹簧 连气源 气垫导轨 底脚螺丝 甲 乙 (1)实验步骤如下： ①将两个完全相同的遮光条分别固定在滑块A和滑块B上，用天平测出滑块A(含 遮光条)的质量m1,滑块B(含遮光条)的质量m2; ②接通气泵，在气垫导轨左侧放置一个滑块，轻推滑块，滑块向右运动，光电门2 记录的时间小于光电门1记录的时间，于是调节底脚螺丝，将气垫导轨右端适 当 (填“提高”或“降低”)； ③在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩，并用一根细线将两个滑 块固定，开始时两个滑块静止在气垫导轨上，如图甲所示； ④绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，记录光电门1、2的遮光时间t1、t2; ⑤改变压紧弹簧的程度，重复步骤②、③、④，多次测量的结果如表格所示。 1 2 3 4 6 t1/10-3s 10.1 9.2 9.6 7.8 12.8 6.2 t2/10-3s 15.3 13.6 14.1 11.2 18.9 9.1 (2)用螺旋测微器测量滑块A的遮光条的宽度d,示数如图乙所示，则d= mm. (3)比较1、2两次实验，烧断绳子前，第2次实验中弹簧的弹性势能较 (填 “大”或“小”)。 (4)甲同学利用测得数据计算滑块A、B通过光电门时的动量卫1、卫2，发现p1总小 于p2,下列原因中可能的是 A.测质量m2时未包含遮光条 B.气垫导轨左端略高于右端 C.遮光条宽度d的测量值偏小 (5)根据表格中数据，作出t1t2图线，乙同学认为，若图线为过坐标原点的倾斜直线， 即可验证系统动量守恒。该同学的观点 （填“正确”或“不正确”)，理 由是 0 单元过关（八）物理第6页（共8页） 13.(10分)如图所示，一小圆环A套在一根均匀直杆B上，A的质量为m,B的质量为 2m,它们之间的滑动摩擦力f=0.5mg(g为所处区域的重力加速度)，开始时A处于 B的下端，B竖直放置，在A的下方与A相距为h处，存在一个“相互作用”区域C,区 域C的高度为d,固定在地面上方的空中（如图中虚线的部分），当A进入区域C时，A 就受到一个方向竖直向上、大小F=3mg的恒力作用，区域C对直杆B不产生作用力， 让A和B一起由静止开始下落，已知A从首次进人区域C内运动到离开区域C整个 过程始终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。 (1)若A从区域C下方离开“相互作用”区，求A离开区域C时的速度的大小，并求 高度d与h之间满足的关系。 (2)若高度d分别取两个不同值d,-多和d,=么，试求这两种不同情况下，直杆B的长 度1分别应满足的条件。 相互 C 作用区 14.(13分)如图所示，水平面放置“L”形长木板B,木板左侧有凸起的小挡板，木板B上表面 P点处放置小铁块C(可视为质点)，P点到挡板间的上表面光滑且距离d=3.5m,P点 右侧的上表面粗糙，铁块C与木板B上P点右侧的上表面间动摩擦因数41=0.5，木板B 1 与水平面间动摩擦因数u2=3。质量m1=0.2kg的小物块A以速度v=16m/s与木 板B发生弹性碰撞，一段时间后木板B与铁块C发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短，木板 B质量m2=0.6kg,铁块C质量m3=0.12kg,铁块C始终没有脱离木板B,g取 10m/s2,不计空气阻力，求： (1)物块A与木板B碰后B的速度大小及木板B与铁块C碰后C的速度大小； (2)铁块C对木板B的摩擦力所做的功； (3)木板B的最小长度。 C B 7777777777777777g7777777777777 1 单元过关（八）物理第7页（共8页） 15.(17分)如图所示，光滑轨道ABC由竖直轨道与半径R=0.25m的竖直圆弧轨道组 成，O为圆弧轨道的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角0=37°， 在轨道右侧与A等高处有一平台，平台边缘D处有一质量M=0.2kg的薄木板，其最 左端放有一质量m=0.3kg的滑块。质量mo=0.1kg的小球在一定条件下可经C点 射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。已知C与D的高度 差h=0.45m,滑块与薄木板间的动摩擦因数：1=0.4，薄木板与平台间的动摩擦因 数42=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质 点，不计空气阻力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小； (2)要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离； (3)若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及 薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的热量。 R O h B 单元过关（八）物理第8页（共8页）2027 单元过关 (2+1)3=22i+(2+1)2Fd 解得v= 2 m a子n+] m 以上式子相加得 1 1 1 Fd 根据数学知识可知，当m十1=一2×(-2)4’ (n+1)2v2=22w2+(n+4)(n一1) (2分) m 即n=3时vn有最大值 又i-Fd (1分) 3Fd m UAmax=U3=2√2m (1分) 2026一2027学年度单元过关（八) 物理·动力学、动量和能量观点在力学中的应用 一、单项选择题 9 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 3d,联立解得xB=4d,A错误；根据动量守恒定 mpVp+mNN=mpop十mNN,即mp(p-P)= 律有3mA1一m=0,解得此时A的速度A1= mN(一N),根据图像可知(r一)>（人一vN), 故mn<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 日，在孩段时间内，A球的速度由0变为？，由动 恒有mava十mNN=mQ%十mNk,即ma(oa-)= 量定理可得库仑力对A球的冲量大小IA= mN(小一N),根据图像可知(Q一)<（水一N),故 3m℃A1一0=m,B错误；在该段时间内，对B,由 ma>mN;故ma>mv>mp,D正确。 豆X3mui=后mu,在该段时 1 1 动能定理有WA= 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为V1,由 1 动能定见得-g·停1-名时一司心，减直 1 1 间内，库仑力对A球做功为6m0,C错误；根据 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为02，根 能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 培加量，为△E-2X3mX成十m 3mo2, 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, D正确。 则=24gz,联立解得x8g3D正确。 5,D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统 原来的行振括E,=m,可知碰旋后A的连 1 由动量守恒定律有mv=Mv',可得抛球人获得的 连度。-A错误：第一次抛接球的过程，对 度大小变为原来的上，设A碰撞前瞬间速度为， 人和球系统由动量守恒定律有mu=(M十m)v", 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mAv= 接球人获得的速度v”= m十M?B错误；从开始抛 m十m)·郎得-日，A错泛设A的质 球到最终，根据Mv1=(M+m)u2,若v甲<vz,说 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 明甲是最终的持球人；若v甲>v2,说明乙是最终 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 确，D错误。 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2一 4.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 壁有口，两球运动一段时间，对B,由牛频 x(a,-),B错误；从1到x的过程 可得= Ek 弟三定体有号-，长立舒得比时AB装同矩 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度 最大在x1处或者x3处，在x1处有mg十3mg一 x=3d,对AB系统，根据动量守恒定律有3mA R,=m,F,=m8=3ng,解得a=名8，在，处 mB=0,整理得3mA-m=0,因为xA十xB t-m t 有F弹-mg-3mg=4ma',F#=3mg+k△x= ·26· ·物理· 参考答案及解析 7.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， 3mg十k(xg-x1),解得a'= x3一x2 1 4(x2-x1)8>48, 根据动能定理有(mg sin37°一u1 ng cos37)X 故加速度的最大值amax 4(x2-x)8,C错误；碰 x3一x2 1 /3 1.5s=2mv2,解得v一√写8s,A错误；L形”防 注后A的动能为6，则B的动能为3E 6总动能 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= 2×4 ng cos37°，解得42=0.75，滑块A滑上防滑 为 E十 ,从工1到工的过程中，由能量关系有 板B时，对B分析可知4 mgsin37°+u1 mgcos37°< 42(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 4mg(x3一x1)=△E,解得△E。 16x:-15x1Ea, 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 4x1 D正确。 (mgsin 37-uimg cos 37)X2.5s= 2mw1,碰撞过程 6.C【解析】小球a释放时和摆到最低点时，小球a 1 沿竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，故 中无机械能守位，则有mu1=mu2十4mug,2mo= 小球a从释放到摆动到最低点时重力的瞬时功率 名m+Xm,解得=-瓜，-名瓜， 1 先增大后减小，A错误；设轻绳的长度为l,小球a 的质量为m,物块b的质量为2m,碰前小球a的 C错误；碰撞后，A沿B上表面向上运动，根据牛顿第 速度为vo,碰后，小球a的速度为v1,物块b的速 二定律有mg sin37°十ng cos37°=ma1,对B有 度为2，对于物块b,碰后减速时，根据牛顿第二 1 mg cos37°+2(mg+4g)cos37°-4 ng sin37°= 定律则有μ·2mg=2ma,解得物块b减速的加速 mu,解得@1=ga:-年.以沿斜面向下为正方 度a=g,由运动学规律可得v=2aL,解得碰后 向，假设两者共速之前小滑块没有脱离防滑板，共 物块b的速度大小v2=√2gL,(此处有方法二，碰 速时的速度为4，所用时间为t,小滑块的位移为 后，对于小球b,根据动能定理有一2mgL=0-2 1 xA,防滑板的位移为xB,防滑板相对小滑块的位 移为△x,由运动学公式得V4=v2十Q1t=v3一 2mu,解得v2=√2ugL),取小球a碰前的速度为正 V2十V4 03十U4 方向，则根据动量守恒定律可得mwo=mw1十2w2, 2 -t,ZB=- 2t,Ax=IB-A, 1 1 2 根据能量守恒可得2n三2mo1十2·2w喔，联立 解得△z=55,因为△x<5,故假设成立。由于 解得u=m-2m 1 2m 2 4>0可知共速时两者下滑，分析可知，共速之后 m十2m0= 30,V2 m+2m0-300, 小滑块加速下滑，防滑板先减速下滑，无论防滑板 1 是否静止，小滑块始终相对防滑板下滑，则小滑块 结合上述结论解得二？2gL,0 2V2ugL, 能与滑板下端挡板发生第二次碰撞，D正确。 1 √2gL,B错 二、多项选择题 即碰后瞬间小球a的速度大小为 8.AD【解析】依题意，小球运动过程中，既有水平 误；小球a从释放到摆到最低，点的过程中，根据机 分速度，又有竖直分速度，凹槽只有水平速度，所 1 以半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，A 械能守恒定律，则有mgl=2mw5,解得小球a摆 正确；设凹槽半径为R,则椭圆半长轴为R,由于 到最低，点时的速度v0=√2g,结合上述结论vo 椭圆半长轴与半短轴之比为3：1，则椭圆半短轴 . 324gL,解得轻绳的长度1=习 4L,C正确；小球 为 ，短轴为2 ,即小球在水平方向的分位移 2R a反弹的速度大小u,=2√24gL,根据机械能守恒 x1= 3,依题意，半圆形凹槽与小球组成的系统 1 在水平方向动量守恒，则有mx1一Mx2=0,其中 定律，则有mghm一2加ui,解得小球a反弹的最大 x1十x2=2R,联立解得m：M=2：1,B错误；根 1 据图乙的对称性可知，2时刻小球位于凹槽最低 高度hs=4L,D错误。 点，则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间 ·27· 1 2027 单元过关 的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭 10.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 圆，轨迹的最低，点即为凹槽的最低点，t1时刻小球 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤 受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B点 沿半椭圆轨迹切线方向，可知，1时刻，小球受到 时小球1的速度为0，圆孤槽的速度为)，取水 凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，C错误；结 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相 量守恒有0=mv0一3mv,由能量守恒有mgR= 对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽 2mw+2·3m0,解得=30=√g,设小 1 1 3gR 的速度方向水平向右，由于小球相对于凹槽做圆 周运动，则小球在最低点时沿半径方向的合力提 球1到B,点时，小球1水平向右移动的距离为 供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻， x1,圆弧槽向左运动的距离为x2,两者的相对位 小球受到凹槽的支持力大于小球自身的重力，D 移为R,因此有mx1一3mx2=0,x1十x2=R,联 正确。 立解得1=R,=R,光时国孤精的B点 1 9.BD【解析】设物块质量为M,木板质量为m,当 轨道倾角为30°时，物块恰好匀速下滑，则有 与弹簧之间的距离L=x2十R三R,小球1从 Mg sin30°=41 Mg cos30°，解得μ1=tan30°= 3,从开始到最终状态，由能量守恒得Mgh一 √ B点向右以。匀速运动，国孤槽向左以号匀速 运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆孤槽底端B 41 Mg cos60°sin60+Q,解得Q=24,A错误： 对物块和木板这个系统由功能关系可知MgL=Q, 点的定病1=1+骨点=号R,B医， 解得L=4m,B正确；物块滑上木板时的速度 小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大 为vo,下滑过程由动能定理得Mgh一u1Mg· 值，从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量 cos60°，h1 sin60=2Mu6,解得uo=4m/s,根据题 守恒有mv。=(m十3m)v共，由能量守恒 意可知M=3,木板与挡板第一次碰撞前，物块 有m5=(m十3m)十E,联立解得 和木板的速度已经相等，设共同速度为⑦1，取向右 为正方向，根据动量守恒定律得3m℃。=4mw1,木 E,=mgR,C正确：从小球1刷与弹务接触到 板右端距挡板的距离至少为x,由动能定理得 两球分开，由动量守恒有mvo=mv1十3mv2,由 能量守恒有了mo6=了ami十号·3aoi,解得 1 Mgx=2mu,解得x=0.75m,C错误；从木板 第一次碰撞挡板后速度为一1，至第二次碰撞挡 1 1 01= 200:=20小球1之后向左以200 板前速度变为2，此过程所用时间为t1,由牛顿 第二定律得物块的加速度大小a4=·3m5 匀速运动，因为圆孤槽此时正向左以匀速运 3m 3 g,木板的加速度大小aB=·3mg 动，故会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞 =3μg,以向 m 前、后动量守恒有m:g+3m·9三m,于 右为正方向，则共速时v2=v1一aAt1=一U1十aBt1, 3 201 01 1 解得1一。十0一2店m-2,光过程中木板 一V1十v 1 1 1 5 的位移x1=一 2 t1= ,方向水平向左， 84 w十7·3m,解得，=40,0，=12，最终 则物块和木板继续向右匀速运动的时间(= 1 小球1以4的速度向左运动，圆孤槽以 200的速 V2 U1 ,故木板前两次撞击挡板的时间间隔t1意= 4μg 度向左运动，小球2以2的速度向右运动，小球1 t1+th= 9w0=1.125s,D正确。 164g 最终的速度03= 16gR ,D错误。 8 1 ·28· ·物理· 参考答案及解析 三、非选择题 对1和p2的影响是相同的，不会导致p1总小 11.(1)BC(1分)(2)B(1分) 于p2,C错误。 (3)M+m/2gL1-os0)(2分)（④）偏小(2分) (5)不正确。根据动量守恒定律m11=m22,因 m 为= d d 【解析】(1)设小球的初速度为V0,小球击中沙盒 2,联立可得m=m:,即 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M)v,小球 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 ,=m2,作出14，图线，若图线为过坐标原点 能守恒有)(m+M0u2=(m+MgL(I-cos0), 的倾斜直线，且斜率为m,才可验证系统动量 m2 联立解得，=M+m/2gL①-cos仍，可知还 守恒。 m 需要测出的物理量是小球的质量和沙盒的总 18.1g2级-8ad长号&(2≥套1≥4h 质量M,B、C正确。 【解析】(1)设A和B一起由静止下落到进入区 (2)小球水平击中沙盒后，两者共速，此过程动量 域C时速度为0，有 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 v=2gh 高度处，存在系统外力，即两者的重力，故动量不 A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 减速运动，有 不守恒，B正确。 (1分) (3)根据(1)选择测量的物理量特号和题千条件，小球 (mg+f-F)d=2m(o员-) 弹射出的建度表达式，-M+/2gL-osD。 联立解得A离开区域C时的速度 m vA=√g(2h-3d) (1分) (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 由于vA>0 际摆长L'大于L,根据o=M+m 则高度d与h之间满足的关系 m √2gL(1一cos0),可知测量速度比实际速度偏小。 4s号a (1分) 12.(1)②提高(1分)(2)4.915(1分)(3)大(1 (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 分)（4)B(2分)(5)不正确(1分)见解析 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， (2分) 设A离开区域C时B的速度为VB,则 【解析】(1)②因为光电门2记录的时间小于光 3mvo=mvA+2mvB (1分) 电门1记录的时间，说明滑块做加速运动，气垫 B在这一过程中下降的高度为hB,有 导轨左端高右端低，所以应将气垫导轨右端适当 1 提高。 (2mg-f)hs=2·2m(oi-i） (1分) (2)遮光条的宽度d=4.5mm十0.415mm= 4.915mm。 ①当d二2时，A从区城C下方离开“相互作 (3)比较1、2两次实验，第2次实验中两滑块通 用”区，由(1)可知，A离开“相互作用”区时的速 过光电门的时间都变短，说明速度变大，根据能 度vA=√g(2h-3d) 量守恒，烧断绳子前弹簧的弹性势能转化为滑块 3h 的动能，动能变大则弹性势能变大，所以第2次 联立解得hB= (1分) 4 实验中弹簧的弹性势能较大。 又l≥hB-d1 (4)测质量m2时未包含遮光条，会使m2测量值 偏小，则2会偏小，由于其它因素的影响不一定 则直折B的长度1度满足的条件是1≥号 (1分) 总会出现p1总小于p2的情况，A错误；气垫导 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 轨左端略高于右端，滑块A滑动时有动能转化为 用”区，A离开“相互作用”区时的速度 重力势能，滑块B滑动时有重力势能转化为动 UA=一00 (1分) 能，会使1偏小，卫2偏大，可能出现p1总小 联立解得hB=4h (1分) 于p2,B正确；遮光条宽度d的测量值偏小， 则直杆B的长度应满足的条件是1≥4h。(1分) ·29· 1 2027 单元过关 14.(1)8 m/s te m/s (20. 小球运动到B点时，由向心力公式有 【解析】(1)物块A与木板B发生弹性碰撞 Fx-mog=mo R (1分) 1 1 1 联立解得FN=5N。 mo=m1ua十mg,2m哈=2mu明+2m2呢 (1分) 由牛顿第三定律可知，小球经过B,点时对轨道的 (1分) 压力大小 得vB=8m/s (1分) FN=FN=5N (1分) 碰撞后铁块C静止不动，木板B加速度 (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 a=m2十m3)g 4m/s2 向的平抛运动，竖直方向有 m2 1 木板B与铁块C碰前B的速度大小为1，则 h=28t vi-v8=-2ad (1分) 解得t=0.3s (1分) 解得v1=6m/s 水平方向有 木板B与铁块C发生弹性碰撞 Ua=- t (1分) m2v=m202m3U3 tan =4 m/s 1 1 2m2v= 1 则C与D间的水平距离 2m2u+2m明 (1分) x=vct=1.2m。 (1分) 解得v2=4m/s,v3=10m/s (1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 (2)木板B与铁块C相碰后，C做匀速运动，B做 movc=moUcz十mv (1分) 减速运动，经过时间t1铁块C运动到P点有 由机械能守恒定律有 (1分) m呢=m,(6)r+ 1 (1分) 得t1=0.5s 联立解得碰撞后滑块的速度大小v-2m/s 此时木板B的速度v4=v2一at1=2m/s(1分) 因1mg=1.2N>2(m+M)g=1N(1分) 此后铁块C的加速度ac=u1g=5m/s2 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 木板B加速度 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 aB:0:+m:）8-m8=3m/g (1分) uimg=ma m2 解得a1=4m/s2 经过时间t2木板B停止，此过程木板B位移 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 v2 B-2d8-3m (1分) uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 解得a2=1m/s2 此后，1m3g<2(m2十m3)g,木板B静止不 设经过时间t',两者共速，有 动，铁块C继续做匀减速运动到停止，铁块C对 v'=v-at'=a2t (1分) 木板B的摩擦力所做的功W=μ1m3gxB=0.4J 解得t'=0.4s,v=0.4m/s (1分) (1分) 此过程中，滑块的位移大小 (3)铁块C从P点向右一直减速到零，其位移为 1 xc,有μ1m3gxc= 2m3v (1分) -7-0.48m (1分) 薄木板的位移大小 得xc=10m 铁块C静止在木板B上的位置与P点相对位移 x2=21'=0.08m (1分) 28 di-xe-an-3m (1分) 则薄木板的长度 L=x1-x2=0.4m (1分) 77 木板B最小长度L=d十d1= 6m。 (1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 15.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 热量 1 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 Q=:(M+m)g·xe+2(M+m)u'2=0.12J。 1 mog (h+R-Rcos 0)=- 2moo层-0 (1分) (1分) ·30·