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(山东专版)

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90分钟。 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。 题号 P 5 6 7 8 答案 1.两小车P、Q的质量分别为mp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N,碰撞时间极 短，则 () N N Q Q N N 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 t 多 A.me>mN>ma B.mN>mp>ma 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 水平且相距宁，小球质量均为m,A,B酒过不可 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 ,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 ( 人器 v2√3L B24g2 6 v2√3L D 8g8 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() 777777777777777777777777777777777 M A.第一次抛接球的过程，抛球人获得的速度为二 m Mu B.第一次抛接球的过程，接球人获得的速度为 M 单元过关（八）物理第1页（共8页） 奋斗之中，旁力铸就可能 0en。 C.若v甲<v乙，说明甲是最终的持球人 班级 D.若v甲>vz,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 A 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 姓名 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v,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 得分 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{m心 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a,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 () A B /77777777777 777777 A.B球运动的距离为2d B.库仑力对A球的神量大小为3m C库仑力对A球做功为m D.两球组成的系统电势能减少了m2 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() ◆E小 0 E 16 7777777777777 x3 x/em 甲 乙 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x1到x3的过程中，物块A、B一起运动的加速度的最大值amx _x3-x2 2-x18 D.从c,到x的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E。162一154E 4x1 单元过关（八）物理第2页（共8页） 3 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 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√/24gL C.轻绳的长度4L 6 D.小球a反弹的最大高度为3L 8.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√g3 B.A滑上B后，B立即加速下滑 B 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 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。 题号 9 10 11 12 答案 9.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 () 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 单元过关（八）物理第3页（共8页） 10.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 () 77777777777777777777777777777777777777777 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 、D.木板与竖直挡板前两次碰撞的时间间隔为、 11.如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道 平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态 的5个相同小球，小球质量均为o=0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高 h=4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小vo=7m/s,物体 和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球、 小球与小球之间发生的都是弹性正碰，g取10m/s2。下列说法正确的是 () B L A.物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为1.55J B.物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热为0.2J C.第1个小球最终的速度大小为5m/s D.物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为 8m 12.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.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 C弹簧弹性势能的最大值为5mgR 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6小题，共60分。 13.(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”)。 14.（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 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、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 a 15.(8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∫=0.5g(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。 (2②)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） 3 16.(8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 刚好水平进入右侧静置于光滑水平地面的质量为答的组合平台。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O点离地高为，，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 物块的动摩擦因数人三{，重力加速度为：，弹射器和物块均可视为质点，不计空气阳 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 个0E 水平地面 缓冲保护区 17.(14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与水平面间动摩擦因数42二。质量m1=0.2kg的小物块A以速度 v。=16/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,重力加速度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； 单元过关（八）物理第7页（共8页） (3)木板B的最小长度。 C B 18.(16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1=0.4，薄木板与平台间的动摩擦因 数2=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 D B 单元过关（八）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 又i=Fd (1分) 即n=3时vn有最大值 m 3Fd 2 0Ax=U3=2√2m (1分) 解得v员= (n+1)+ 」m 1 根据数学知识可知，当 n+1=-2x-2)=, 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 冲量等于B、C两球动量的变化量，即Ia=2mu一0= 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 2w,B错误；B、C两球分离后，小球C的速度为v并 mpvp +mnUN mpvp +mNUN,Pp mp (vp-vP)= 保持不变，此后A、B两球组成的系统水平方向动量 mN(u-N),根据图像可知(p-vP)>(人-vN), 守恒，小球A落地前瞬间，小球A和小球B水平方向 故mp<mN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 恒有mava十mNN=mQt6十mN小，即ma(g一vg)= 递底相同，设为，有m=2解得-名但比 mN(一N),根据图像可知(tQ一)<(K一N),故 时小球A竖直方向有速度，C错误；小球A开始沿 mQ>mN;故mQ>mN>mp,D正确。 竖直墙面下滑到落地前过程，对于三小球组成的系 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为01，由 统，根招机核能守恒定律，有mgL=E十2m”十 动能定理得一mg· 3,1 之三2子之2心2，潮直 名m,解得Ea=mgL一名m,D正确 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为2，根 5.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定律 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 kgAgB 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 有a= 3m,两球运动一段时间，对B,由牛频第二 则i=24gx,联立解得x=”-5L 84g一8，D正确。 定律有？=gg,联立解得此时AB球间距x=3d, 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统由 对AB系统，根据动量守恒定律有3muA一mwB=0,整 动量守恒定律有mu=Mu',可得抛球人获得的速 理得3mA-mB=0,因为xA十xB=3d,联立解得 t t 度一，A错误：第一次抛接球的过程，对人和球 9 系统由动量守恒定律有mw=(M十m)",接球人获得 xB=4d,A错误；根据动量守恒定律有3mwu一 的速度”m十B错误：从开始抛球到最终，根据 m=0,解得此时A的速度0一日，在演段时间 Mu1=(M十m)u2,若v甲<v2,说明甲是最终的持球 内，A球的递度由0变为日，由动量定理可得库仑 人；若⑦甲>乙，说明乙是最终的持球人，但是不能确 定开始的持球人是谁，C正确，D错误。 力对A球的冲量大小IA=3mv1-0=mo,B错 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两球 1 误；在该段时间内，对B,由动能定理有WA=2X 之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对于三 个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 3o三。mw2,在该段时间内，库仑力对A球做功 知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即此时小球 A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着墙面下滑直到 为 mw,C错误；根据能量守恒，系统减少的电势能 与墙面分离的过程中，对于三个小球组成的系统，在 1 水平方向上，根据动量定理可知，竖直墙对小球A的 等于系统机械能的增加量，为△E=2X3mXv1十 ·33· 3 2027 单元过关 名m号m,D运确 1 根据动量守恒定律可得mwo=w1十2w2,根据能量守 1 1 6.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为 恒可得22m22,联主解得白 1 m-2m 1 2m 原来的G,根据Ek=2mu,可知碰撞后A的速 m+2n=- 30,2 m+2m= 30,结合上述结 度大小变为原来的，设A碰擅前醉间建度为， 论解得vo= 号24gL,{ 2√gL,即碰后瞬间 取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mAv= 1 A十m·星解得器-日，A餐买：设A的质 小球a的速度大小为2V2gL,B错误：小球a从 释放到摆到最低点的过程中，根据机械能守恒定 量为m,则B的质量为3m,由题图乙可知，x2处 1 动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧的弹 律，则有mgl一2mui,解得小球a摆到最低点时的 力为4mg,从x1到x2过程中，弹簧的弹力增加 mg,由胡克定律知△F=k△x,故mg=k(x2 造度w=V2,结合上迷结论w=2gL,解件 x1),从O到x1,由动能定理有Ek1=mgx1,联立 .9 轻绳的长度1=L,C正确；小球a反弹的速度 x1(x,一)，B错误；从1到x的过程 可得= 大小1=2√2g,根据机械能守恒定律，则有 中，加速度大小逐渐减小至零，然后再增加，故加速度 1 最大在x1处或者x3处，在x1处有mg十3g一 mgh=2mui,解得小球a反弹的最大高 R=ma,R,=mg=ng,解得a-8,在处 1 度hx=4L,D错误。 有F￥-mg-3mg=4ma',F=3mg十k△x= 8.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， x3一x2 1 3mg+k(z-x1),解得a'=4xg-8>48, 根据动能定理有(mng sin37°-μ1 mng cos37)X 1 3 x3一x2 故加速度的最大值am4,-)8,C错误：碰 1.5s=2mu2,解得o= √585，A错误，“L形”防 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ng sin37°= 桂后A的动能为后，到B的动能为。 16,总动能 2×4 ng cos37°，解得42=0.75，滑块A滑上防滑 Ew十 板B时，对B分析可知4 ng sin37°十u1 ng cos37°< 为从1到的过程中，由能量关系有 μ2(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B 16.x3-15x1. 错误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 4mg(x3-x1)=△Ep,解得△E。= 4x1 1 Ek1,D正确。 (mgsin37°1 mgcos37)X2.5s-2mui,碰撞过程 7.C【解析】小球a释放时和摆到最低点时，小球a沿 中无机械能守恒，则有mu1=mu,十4mug,2mui= 竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，故小球 a从释放到摆动到最低，点时重力的瞬时功率先增大 mi+2×4mi,解得：=-名g,, 1 1 后减小，A错误；设轻绳的长度为L,小球a的质量为 √8s,C错误；碰撞后，A沿B上表面向上运动，根 2 m,物块b的质量为2m,碰前小球a的速度为vo,碰 后，小球a的速度为v1,物块b的速度为2，对于物 据牛顿第二定律有mg sin37°+41 mg cos37°=ma1, 块b,碰后减速时，根据牛顿第二定律则有4·2g= 对B有k1 ng cos37°+42（mg+4ng)cos37°- 2ma,解得物块b减速的加速度a=g,由运动学规 律可得v=2aL,解得碰后物块b的速度大小 mgsm37=4ma,解得a1=g,a:=号。以活斜 ℃2=√2gL,(此处有方法二，碰后，对于小球b, 面向下为正方向，假设两者共速之前小滑块没有 脱离防滑板，共速时的速度为V4,所用时间为t, 根据动能定理有-2mgL=0-2·2mo3,解 小滑块的位移为xA,防滑板的位移为xB,防滑板 得v2=√2μgL),取小球a碰前的速度为正方向，则相对小滑块的位移为△x,由运动学公式得v4= 3 ·34· ·物理· 参考答案及解析 v2十a1t=v3-a2t,xa= ,- 2 2 滑过程由动能定理得Mgh一41Mg0s60°h sin 60 1 △x=xB一xA,解得△x=55,因为△x<s,故假设 M,解得=4m/s,根据题意可知M=3m,木板 成立。由于>0可知共速时两者下滑，分析可 与挡板第一次碰撞前，物块和木板的速度已经相等， 知，共速之后小滑块加速下滑，防滑板先减速下 设共同速度为1，取向右为正方向，根据动量守恒定 滑，无论防滑板是否静止，小滑块始终相对防滑板 律得3wo=4w1,木板右端距挡板的距离至少为x, 下滑，则小滑块能与滑板下端挡板发生第二次碰 由动能定理得Mgr=2mi,解得x=0,万m,C错 撞，D正确。 二、多项选择题 误；从木板第一次碰撞挡板后速度为一☑1，至第二次 9.AD【解析】依题意，小球运动过程中，既有水平 碰撞挡板前速度变为V2,此过程所用时间为t1,由牛 分速度，又有竖直分速度，凹槽只有水平速度，所 顿第二定律得物块的加速度大小a4=:3m 3m 一g 以半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，A 正确；设凹槽半径为R,则椭圆半长轴为R,由于 木板的加速度大小aB=·3mg =3g,以向右为正 m 椭圆半长轴与半短轴之比为3：1，则椭圆半短轴 方向，则共速时2=1一aat1=一v1十ati,解得 3,短釉为2，即求在水平方向的分位移， 。一一之，此过程中木板的位 t1= 211 2R x1=3,依题意，半圆形四槽与小球组成的系统 移x1= 一01十V2 2t= ,方向水平向左，则物 8ug 在水平方向动量守恒，则有mx1一Mx2=0,其中 x1十x2=2R,联立解得m:M=2:1,B错误；根 块和木板继续向右匀速运动的时间=工=” v2 Aug 据图乙的对称性可知，t2时刻小球位于凹槽最低 故木板前两次撞击挡板的时间间隔t1总=t1十t= 点，则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间 9v 的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭 =1.125s,D正确。 16μg 圆，轨迹的最低，点即为凹槽的最低点，1时刻小球 11.BD【解析】物体由P到A的过程，满足mgh十 受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向 W=号m,解得W三-1,55J,则克服摩擦力 沿半椭圆轨迹切线方向，可知，1时刻，小球受到 凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，C错误；结 做的功为1.55J,A错误；物体滑上传送带后，在 合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相 滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小a= 对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽 m8=5m/g,减速至与传送带速度相等时所用 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 的时间1=”二=0.4s,匀减速运动的位 供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻， v十V0 小球受到凹槽的支持力大于小球自身的重力，D 移x1= 2=2.4m<L,传送带位移 正确。 x2=t1=2m,物体第一次向右通过传送带的过 10.BD【解析】设物块质量为M,木板质量为m,当 程中，摩擦生热Q=mg·x2-x1=0.2J,B 轨道倾角为30°时，物块恰好匀速下滑，则有 正确；物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回 Mg sin30°=1 Mg cos30°，解得u1=tan30°= 来的速度大小为1，小球1被撞后的速度大小为 √3 ,从开始到最终状态，由能量守恒得Mgh u1,由动量守恒和能量守恒定律得mw=一mo1十 1 1 1 4geas60m0+Q,解得Q=21J,A错误对 041’2202-12?十工mou,解得01=3V 物块和木板这个系统由功能关系可知MgL=Q,解 号ns出=号=智n,物体孩反弹回来后， 得L=4m,B正确；物块滑上木板时的速度为o,下 在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得 ·35· 3 2027 单元过关 3m,由能量字征有2moi=gmoi十 1 1 0-i=-2ax,解得x=18m,D正确；由于小球 质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将 1 1 3mw,解得V1=一 进行速度交换。由选项D可知，物体第一次返回 20,02=20,小球1之后 还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再 向左以)，匀速运动，因为圆孤槽此时正向左以 次向右做匀加速运动，直到速度增加到1，再跟 小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体 3句速运动，故会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正， U 和小球的速度大小分别为=弓，=（侣》广。：= 1 碰接黄后动量守恒有m·受十3m· 3-mos+ 221 34一3·3，以此类推，物体与小球1经过n 1m21 3m,由能受守但有2m)'+号·3m骨'- 次碰撞后，他们的速度大小分别为=（ 1 1 5 之2七之·3，解得31。o,乙%最终 ,第1个小球最终的速度大小 小球1以4。的速度向左运动，圆孤槽以2的速 不可能为5m/s,C错误。 1 12.BC【解析】小球1在圆孤槽上运动时，系统在竖 度向左运动，小球2以2的速度向右运动，小球1 直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤槽的 1√6gR A点到B点的过程中，设小球1滑到B点时小球 最终的速度0=4% ,D错误。 8 1的速度为0，圆孤槽的速度为⑦，取水平向右为 三、非选择题 正方向，小球1与圆孤槽在水平方向动量守恒有 13.(1)BC(1分)(2)B(1分) 1 Fmo一3u,由能量守恒有mgR=2mo6十 (3)M+m/2gLd-os)(2分)（④）偏小(2分) m ,解释=30=，设小球1到B点时，小 【解析】(1)设小球的初速度为0，小球击中沙盒 后共速，根据动量守恒有mv。=(m十M)v,小球 球1水平向右移动的距离为x1,圆弧槽向左运动的 与沙盒碰撞共速后，向右摆动到最大高度，根据机械 距离为x2,两者的相对位移为R,因此有mc1 能守恒有2(m十Md2=(m+MgL(1-cos0), 3mx2=0,x1十x2=R,联立解得三R,x2马 M+m 1 联立解得V。= √2gL(1-cos0),可知还 R,此时圆孤槽的B点与弹簧之间的距离L= m 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 十R三R,小球1从B点向右以匀速 质量M,B、C正确。 (2)小球水平击中沙盒后，两者共速，此过程动量 动，圆孤槽向左以弩匀速运功，小球1刚与弹簧 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 高度处，存在系统外力，即两者的重力，故动量不 接触时，与圆孤槽底端B点的距离'=L十3· 守恒，但机械能守恒，故整个过程动量、机械能均 L 4 不守恒，B正确。 33R,B正确：小球1与小球2共速时 (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题千条件，小球 弹簧弹性势能有最大值，从小球1刚与弹簧接触 弹射出的速度表达式。 _M+m/2gL1-osD。 到两球共速，由动量守恒有m℃。=(m十3m)o共， m 1 (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 由能量守恒有2mu好=2(m+3m)0十E,联 际摆长L大于L,报据=M+m. 9 立解得E,-16mgR,C正确；从小球1刚与弹簧 √2gL(1一cos),可知测量速度比实际速度偏小。 接触到两球分开，由动量守恒有m℃。=m01十14.(1)②提高(1分)(2)4.915(1分)(3)大(1 ·36· ·物理 参考答案及解析 分)(4)B(2分)(5)不正确(1分) 见解析 (2)A进入区域C之后，把A和B两个物体构成 (2分) 的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒， 【解析】(1)②因为光电门2记录的时间小于光 设A离开区域C时B的速度为VB,则 电门1记录的时间，说明滑块做加速运动，气垫 3mvo=mvA+2mvB (1分) 导轨左端高右端低，所以应将气垫导轨右端适当 B在这一过程中下降的高度为hB,有 提高。 1 (1分) (2)遮光条的宽度d=4.5mm+0.415mm= (2mg-f)hB=2·2m(oi-i） 4.915mm。 ①当d=合时，A从区线C下方高开“相互作 (3)比较1、2两次实验，第2次实验中两滑块通 过光电门的时间都变短，说明速度变大，根据能 用”区，由(1)可知，A离开“相互作用”区时的速 量守恒，烧断绳子前弹簧的弹性势能转化为滑块 度ta=√g(2h-3d) 的动能，动能变大则弹性势能变大，所以第2次 联立屏得。- 实验中弹簧的弹性势能较大。 (4)测质量m2时未包含遮光条，会使m2测量值 又l≥hB-d1 偏小，则2会偏小，由于其它因素的影响不一定 则直杆B的长度L应满足的条件是1>年(1分) 总会出现p1总小于p2的情况，A错误；气垫导 轨左端略高于右端，滑块A滑动时有动能转化为 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 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 能，会使1偏小，p2偏大，可能出现1总小 UA=一U0 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， 对p1和p2的影响是相同的，不会导致p1总小 则直杆B的长度应满足的条件是1≥4h。(1分) 于p2,C错误。 16.(1)3mgh a号mVa .7 (3)2√2gh≤U物≤ (5)不正确。根据动量守恒定律m1v1=m2v2,因 为 7√gh Γ62，联立可得m: d h d,即 =m2 【解析】(I)由O到D由动能定理有 1=m2,作出14，图线，若图线为过坐标原点 6mg(侵A-h-w:=号×6maei 1 (1分) 22 的倾斜直线，且斜率为m,才可验证系统动量 解得W:=3mgh (1分) (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 守恒。 平抛落入缓冲区，则水平方向有 15.(1)Wg(2h-3d) 1≥4h x=1t≤h 竖直方向有 【解析】(1)设A和B一起由静止下落到进入区 1 域C时速度为0，有 h-28t v=2gh A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做 得u,≤√2g 减速运动，有 射出物块时弹射器受到水平冲量 1 (mg+f-F)d=2m(o-v) (1分) I=-5mv-5mvp 则最大值 联立解得A离开区域C时的速度 15 (1分) I.=-5mvimms-5mvp=-2mv2gh (1分) va=√/g(2h-3d) 由于A>0 故弹射器对物块的冲量最大值 则高度d与h之间满足的关系 15 I。=-1m=2mv2gh (1分) -2 (1分) (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 ·37· 3 2027 单元过关 1 (1分) mv2=(m+ 6m)va 解得v2=4m/s,v3=10m/s (2)木板B与铁块C相碰后，C做匀速运动，B做 由能量守恒有 减速运动，经过时间1铁块C运动到P,点有 1 umg·2h= 1/,1 2m0-2m+ ot-(vat-jai)-d (1分) 7√2gh 得t1=0.5s 联立解得02= 2 此时木板B的速度v4=v2一at1=2m/s(1分) 若物块恰能返回至组合平台E点，由动量守恒有 此后铁块C的加速度ac=1g=5m/s2 木板B加速度 (1分) as-:0m:十m）8-m:8-3m/s (1分) 由能量守恒有 m2 经过时间t2木板B停止，此过程木板B位移 mg·h=i 1/,1 zm+6m) (1分) vi 2 a-2dn-3m (1分) 联立解得o3=7√gh 此后，1m3g<μ2(m2十m3)g,木板B静止不 即物块的速度满足 动，铁块C继续做匀减速运动到停止，铁块C对 22gh≤U#≤7√gh 木板B的摩擦力所做的功W=41m3gxB=0.4J (1分) 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 (3)铁块C从P,点向右一直减速到零，其位移为 后，其最大速度01=②，设射出物块后，物块 1 2 xc,有um:gxc=2m好 (1分) 最大速度为⑦m,由动量守恒有 得xc=10m 6muD=mum-5mv 铁块C静止在木板B上的位置与P点相对位移 解得，-吕25动 28 di-zc-28=3m (1分) 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 77 木板B最小长度L=d+d=6m。 (1分) 3v2sA≤<Bsh (1分) 18.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 综合知挑战成功需要满足2√2gh≤0≤7√gh。 1 mog(h+R-Rcos 0)=2mo0 (1分) (1分) 77 小球运动到B点时，由向心力公式有 17.(1)8m/s10m/s(2)0.4J (3)6m 品 Fx-mog-mo R (1分) 【解析】(1)物块A与木板B发生弹性碰撞 m%=十e,写防-名m暖十时 1 1 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 (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 a4:m+m)8=4m/s 向的平抛运动，竖直方向有 (1分) m2 木板B与铁块C碰前B的速度大小为v1,则 h-gee v-v=-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 vc-tan 04 m/s gt (1分) m2U1=m2v2十m3V3 1 1 1 则C与D间的水平距离 2n21= 2mo+2m (1分) x=vct=1.2 m (1分) 3 ·38· ·物理· 参考答案及解析 (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 v'=v-ait'=a2t (1分) movcs=movcs+mv (1分) 解得t'=0.4s,o'=0.4m/s (1分) 由机械能守恒定律有 此过程中，滑块的位移大小 名m吃=7m,(o6yr+2mr 1 1 (1分) _0+v r1 2t'=0.48m 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s 薄木板的位移大小 因u1mg=1.2N>u2(m+M)g=1N(1分) (1分) 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 x2=2t'=0.08m 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 则薄木板的长度 uimg=mal L=x1-x2=0.4m (1分) 解得a1=4m/s2 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 热量 uimg-u2(m+M)g=Ma2 (1分) 解得a2=1m/s2 Q=M+m)g·x2+2M+m)v'2=0.12J. 设经过时间t',两者共速，有 (1分) 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 与电场线切线方向相反，电场力做正功，电势能减 l.C【解析】如图所示，ac中点d的电势pa= 小，D错误。 :十9=4V=P。,故b、d的连线为该匀强电场 4.B【解析】初始时B、H两点的点电荷在O点的 2 合场强为0，A、G两，点的点电荷在O点的合场强 的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势点指 也为0，则在A点的点电荷沿着AO连线向O点 向低电势，点，即电场线沿ac方向且由a指向c,C 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O点的 正确。 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 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 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 4V 点的，点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 2.C【解析】粒子在a,点受到的静电力沿x轴正方 荷沿着AO连线向O点移动，该，点电荷与C点的 向，在c点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； 粒子从b点运动到c点，静电力做负功，电势能增 G、H两，点的点电荷对B点的点电荷的库仑合力 大，粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，B FG保持不变，处在A点的点电荷沿着AO连线 错误；粒子从a点到b,点加速运动，越过b点后减 向O点移动，一开始，该，点电荷与B点距离减小， 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又 则该，点电荷对B,点的，点电荷的库仑斥力增大，且 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， 与G、H两点的点电荷对B点的电荷的库仑合力 循环往复，C正确，D错误。 FGm的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 3.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B 一开始一定是增大的，D错误。 处的电场强度小于D处，OH在B点受到的电场 5.A【解析】设q、2q、3g所在位置对应的电场强度 力比在D点小，A正确，B错误；沿电场线方向电 势逐渐降低，四个点中，A,点电势最低，D点电势 为E1E2E,由平衡条件得E=。,E2一mg 最高，C错误；OH运动过程中受到电场力的方向 ·39· 3