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(重庆甘肃贵州湖南专版)

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 3 4 5 6 答案 1.两小车P、Q的质量分别为p和mQ,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 () Q Q N 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 甲 乙 A.mp>mNma B.mN>mp>mQ C.ma>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？，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4。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，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 () 02 A.2u8 B 23L 2μg2 D.88 8 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 量均为M,甲乙中的一人手持一质量为m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 的一人接住而不再抛出，这时甲乙的速率分别为甲、乙。下列判断正确的是() 单元过关（八）物理第1页（共8页） 奋斗之中，劳力铸就可能 里里n9sa里9 班级 姓名 Mu A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为 m Mu 得分 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，两端固定有小球A、B的竖直轻杆，小球A紧贴竖直光滑墙面，小球B位于光滑水 平地面上，小球C紧贴小球B,小球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程 中，三球始终在同一竖直面上，小球A落地后不反弹，已知小球C的最大速度为，三球 质量均为m,轻杆长为L,重力加速度为g,下列说法正确的是 () 9鸿9ww7w7 A.B、C两球分离时，小球A没有离开墙面 B.竖直墙对小球A的冲量大小为mv C.小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球A速度的2倍 D.小球A落地前瞬间，动能大小为mgL一8mw 5 5.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@，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 () B 77777777777777777 A.B球运动的距离为2d B.库仑力对A球的冲量大小为3mu C.库仑力对A球做功为18mo D.两球组成的系统电势能减少了mv2 单元过关（八）物理第2页（共8页） 2 6.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() 个E小 0 EkF--- 16 2 X3 x/cm 甲 A.物块A、B的质量之比为2：3 El B.弹簧的劲度系数k= x2（x2x1) C.从x1到x的过程中，物块A、B一起运动的加速度的最大值ax=二乙 x2-x1 D,从x1到x的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E。=16x154E 4x1 7.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4，不计空气阻力，则 () L 6 mthimmn 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L D.小球a反弹的最大高度为3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 2 单元过关（八）物理第3页（共8页） 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m、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 () A.半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒 E 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777777 1 12 13 9.如图所示，木板静止在光滑的水平地面上，右侧有一 分 乙 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μ=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 () 77777 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 C,木板右端距挡板的距离至少为亏m 3 9 D.木板与竖直挡板前两次碰撞的时间间隔为gs 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m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 () A NM-(② A.整个系统全程动量守恒 B,小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距R 9 C.弹簧弹性势能的最大值为16mgR D.小球1最终的速度大小为6gR 4 单元过关（八）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7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，小球弹出后会打入沙盒 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 弹射器 w 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。 (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 ,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 (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 00 (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.(9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 45 B 40 压缩弹簧 连气源 气垫导轨 底脚螺丝 35 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； 单元过关（八）物理第5页（共8页） 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、2; 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所示。 2 2 4 6 6 t1/10-8s 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1、卫2，发现1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 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∫=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=3g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从首次进入区域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v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,-令和d:=,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。 B 相互 作用区 单元过关（八）物理第6页（共8页） 14.(13分)如图为某挑战项目的示意图，其中弹射装置由弹射器和物块组成，物块质量为 m,弹射器质量为5m。弹射装置被挑战者从滑道平台起点O由静止释放，从滑道C点 冲出，当到达最高点D时，挑战者启动弹射器在极短时间将物块沿水平方向射出，物块 刚好水平进人右侧静置于光滑水平地面的质量为。的组合平台。如果弹射器落到下 方宽度为2h的缓冲保护区，且物块能到达右侧光滑圆弧轨道，也不从组合平台左侧 脱离，则视为挑战成功。已知平台0点离地高为)h,D点与A点的水平距离与高度 均为h,装置到最高点D点时速度vD=√2gh,平台上表面的水平长度EF=2h,其与 物块的动摩擦因数=8，重力加速度为g,弹射器和物块均可视为质点，不计空气阻 力。求： (1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功； (2)若弹射器射出物块后能落到缓冲保护区内，则在D点弹射器对物块的冲量最大值； (3)若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足的条件。 弹射装置 DE CA 水平地面 777W77777 缓冲保护区 2 单元过关（八）物理第7页（共8页） 15.(18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m。=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μ1=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。 A.. M 277727727777777777727772747 B 单元过关（八）物理第8页（共8页）2027 单元过关 定律，有 [2m+(n-1)m]v,=(2m+nm)v (1分) (2+1)2i=2+(2+1)2Fd m 由上式解得-n+1 以上式子相加得 n十20n (1分) (m+1)2=2u1+(n+4)(n-1) (1分) 同理可推出01n十” n 又ufFd (1分) 2Fd m 联立可得(n十1)2v品=n2v-1十(n十1) m 解得v员= (1分) a+++1 m 同理可推出 1 1 根据数学知识可知，当n十1=一2×(-2)4' 1 n2v-1=(n-1)2v%-2十n 2Fd m 即n=3时vm有最大值 (n-1)22-2=(n-2)2-g+(n-1)2Fd (1分) 3Fd m 0Am=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 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 mpUp+mNN=mpvp十mNN,即mp(p-)= 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 mN(ok-N),根据图像可知(p一)>（一N), 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 故mp<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 恒有maa十mNN=ma十mN,即ma(oa一v)= 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 mN(K一N),根据图像可知(Q一)<(UK一UN),故 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 mQ>mN;故mQ>mv>mp,D正确。 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为v1,由 变化量，即IA=2mv一0=2mx,B错误；B、C两球 21 分离后，小球C的速度为)并保持不变，此后A、B 动能定议得-mg·停L-ai一m,支 两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为V2,根 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 小，有mu=2m0,解得0=日，但此时小球A竖直 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 方向有速度，C错误；小球A开始沿竖直墙面下滑到 则=2ugx联立解得x二8g一8D正确。 落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机械能守 1 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统 恒定徐，有mgL一E+2m5+了m心，解得Bu= 由动量守恒定律有mu=Mu',可得抛球人获得的 建度。-A镄误：第一次鹅接球的过程，对 mg-高mD正克. 5.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定 人和球系统由动量守恒定律有mu=(M十m)v", 接球人获得的速度，-mMB错误；从开始抛 律有a=ga9a 3md,两球运动一段时间，对B,由牛频 球到最终，根据M1=(M十m)2,若v甲<z,说 第二定律有-，联立解得此时AB球间距 明甲是最终的持球人；若v甲>口乙，说明乙是最终 x=3d,对AB系统，根据动量守恒定律有3mvA一 的持球人，但是不能确定开始的持球人是谁，C正 确，D错误。 mUB=0,整理得3m一m=0,因为xA十xB二 t 2 ·26· ·物理· 参考答案及解析 9 竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，故小球a 3d,联立解得xB一4d,A错误；根据动量守恒定律 从释放到摆动到最低，点时重力的瞬时功率先增大后 有3m0一m=0,解得此时A的连度m=号，在该 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的速度为vo,碰后， 段时间内，A球的追度由0变为号，由动量定理可得 小球a的速度为v1,物块b的速度为v2,对于物块b, 碰后减速时，根据牛顿第二定律则有μ·2mg=2ma, 库仑力对A球的冲量大小IA=3mwA1一0=m℃，B 解得物块b减速的加速度α=g,由运动学规律可 错误；在该段时间内，对B,由动能定理有WA=)X】 得=2aL,解得碰后物块b的速度大小v2= √2gL,(此处有方法二，碰后，对于小球b,根据动能 3mu=6mw2,在该段时间内，库仑力对A球做功 定显有-2mgL=0-令·2m,解祥， 为m0,C错误；根据能量守恒，系统减少的电势 √24gL),取小球a碰前的速度为正方向，则根据 、能等于系统机械能的增加量，为AE二X3mX 动量守恒定律可得moo=mw1十2mw2,根据能量守恒 1 1 2 得号mw6=。mw十，·2m,联立解得● 十2mu2=3mw2,D正确。 m-2m 1 2m 2 6.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为原 n十2mo 30℃2= m十2m0=3o,结合上述 来的6根搭E,=合m,可知避撞后A的建度大小 1 2VgL=-Vgl,即碰后 3 1 结论解得v。= 变为原来的，设A碰撞前瞬间速度为0，取竖直向 瞬间小球a的速度大小为号2rgL,B错误；小球a 下为正方向，由动量守恒定律有mAv=(mA十mB)· 从释放到摆到最低，点的过程中，根据机械能守恒定 牙解得器日A错误设A的质量为m,时B的 1 律，则有mgl=2mu5,解得小球a摆到最低点时的速 质量为3m,由题图乙可知，x2处动能达到最大， 根据平衡条件可得此时弹簧的弹力为4mg,从x1 度-v2,s合上这结论，号V2g,解得 到x2过程中，弹簧的弹力增加mg,由胡克定律知 9 △F=k△x,故mg=k(x2一x1),从O到x1,由动能 轻绳的长度l=L,C正确；小球a反弹的速度 定理有Ea=mgx1,联立可得k= Ek 1 ,B错 大小1= 2√2gL,根据机械能守恒定律，则有 x1(x2-x1) 误；从x1到x3的过程中，加速度大小逐渐减小至 1 mgh nes=-2mui,解得小球a反弹的最大高 零，然后再增加，故加速度最大在x1处或者x3处， 1 在x1处有mg+3g-F弹=4ma,F#-mBg= 度hmx=4uL,D错误。 1 3mg,解得a=48,在xg处有F华-mg-3mg= 二、多项选择题 4ma',F#=3mg十k△x=3mg十k(x3-x1),解得 8.AD【解析】依题意，小球运动过程中，既有水平 分速度，又有竖直分速度，凹槽只有水平速度，所 x3一x2 、1 。=,-8>18,故加速度的景大值am 以半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，A xa一x2 正确；设凹槽半径为R,则椭圆半长轴为R,由于 4(x,-℃)8，C错误；碰撞后A的动能为16，则B 椭圆半长轴与半短轴之比为3：1，则椭圆半短轴 的动能为，总动隐为号，从到的注程 为，短曲为贺甲小球在水平方向的分位移 中，由能量关系有十4mg(x一x1)=△E,解得 x1一迟，依题意，半圆形凹槽与小球组成的系统 △E,-16x152Eu,D正确。 在水平方向动量守恒，则有mx1一Mx2=0,其中 4x1 x1十x2=2R,联立解得m:M=2:1,B错误；根 7.C【解析】小球a释放时和摆到最低，点时，小球a沿据图乙的对称性可知，t2时刻小球位于凹槽最低 ·27· 2 2027 单元过关 ,点，则1时刻小球位于释放，点与凹槽最低，点之间 10.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在 的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭 竖直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤 圆，轨迹的最低，点即为凹槽的最低点，1时刻小球 槽的A点到B点的过程中，设小球1滑到B,点 受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向 时小球1的速度为0，圆孤槽的速度为)，取水 沿半椭圆轨迹切线方向，可知，1时刻，小球受到 平向右为正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动 凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，C错误；结 量守恒有0=mv0一3mv,由能量守恒有mgR 合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相 1 1 3gR 对于凹槽做圆周运动，小球在最低，点相对于凹槽 2mu+2·3mu,解得=3u= 2 ，设小球 的速度方向水平向右，由于小球相对于凹槽做圆 1到B点时，小球1水平向右移动的距离为x1,圆 周运动，则小球在最低点时沿半径方向的合力提 孤槽向左运动的距离为x2,两者的相对位移为R, 供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻， 因此有mx1-3mx2=0,x1十x2=R,联立解得x1 小球受到凹槽的支持力大于小球自身的重力，D 3 正确。 R,z,一4R,此时圆孤槽的B点与弹簧之间的距 9.BD【解析】设物块质量为M,木板质量为m,当轨道 5 倾角为30°时，物块恰好匀速下滑，则有Mgsin30°= 离L=2?十R=R,小球1从B点向右以匀速 g@3,解得=m3对-，以开指到藏终我 运动，圈孤精向左以智匀建运动，小球1刚与弹簧接 h 态，由能量守恒得Mgh=1 Mg cos60°sin60十Q, 时，与圆孤糟底瑞B点的距离L'=L十3· 解得Q=24J,A错误；对物块和木板这个系统由功 能关系可知MgL=Q,解得L=4m,B正确；物块 3L一5，B正确：小球1与小球2共速时，弹簧弹 滑上木板时的速度为。，下滑过程由动能定理得 性势能有最大值，从小球1刚与弹簧接触到两球共 Mgh-4 Mgeos60'n60=号Mo8,解得，= 速，由动量守恒有mu=(m十3m)v共，由能量守恒 4m/s,根据题意可知M=3m,木板与挡板第一次 有2m-号(n十n)时十E,联立屏得 碰撞前，物块和木板的速度已经相等，设共同速度 E。一mgR,C正确从小球1刚与弹簧接触到两球 为1，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 3mvo=4mw1,木板右端距挡板的距离至少为x, 分开，由动量守恒有wo=mw1十3mw2,由能量守恒 1 由动能定理得Mgx=2mui,解得x=0.75m,C 有行m5=mi+名·3m,解得=一w, 错误；从木板第一次碰撞挡板后速度为一1，至第 02= 20,小球1之后向左以2，匀速运动，因为圆 二次碰撞挡板前速度变为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aA= 槽此时正向左以？匀速运动，故会再次和圆弧槽通 ,3m8=g,木板的加速度大小aB=:3g 3m m 拉，以向左为正，避花前、后动量宇恒有m·受十 3g,以向右为正方向，则共速时v2=v1一aAt1= 一1十aBt1,解得t1= 20101 1 3m· + A十aB2p4g,w=201, 3 =mw十3mw4,由能量守恒有2m(2】 一01十0 1 此过程中木板的位移x1=一 2 t1= 2mw+ ，2·32(0。)2=1 2·3nw,解得u=4, 01 5 ,方向水平向左，则物块和木板继续向右匀 8ug 4一20，最终小球1以4的速度向左运动，圆孤 速运动的时间=工1一1，故木板前两次撞 槽以 2,的速度向左运动，小球2以 的速度向 v244g 击挡板的时间间隔4&=1十=16g 900=1.125s,D 1 古运动，小球1最终的速度二☑ 8,D 正确。 错误。 2 ·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(2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m1v1=m2v2,因 m 【解析】(1)设小球的初速度为V0,小球击中沙盒 ,联立可得m1 =m为 d t 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M)v,小球 t1= 2,作出t1t2图线，若图线为过坐标原点 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 m2 能守恒有2(m+MDv2=(m+MDgL(1-cos0), 的倾斜直线，且斜率为m ，才可验证系统动量 m2 守恒。 联立解得。= M+m√2gL(1-c0sD,可知还 m 13.1)g2h-3d0d≤3h(2)△h 4 1≥4h 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 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o,有 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 v3=2gh (1分) 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。 (mg+f-F)d=2m(-) (1分) (3)根据(1)选择测量的物理量特号和题千条件，小球 联立解得A离开区域C时的速度 弹射出的建度表达式，-M+/2gL-osD。 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6=M+m 则高度d与h之间满足的关系 m (1分) √2gL(1一cos0),可知测量速度比实际速度偏小。 12.(1)②提高(1分)(2)4.915(1分)(3)大(2 (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， 分)(4)B(2分)(5)不正确(1分)见解析 设A离开区域C时B的速度为VB,则 (2分) 3mvo=mvA+2muB (1分) 【解析】(1)②因为光电门2记录的时间小于光 B在这一过程中下降的高度为hB,有 电门1记录的时间，说明滑块做加速运动，气垫 1 导轨左端高右端低，所以应将气垫导轨右端适当 (2mg-f)hn=2.2m() (1分) 提高。 (2)遮光条的宽度d=4.5mm十0.415mm= ①当d=合时，A从区战C下方高开“相互作 4.915mm。 用”区，由(1)可知，A离开“相互作用”区时的速 (3)比较1、2两次实验，第2次实验中两滑块通 度vA=√/g(2h-3d) (1分) 过光电门的时间都变短，说明速度变大，根据能 量守恒，烧断绳子前弹簧的弹性势能转化为滑块 头之解得。一曾 的动能，动能变大则弹性势能变大，所以第2次 又l≥hB-d1 实验中弹簧的弹性势能较大。 则直杆B的长度1应满足的条件是1≥年1分) (4)测质量m2时未包含遮光条，会使m2测量值 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 偏小，则2会偏小，由于其它因素的影响不一定 用”区，A离开“相互作用”区时的速度 总会出现p1总小于p2的情况，A错误；气垫导 UA=-UO 轨左端略高于右端，滑块A滑动时有动能转化为 联立解得hB=4h (1分) 重力势能，滑块B滑动时有重力势能转化为动 则直杆B的长度应满足的条件是L≥4h。(1分) 能，会使1偏小，卫2偏大，可能出现p1总小 、15 7 于p2,B正确；遮光条宽度d的测量值偏小， 14.(1)3mgh(2)2m√2gh(3)2√2gh≤0指≤ ·29· 2 2027 单元过关 7√gh 17 2/2gh≤04≤2√2gh (1分) 【解析】(I)由O到D由动能定理有 6mg(停k-h）-w,=X6mi 1 (1分) 罐合加脱成功需要满足名2≤<7V。 解得W:=3mgh。 (1分) (1分) (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 15.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 平抛落入缓冲区，则水平方向有 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 x=v1t≤h 1 (1分) mog (h+R-Rcos 0)-2mov0 (1分) 竖直方向有 小球运动到B点时，由向心力公式有 (1分) v品 Fx-mog-mo R (1分) 释 联立解得FN=5N (1分) 由牛顿第三定律可知，小球经过B,点时对轨道的 射出物块时弹射器受到水平冲量 压力大小 I=-5mv1-5mvD (1分) FN=FN=5N (1分) 则最大值 (2)小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆 15 Im--5mv1max-5mvD-- 2mv2gh (1分) 向的平抛运动，竖直方向有 故弹射器对物块的冲量最大值 h-ge --1.-m /igh (1分) 解得t=0.3s (1分) (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 水平方向有 1 gt mu2=(m十6m)u* (1分) oc.-tan 0-4 m/s (1分) 由能量守恒有 则C与D间的水平距离 1/ 1 x=vct=1.2 m (1分) mg·2h三2mo2-2 m+6m (1分) (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 7√2gh movcs=movcs+mv (1分) 联立解得v2= 2 由机械能守恒定律有 若物块恰能返回至组合平台E,点，由动量守恒有 1 1 22。x—n。<x)2十222 (1分) 1 mos=(m+m) (1分) 联立解得碰撞后滑块的速度大小=2m/s 由能量守恒有 因u1mg=1.2N>42(m+M)g=1N(1分) 2m 1 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 umg·4h= 2mu (1分) 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得v3=7√gh uimg=ma 即物块的速度满足 解得a1=4m/s (1分) 2√2gh≤和<7Vgh 7 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 解得a2=1m/s2 (1分) 后，其最大速度1=V2g 设经过时间t,两者共速，有 2 ,设射出物块后，物块 v'=v-ait'=a2t' (1分) 最大速度为⑦m,由动量守恒有 解得t'=0.4s,v'=0.4m/s 6mup =mum-5mvi 此过程中，滑块的位移大小 17 解得0m-2√2gh 210十0t'=0.48m (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 薄木板的位移大小 2 ·30· ·物理· 参考答案及解析 v 热量 x2=2t=0.08m (1分) 则薄木板的长度 Q-p(M+m)g+(M+m)v-0.12J. L=x1-x2=0.4m (1分) (1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 2026一2027学年度单元过关（九) 物理·电场力的性质电场能的性质 一、单项选择题 G、H两，点的点电荷对B点的点电荷的库仑合力 1.C【解析】如图所示，ac中点d的电势pa= FGH保持不变，处在A点的，点电荷沿着AO连线 向O点移动，一开始，该，点电荷与B点距离减小， P:十：=4V=p6,故b、d的连线为该匀强电场 2 则该点电荷对B点的点电荷的库仑斥力增大，且 的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势，点指 与G、H两点的点电荷对B点的电荷的库仑合力 FGH的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 向低电势点，即电场线沿ac方向且由a指向c,C 一开始一定是增大的，D错误。 正确。 5.A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度 历EEE由平衡条件得E=m,E2二% E-贤即E:EE= 111 i2:3,而它们 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某点电场 4V 2V 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 2.C【解析】粒子在a点受到的静电力沿x轴正方 意一点的电场强度大小可写成E=(k为常量)， 向，在c点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 粒子从b,点运动到c点，静电力做负功，电势能增 大，粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，B 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则e免 错误；粒子从a点到b点加速运动，越过b点后减 m 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又 rA'e r UB =1,A正确。 0员k=m,解得0A1 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， 6,D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 循环往复，C正确，D错误。 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值为-0.5p1, 3.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B 最高，点、最低，点分别位于轨迹直径的两端，将直径 处的电场强度小于D处，OH在B点受到的电场 取四等分点，找到与a点电势p。=0相同的点A, 力比在D点小，A正确，B错误；沿电场线方向电 如图所示，aA垂直于电场线，设电场强度的方向 势逐渐降低，四个点中，A点电势最低，D点电势 农 21 最高，C错误；OH运动过程中受到电场力的方向 与x轴正方向为0，由几何关系cos0=R=2,解 与电场线切线方向相反，电场力做正功，电势能减 小，D错误。 得0=了，A错误；由上迷分析可知P,=1.09,从 4.B【解析】初始时B、H两，点的，点电荷在O,点的 a点到b点由动能定理W十qUb=0,又Ub= 合场强为0，A、G两，点的点电荷在O点的合场强 9。一P6=一P1,解得W=q91,B错误；在圆周运动 也为0，则在A点的，点电荷沿着AO连线向O点 的过程中电势为1.5p1时，变力F达到最小值，故 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O点的 微粒在a点时所受变力F不可能达最小值，C错 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 误；由题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T= G、H三，点的，点电荷在E点的电势不变，处在A 点的，点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷 13-4=12递度v-2-职电场度 与E点的距离先减小后增大，且，点电荷带正电，所 以E点的电势先增大后减小，B正确；B、G、H三 E-g-159一农0.590）-爱国月运动的过 △x 2R 点的点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 程中电势为一0.5P1时变力F达到最大值，有 荷沿着AO连线向O点移动，该，点电荷与C,点的 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； F-gE=m反，解得F=mR十？RDE境. ·31· 2