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(湖北专版)

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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题 只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分， 选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 3 4 5 6 7 9 10 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 () Q N P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 甲 A.mp>mN>mo 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2，小球质量均为，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 .2p8 B D.u3L 2μg 2 C 8ug 8ug 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n9sa里9 班级 77777777777777777777777777 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>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 () 909wwm 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m 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一8mo 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Q,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 777777777777777 A.B球运动的距离为2d B.库仑力对A球的冲量大小为3m 1 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 单元过关（八）物理第2页（共8页） 4 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() 本E小 16 777777 x3 x/em 分 乙 A.物块A、B的质量之比为2：3 B.弹簧的劲度系数k= Ek x2(x2-x1) 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a=二工 x2-x1 D.从c1到x的过程中，弹簧的弹性势能增加了△E。16x一15E 4x1 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 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 () 单元过关（八）物理第3页（共8页） 777777777777 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，以v=5/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m。=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oo=7m/s,物体 和传送带之间的动摩擦因数4=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 () 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 5 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 1ww-(② A.整个系统全程动量守恒 小球1刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B点相距 9 C.弹簧弹性势能的最大值为6mgR 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） 二、非选择题：本题共5小题，共60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.(10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，多次测量的结果如下表所示。 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。 相互 作用区 单元过关（八）物理第6页（共8页） 4 14.(15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 mm A 水平地面 77777777 缓冲保护区 ←-h 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 解得E。- 2Fd (1分) 联立可得(n+1)2v层=n2o-1+(n十1) (3)设小球A和前(n一1)个小球组成的系统与第 同理可推出 n号小球碰前的速度为vm,与第n号小球碰后， 2Fd n2o2-1=(n-1)2员-2十n 小球A和n个小球组成的系统的速度为v,小 m 球A与前(n-2)个小球组成的系统与第(n-1) n-1)2-g=(m-2)2a+n-1)2F m 号小球碰后的速度为'm-1,从小球A和前(n …… 2)个小球组成的系统与第(n一1)号球碰后到与 第n号球碰前的过程中，对小球A和前(n一1) 2Fd (2+1)2号=22o?+(2+1) m 个小球，由动能定理得 以上式子相加得 F1=号[2m+(m-1Dm]i-2[2m+(n (a+1)2=2i+(n+40(n-1)F m (2分) -1)m]v'-1 (1分) Fd 小球A和前n一1个小球组成的系统与第n号球 又v号= (1分) m 碰撞前后，对小球A和前n个小球，由动量守恒 入 2 1,7Fd 定律，有 解得v员= (n+1)+n++1 [2m+(n-1)mJv,=(2m+nm)vn (1分) 1 1 根据数学知识可知， 1 由上式部得以牛纪 当n+1=一2X(-2)=4 (1分) 即n=3时vm有最大值 同理可推出=十1巴了 3Fd UAmax =U3- 2√2m (2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、选择题 1.D【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 度了一阳，A错误第一次抛接琼的过程，对人和球 mpvp+mNN=mpvp十mNo,即mp(p-p)= 系统由动量守恒定律有mu=(M十m),接球人获得 mN(一N),根据图像可知(r一)>（人一oN), 的连废mB错买；从开给越球到景终，根据 故mp<mw;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守 M1=(M十m)v2,若v甲<vz,说明甲是最终的持球 恒有maa十mNN=ma6十mN小，即ma(oa一6)= 人；若⑦甲>⑦z,说明乙是最终的持球人，但是不能确 mN(一vN),根据图像可知(a一)<(K一oN),故 定开始的持球人是谁，C正确，D错误。 ma>mw;故ma>mw>mp,D正确。 4.D【解析】B、C两球分离时，两球速度相等但两 2.D【解析】设绳绷直前瞬间B球的速度为⑦1，由 球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对 动能定理得-mg· 1 2L= 1 于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量 2mui-2mw2,绷直 定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即 后，A、B水平方向动量守恒，B球的速度为V2,根 此时小球A恰好离开墙面，A错误；小球A顺着 据水平方向动量守恒有mv1=2mv2,B球与C球 墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小 碰撞后与C球交换速度，设C球运动的距离为x, 球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可 2√3L 知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的 则=2gx,联立解得x一8g8D正确。 变化量，即IA=2mv-0=2mv,B错误；B、C两球 3.C【解析】第一次抛接球的过程，对人和球系统由 分离后，小球C的速度为v并保持不变，此后A、B 动量守恒定律有心=Mw',可得抛球人获得的速两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地 4 ·26· ·物理· 参考答案及解析 前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为 mg+3mg-F弹=4ma,F弹=mBg=3mg,解得a= d,有m0=2md,解得=日，但此时小球A竖 48,在x处有F年一mg-3nmg=4ma',F#=3mg十 直方向有速度，C错误；小球A开始沿竖直墙面下 滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机 A=g+,解得a=,8>8 孩能守恒定律，有mgL=Eu十m:+号m, x3一x2 故加速度的最大值a一4，-)8，C错误；碰 解得EA=mgL一8mu2,D正确。 撞后A的动能为，则B的动能为16，总动能 5.D【解析】撤去外力的瞬间，对A,由牛顿第二定律 为从工到x3的过程中，由能量关系有。 万口，两球运动一段时间，对B,由牛顿第上 4g(x3一x1)=△Ep,解得△E。= 16x一-151E, 4x1 定律有3-物联立解得此时AB球间距x=3d D正确。 对AB系统，根据动量守恒定律有3mA一moB=0,整 7.D【解析】滑块A从静止到刚滑上防滑板B时， 根据动能定理有(ng sin37°-u1 ng cos37)X 里得3m人m0,因为xA十zB=3d,联立解 t 1 3 9 1.5s= 得xB=4d,A错误；根据动量守恒定律有3m0N m0,解得v一√亏85，A错误；气形防 滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有4 ngsin37°= mw=0,解得此时A的速度N一3，在该段时间内， 2×4 ng cos37°，解得μ2=0.75，滑块A滑上防滑 板B时，对B分析可知4 ngsin37°+u1 ng cos37°< A球的速度由0变为日，由动量定理可得库仑力对A 2(mg十4mg)cos37°，则防滑板B静止不动，B错 球的冲量大小IA=3u1一0=mw,B错误；在该段时 误；滑块A从静止释放到与防滑板碰撞前有 1 间内，对B,由动能定理有WA=2×3w=。w2, （mg sin37°-1 mgcos37)X2.5s=2mui,碰撞 过程中无机械能守恒，则有mv1=mv2十4m3, 在该段时间内，库仑力对A球做功为日m,C错误； 2mo=名mdi+号×4nmi,解得=-是vgs, 1 1 1 根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的 2mw22 增加量，为△正-号XmXi十 3 mo2,D ,=气g,C错误；碰禮后，A活B上表面向上运 正确。 动，根据牛顿第二定律有mgsin37°十u1 mg cos37°= 6.D【解析】根据题图像可知碰撞后A的动能变为原 ma1,对B有1 mg cos37°+2(mg+4mg)cos37° g 来的6，根据Ek=2m0,可知碰撞后A的速度大小 4 mg切sin37=4ma2,解得a1=g,a2=。以沿斜 面向下为正方向，假设两者共速之前小滑块没有 变为原来的4，设A碰撞前眸间速度为，取竖直向 脱离防滑板，共速时的速度为4，所用时间为t,小 下为正方向，由动量守恒定律有mAv=(mA十mB)· 滑块的位移为xA,防滑板的位移为xB,防滑板相 子号-了A溪设A的量为，则B的 对小滑块的位移为△x,由运动学公式得4=V2十 adt2tB-2:Az= 质量为3m,由题图乙可知，x2处动能达到最大，根据 2 平衡条件可得此时弹簧的弹力为4mg,从x1到x2 2 过程中，弹簧的弹力增加mg,由胡克定律知△F xB一xA,解得△x=行，因为△x<5,故假设成立。 k△x,故mg=k(x2一x1),从O到x1,由动能定理有 由于4>0可知共速时两者下滑，分析可知，共速 之后小滑块加速下滑，防滑板先减速下滑，无论防 Ea=mgx1,联立可得k= (2-一)B错误；从x1 滑板是否静止，小滑块始终相对防滑板下滑，则小 到x3的过程中，加速度大小逐渐减小至零，然后再 滑块能与滑板下端挡板发生第二次碰撞，D正确。 增加，故加速度最大在x1处或者x3处，在x1处有8.AD【解析】依题意，小球运动过程中，既有水平 ·27· 4 2027 单元过关 分速度，又有竖直分速度，凹槽只有水平速度，所 行速度交换。由选项D可知，物体第一次返回还没 以半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，A 到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做 正确；设凹槽半径为R,则椭圆半长轴为R,由于 匀加速运动，直到速度增加到U1,再跟小球1发生弹 椭圆半长轴与半短轴之比为3：1，则椭圆半短轴 性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大 2R 为，短轴为3，即小球在水平方向的分位移 12 2R x1= ,依题意，半圆形凹槽与小球组成的系统 以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，他们的 在水平方向动量守恒，则有mx1一Mx2=0,其中 速度大小分别为= x1十x2=2R,联立解得m:M=2:1,B错误；根 第1个小球最终的速度大小不可能为5m/s,C 据图乙的对称性可知，2时刻小球位于凹槽最低 错误。 ,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，系统在竖 的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭 直方向上动量不守恒，A错误；小球1从圆孤槽的A 圆，轨迹的最低，点即为凹槽的最低点，1时刻小球 点到B点的过程中，设小球1滑到B,点时小球1的 受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向 速度为0，圆孤槽的速度为，取水平向右为正方向， 沿半椭圆轨迹切线方向，可知，t1时刻，小球受到 小球1与圆孤槽在水平方向动量守恒有0=w。 凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，C错误；结 合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相 3m,由能量守恒有mgR-了m十子·3加m,解得 对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽 的速度方向水平向右，由于小球相对于凹槽做圆 v0=3= 3g,设小球1到B点时，小球1水平 2 周运动，则小球在最低点时沿半径方向的合力提 向右移动的距离为x1,圆孤槽向左运动的距离为 供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻， x2,两者的相对位移为R,因此有mx1一3x2=0, 小球受到凹槽的支持力大于小球自身的重力，D 正确。 十一R,联立解得五=R,=子R,此时国 9.BD【解析】物体由P到A的过程，满足mgh十 弧格的B点与弹簧之间的距高L=十R=R。 W:=2m06,解得W1=-1.55J,则克服摩擦力做 小球1从B点向右以0匀速运动，圆孤槽向左以 的功为1.55J,A错误；物体滑上传送带后，在滑 ?匀速运动，小球1刚与弹簧接触时，与圆弧檀底瑞 动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小a= 8=5m/s,减速至与传送带速度相等时所用的 m B点的定写1十警，点-言 3R,B正确； 时间1=”二=0.4s,匀减速运动的位移工1= 小球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值，从 一a 小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有 v十0 21=2.4m<L,传送带位移x2=t1=2m,物 .1 1 m,=(m十3m)u来，由能量守恒有2m6-2(m十 体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦生热Q=一 mg·x2一x1=0.2J,B正确；物体与小球1发生 3)吴+E。,联立解得E=6mgR,C正确；从小球 弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为1，小球1 1刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒有mw。= 被撞后的速度大小为心1，由动量守恒和能量守恒定 徐得m=一m,十m,2m- 1 1 m十3m,由能量守但有分mi=名mi十， -2m2 mo 1 1 解得eu-了-号/s,-号。-的你玻反 15 3mw,解得u1=一2w:=2,小球1之后向左 弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公 2w匀速运动，周为圆孤槽此时正向左以号匀建 .5 式得0-f=一2ax,解得x一8m,D正确；由于小 运动，故会再次和圆孤槽碰撞，以向左为正，碰撞前、 后动量守恒有m:2+3m· 球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进 3 =mm3+3mw4,由能 ·28· ·物理· 参考答案及解析 守有n()广+8ng)=m+号 量守恒，烧断绳子前弹簧的弹性势能转化为滑块 的动能，动能变大则弹性势能变大，所以第2次 1 5 1 3u,解得=4u=20,最终小球1以4 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 5 的速度向左运动，圆孤槽以2的速度向左运动，小 偏小，则卫2会偏小，由于其它因素的影响不一定 总会出现1总小于2的情况，A错误；气垫导 球2以。的速度向右运动，小球1最终的速度 轨左端略高于右端，滑块A滑动时有动能转化为 重力势能，滑块B滑动时有重力势能转化为动 1√6gR 0g=40= ,D错误。 能，会使1偏小，p?偏大，可能出现1总小 8 二、非选择题 于p2,B正确；遮光条宽度d的测量值偏小， 11.(1)BC(1分)(2)B(2分) 对p1和卫2的影响是相同的，不会导致p1总小 (3)M+m/2gL1-os)(2分)（④偏小(2分） 于2，C错误。 m (5)不正确。根据动量守恒定律m1v1=m2v2,因 【解析】(1)设小球的初速度为，小球击中沙盒 d 为联立可得m 后共速，根据动量守恒有m。=(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 2,作出t1t:图线，若图线为过坐标原点 t1= m2 能守拉有2(m+M0u2=(m+MgL(1-cos0), 的倾斜直线，且斜率为m,才可验证系统动量 m2 M+m 联立解得v。= √2gL(1-cos0),可知还 守恒。 m 需要测出的物理量是小球的质量m和沙盒的总 18.1wg@-sai号21≥号 1≥4h 4 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vo,有 守恒，机械能不守恒；两者共速后，向右摆至最大 v3=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 (3)根据(1)选择测量的物理量符号和题千条件，小球 (mg+f-F)d=2m(v) (1分) 弹射出的速度表达式，M+m√2gL-Qos。 联立解得A离开区域C时的速度 m (1分) (4)若考虑沙盒大小，则小球与沙盒向右摆动时的实 va=√g(2h-3d) 由于vA>0 际摆长L'大于L,根据。= M+m m 则高度d与h之间满足的关系 √2gL(1一cos),可知测量速度比实际速度偏小。 (1分) 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 分)(4)B(2分)(5)不正确(2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(o层-o6) (1分) (2)遮光条的宽度d=4.5mm十0.415mm= 4.915mm。 ①当d-合时，A从区城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 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) ·29· 4 2027 单元过关 聚立解得。- 即物块的速度满足 (1分) 7 又l≥hB-d1 (1分) 2gh≤u<7gh (1分) 则直杆B的长度L应满足的条件是≥4 (1分) 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 ②当d2=h时，A从区域C上方离开“相互作 后，其最大速度01= √J2gh 2 ,设射出物块后，物块 用”区，A离开“相互作用”区时的速度 最大速度为vm,由动量守恒有 A=一V0 6muD=mvm-5mv 联立解得hB=4h (1分) 17 则直杆B的长度应满足的条件是1≥4h。(1分) 解得um=2√2gh (1分) 15 14.(1)3mgh(2)2m/2gh (3) 2√2gh≤U物≤ 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 -17 7gh 2/2gh≤0≤2V2gh (1分) 【解析】(1)由O到D由动能定理有 6mg(3h-h）-W,=号x6moi 皖合知挑战成功需要满足了2gh≤6≤7vVg」 (1分) (1分) 解得W1=3mgh (1分) 15.(1)5N(2)1.2m(3)0.4m0.12J (2)设弹射器射出物块后，其速度大小为1，向左 【解析】(1)小球从A运动到B,由动能定理有 平抛落入缓冲区，则水平方向有 1 mog (h+R-Rcos 0)-2mov0 (1分) x=vt<h (1分) 竖直方向有 小球运动到B点时，由向心力公式有 haze UB Fx-mog=mo R (1分) 得u,sV2gh 联立解得FN=5N。 (1分) (1分) 2 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=-5mv-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 向的平抛运动，竖直方向有 Im=-5mv1max-5mvD=- 2m√2gh (1分) 故弹射器对物块的冲量最大值 h=2812 15 解得t=0.3s (1分) In=-In=2mv2gh (1分) 水平方向有 (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 gt 1 vc-tan 0-4 m/s (1分) mu2=(m十6m)0共 (1分) 则C与D间的水平距离 由能量守恒有 x=vct=1.2 m (1分) 1 1/ 1 (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 umg·2h=2mu- 2(m+ (1分) movc=movcs+mv (1分) 联立解得2= 7√2gh 由机械能守恒定律有 2 若物块恰能返回至组合平台E,点，由动量守恒有 m2=日m,(e6)y+3m 1 va (1分) 1 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s mvs-(m+6m) (1分) 因41mg=1.2N>42(m+M)g=1N(1分) 由能量守恒有 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 1 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 mg·4h=2mo-2(m+后m) (1分) uimg=ma 联立解得v3=7√gh 解得a1=4m/s2 (1分) ·30· ·物理· 参考答案及解析 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 x2=2t=0.08m (1分) uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 解得a2=1m/s2 则薄木板的长度 设经过时间t',两者共速，有 L=x1-x2=0.4m (1分) v'=v-at'=a2t' (1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 解得t'=0.4s,o'=0.4m/s (1分) 热量 此过程中，滑块的位移大小 Q=μ2(M+m)g·x2+ 2M+m)v2=0.12J. 空-0银m (1分) (1分) 薄木板的位移大小 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、选择题 1.C【解析】如图所示，ac中点d的电势pa= g1,A正确。 、,,k一mB,解得A一1 9十：=4V=,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 4V 以E点的电势先增大后减小，B正确；B、G、H三 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 向，在c点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 荷沿着AO连线向O点移动，该，点电荷与C点的 粒子从b点运动到c点，静电力做负功，电势能增 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； 大，粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，B G、H两，点的点电荷对B点的点电荷的库仑合力 错误；粒子从a点到b点加速运动，越过b点后减 FcH保持不变，处在A点的点电荷沿着AO连线 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又 向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小， 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， 则该点电荷对B点的，点电荷的库仑斥力增大，且 循环往复，C正确，D错误。 与G、H两点的，点电荷对B点的电荷的库仑合力 3.A【解析】设q、2q、3g所在位置对应的电场强度 FGH的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 一开始一定是增大的，D错误。 为E1E2、E3,由平衡条件得E1=,E2=3 g 5.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B E器南EEE片·安·商它的 处的电场强度小于D处，OH在B点受到的电场 3g 力比在D点小，A正确，B错误；沿电场线方向电 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某点电场 势逐渐降低，四个点中，A点电势最低，D点电势 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 最高，C错误；OH一运动过程中受到电场力的方向 意一点的电场强度大小可写成E=点(k为常量)， 与电场线切线方向相反，电场力做正功，电势能减 小，D错误。 由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则一 A6.C【解析】开始时B球受力如图所示，由相似三 。31· 4