第七单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,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,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图所示,足球场上,守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去,使球停下,关于此过程守门员戴手套的作用,以下分析正确的是 (　　)
A.减小球的平均作用力　　　　 B.增大手受到的球的冲量
C.球受到的动量变大　　　　 D.使球的加速度变大
2.A、B两滑块在一气垫导轨上发生碰撞,碰前B滑块静止,A滑块做匀速运动,某同学利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的频闪照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T,在这4次闪光的过程中,A、B两滑块均在0~80 cm范围内,且第1次闪光时,滑块A恰好位于x=10.0 cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短(均可忽略不计),则 (　　)
A.碰撞发生在第1次闪光后的3T时刻
B.碰撞后A与B的速度相同
C.碰撞后A与B的速度大小之比为1∶2
D.A、B两滑块的质量之比为1∶3
3.如图,某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知“水火箭”运动过程中所受阻力与速度大小成正比,“水火箭”落地时速度为v,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.“水火箭”的动力来源于“水火箭”外的空气对它的推力
B.“水火箭”上升过程中一直处于超重状态
C.“水火箭”获得的最大速度为v0
D.“水火箭”在空中飞行的时间为t=
4.如图,有两个完全相同的小球1和2,2球静止在光滑水平面BC上,1球从光滑斜面AB上某处由静止释放。已知AB与BC平滑连接,两小球发生弹性碰撞,小球在C处与墙面碰撞时有机械能损失。下列v-t图像能粗略反应1球来回运动一次运动过程的是 (　　)
　　　　
　　　　
5.如图所示,光滑水平地面上并排放着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B,一质量M=2 kg的滑块C(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s,最终C与木板B相对静止,则 (　　)
A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上
B.木板B的最大速度为2 m/s
C.木板A的最大速度为1 m/s
D.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J
6.质量为M=2m的小车静止在光滑水平面上,其上表面水平,如图所示。质量为m的沙包(可视为质点)以初始速度v0水平抛出,抛出点到小车上表面的竖直高度h=(g为当地重力加速度),恰好落在小车的右端且没有弹起,又恰好没从小车上滑下来。已知沙包与小车间的动摩擦因数为μ。下列选项正确的是 (　　)
A.沙包从抛出至落到小车上所用时间为
B.沙包的抛出点至小车右端的水平距离为
C.沙包与小车相互作用的整个过程中,系统的内能增加了m
D.小车的长度为
7.如图所示,在一光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光滑小球,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=2 kg、mD=10 kg,小球A以3 m/s的速度向右运动,与B球发生弹性碰撞,此后所有碰撞均为弹性碰撞,从A开始运动起,四个小球一共发生几次碰撞 (　　)
A.3次　　　　B.4次
C.5次　　　　D.6次
8.如图所示,水平地面上静止放置着材料相同、紧靠在一起的物体A和B,两物体可视为质点且A的质量较大。两物体间夹有炸药,爆炸后两物体沿水平方向左右分离,不计空气阻力,则A物体 (　　)
A.爆炸过程中,获得的初动量大
B.爆炸过程中,获得的初动能小
C.爆炸后,滑行时间短
D.爆炸后,滑行距离长
9.如图所示,AB为倾角θ=53°的光滑斜面轨道(足够长),通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接,质量为m2的小球乙静止在水平轨道上,此时小球乙与斜面底端B之间的距离d=4 m。质量为m1的小球甲以速度v0=5 m/s与乙球发生弹性正碰(碰撞时间极短),使乙球获得4 m/s的速度(在轨道连接处无能量损失,重力加速度大小为g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,两小球均可视为质点)。下列说法正确的是 (　　)
A.小球甲、乙的质量之比m1∶m2=1∶2
B.碰后小球甲的速度大小为1 m/s
C.两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端的距离为8 m
D.两球第一次碰撞后再经过3 s发生第二次碰撞
10.如图所示,水平面内有两个光滑平行导轨,导轨足够长,其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上,两环之间连接一轻弹簧,轻弹簧原长L。开始时弹簧与杆垂直,两环均静止。某时刻,给环B一水平向右的瞬时速度v,下列说法正确的是 (　　)
A.A、B和弹簧组成的系统动量不守恒、机械能守恒
B.若A的速度为vA=,B的速度为vB=
C.若A的速度为vA=,弹簧与导轨之间的夹角为30°
D.若弹簧恢复原长,环B速度为2v,方向水平向右时,初始状态时弹簧的弹性势能Ep=5mv2
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(6分)某同学打算在家中利用能找到的器材验证动量定理,如图甲所示,将小球从竖直平面内的固定刻度尺旁边由静止释放,用手机连拍功能拍摄小球自由下落的过程,如图乙所示,各时刻小球的位置到小球初始位置1的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5,已知手机连拍频率为f,当地的重力加速度为g。
　　　
(1)小球在位置3时的瞬时速度为　　　　　(用题中所给物理量符号表示)。
(2)取小球在位置2~5的运动过程进行研究,则验证动量定理的表达式为　　　　　　　　(用题中所给物理量符号表示)。
(3)若实验过程中发现小球所受重力的冲量大于动量的增加量,产生此问题的原因可能是　　　　　　　　。
12.(8分)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。
(1)求滑块a、b的质量之比;
(2)求两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比W∶ΔE。
13.(9分)如图所示,质量m0=5 g的小球用长l=1 m的轻绳悬挂在固定点O,质量m1=10 g的物块静止在质量m2=30 g的光滑圆弧轨道的最低点,圆弧轨道静止在光滑水平面上,悬点O在物块m1的正上方,将小球拉至轻绳与竖直方向成37°角后,静止释放小球,小球下摆至最低点时与物块发生弹性正碰,碰后物块恰能到达圆弧轨道的最上端。若小球、物块都可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)碰撞前,小球下摆至最低点时,球对轻绳拉力的大小;
(2)碰撞后瞬间物块的速度大小;
(3)圆弧轨道的半径。
14.(14分)如图所示,质量均为m=1.62 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,其上端O点系一长l=1 m的细绳,细绳另一端系一质量m0=0.81 kg的小球C。现将C球拉起使细绳水平伸直,并由静止释放C球,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)A、B两木块分离时,C的速度大小;
(2)C球第一次运动到最低点的过程中,C球在水平方向的位移大小;
(3)当C球达到左侧最高点时,A和杆被立刻锁定不动。C球再次回到最低点时,A对地面的压力大小。
15.(23分)如图所示,水平传送带以v0=2 m/s的速率逆时针转动,传送带左端与水平地面平滑连接,传送带右端与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切,物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带,与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块a的质量m=0.1 kg,物块b的质量M=0.3 kg,两物块均可视为质点,圆弧轨道半径r=1.25 m,传送带左、右两端的距离d=4.5 m,物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1,物块b与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.5,重力加速度g=10 m/s2,碰撞时间极短。求:
(1)物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小;
(2)物块a第一次与物块b碰撞后瞬间,物块b的速度大小;
(3)两物块最多能碰撞的次数及最终两者间的距离。
答案全解全析
1.A　守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理得-Ft=0-mv,可得F=,当时间增大时,冲量和动量的变化量都不变,可减小动量的变化率,即减小球对手的平均作用力,故A正确,B、C、D错误。
2.D　由于碰前A滑块匀速运动,由图像知,碰撞发生在60.0 cm处,因此碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻,A错误;碰后在0.5T时间内,A、B两滑块位移大小相等,方向相反,因此碰撞后A与B的速度大小相等,方向相反,则碰撞后A与B的速度大小之比为1∶1,B、C错误;利用图中的数据可知,碰撞前A的速度大小是碰后A的速度大小的2倍,碰撞前后,根据动量守恒可得mA·v0=-mA+mB,解得mA∶mB=1∶3,D正确。
3.D　“水火箭”向下喷出水,水对“水火箭”的反作用力是“水火箭”的动力,A错误;“水火箭”向下喷水时处于超重状态,减速上升过程和加速下降过程处于失重状态,B错误;喷水前后由动量守恒定律可得mv0-(M-m)v1=0,解得“水火箭”获得的最大速度为v1=v0,C错误;以竖直向下为正方向,上升过程由动量定理可得(M-m)·gt1+t1=0+(M-m)v1,下降过程由动量定理可得(M-m)·gt2-t2=(M-m)v,其中t1=kt1=kh,t2=kt2=kh,联立解得t=t1+t2=,D正确。
4.A
模型建构
解析　在斜面上下滑时对1球分析有a==g sin θ,即1球在斜面上做匀加速直线运动,设其到水平面时的速度为v0,则碰撞前后有mv0=mv1+mv2,m=m+m,解得v1=0,v2=v0,可知速度发生交换,之后2球与墙碰撞后反弹,有机械能损失,即碰后速度小于v0,之后匀速运动一段距离后2球与1球碰撞,速度继续交换,1球在水平面上向左运动的速度小于v0。可知,1球先从斜面上下滑做匀加速直线运动,后向右做匀速直线运动,碰撞后静止一段时间,再次碰撞后在水平面上向左做匀速直线运动,冲上斜面后做匀减速直线运动。故选A。
5.D　A、B、C组成的系统动量守恒,C滑离木板A时有Mv1+(m1+m2)vA=Mv0,解得木板A的最大速度为vA=2 m/s,C滑上B后,B、C整体动量守恒,则有Mv1+m2vA=(M+m2)vB,解得木板B的最大速度为vB=4.5 m/s,并且最终B、C一起匀速运动,故A、B、C错误;整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE=M-m1-(m2+M)=57.5 J,故D正确。
6.D　根据平抛运动竖直方向的运动规律可知h=gt2,解得沙包从抛出至落到小车上所用时间为t=,故A错误;根据平抛运动水平方向运动规律有x=v0t=,故B错误;沙包与小车组成的系统水平方向动量守恒,则有mv0=(M+m)v,根据能量守恒定律,沙包与小车相互作用的整个过程中,系统的内能增加了Q总=mgh+m-(M+m)v2,联立解得Q总=m,故C错误;设小车的长度为L,则有μmgL=m-(M+m)v2,解得L=,故D正确。
7.C　因球之间的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞前后动量守恒,机械能守恒,A向右运动与B发生碰撞,此碰撞为第一次碰撞,碰后A的速度为v1,B的速度为v2,由碰撞规律可得v1=v0=-1 m/s,v2=v0=2 m/s,即碰撞后A球反弹,B球向右运动,与C发生碰撞,此碰撞为第二次碰撞,因B、C球质量相等,B与C碰后,交换速度,即碰后B的速度为v3=0,C的速度为v4=2 m/s,C向右运动与D发生碰撞,此碰撞为第三次碰撞,设碰后C的速度为v5,D的速度为v6,由碰撞规律可得v5=v4=- m/s,v6=v4= m/s,C向左运动会和B发生碰撞,此碰撞为第四次碰撞,因B、C球质量相等,故碰后B、C交换速度,即C的速度为v7=0,B的速度为v8=- m/s,由于B的速度v8大于A的速度v1,故B会追上A,与A发生第五次碰撞,因B的质量大于A,故碰后B不会反弹。综上,从A开始运动起,四个小球一共发生5次碰撞。故选C。
8.BC　爆炸过程中,系统内力远大于外力,A、B组成的系统动量守恒,爆炸前系统总动量为零,由动量守恒定律可知,爆炸后,两物体的动量大小相等,故A错误;设爆炸后任一物体的动量大小为p,物体的质量为m,则动能Ek=mv2=,可知质量大的物体A获得的初动能小,故B正确;取爆炸后速度方向为正方向,根据动量定理得-μmgt=0-p,解得滑行时间t=,则质量大的物体A滑行时间短,故C正确;爆炸后滑行过程中,根据动能定理得-μmgs=0-mv2=0-,解得爆炸后物体滑行的距离s=,则质量大的物体A滑行距离短,故D错误。
9.BC　两球发生弹性正碰,设碰撞后甲球的速度为v1,乙球的速度为v2=4 m/s;以向左为正方向,由动量守恒和能量守恒得m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,联立可得=,v1=-1 m/s,知碰后小球甲以1 m/s的速度向右运动,故A错误,B正确;小球乙在斜面上运动时,由牛顿第二定律得m2g sin θ=m2a,解得a=8 m/s2,可得小球乙在斜面上运动的时间为t1=2=1 s,设发生第二次碰撞时的位置到斜面底端的距离为L,则在两次碰撞之间的时间内,甲在水平轨道运动的路程为L-d,乙在水平轨道运动的路程为L+d,则有=t1+,解得L=8 m,故C正确;两球第一次碰撞后到发生第二次碰撞所用时间t2=+t1=4 s,故D错误。
10.BCD
解题指引　1.“水平面内有两个光滑平行导轨”A、B和弹簧组成的系统所受的合外力为0。
2.
　弹簧压缩,具有弹性势能
解析　平行导轨光滑,A、B和弹簧组成的系统,其所受的合外力为0,因此系统动量守恒,除系统内弹簧的弹力,没有其他力做功,系统机械能守恒,故A错误;对A、B和弹簧组成的系统,取向右为正方向,由动量守恒定律得2mv=m·v+2mvB,解得vB=,故B正确;设弹簧初始弹性势能为Ep,A的速度为时的弹性势能为E'p,根据机械能守恒可得·2mv2+Ep=·2m+m+E'p,可得Ep=E'p,开始时弹簧长度为L,而原长为L,故弹簧压缩了,弹性势能为Ep,故弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等时,伸长量也为,此时弹簧长度为L'=L+L=2L=,故弹簧与导轨间夹角为30°,故C正确;弹簧恢复原长时,根据动量守恒可得mvA+2m·2v=2mv,解得vA=-2v,即A的速度大小为2v,方向向左,由能量守恒得·2mv2+Ep=·2m(2v)2+m(-2v)2,解得Ep=5mv2,故D正确。
11.答案　(1)(2分)　(2)=-(3分)
(3)空气阻力的影响(1分)
解析　(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,有v3==
(2)在位置2~5的运动过程中,由动量定理可得mg·3T=mv5-mv2
其中T=,v2==,v5==
可得=-
(3)小球下落过程中,由于空气阻力的影响,小球所受重力的冲量大于动量的增加量。
12.答案　(1)1∶8　(2)1∶2
识图有法
解析　(1)设a、b的质量分别为ma、mb,a、b碰撞前的速度分别为va、vb。由题给图像得va=-2 m/s(1分)
vb=1 m/s(1分)
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v共。由题给图像得v共= m/s(1分)
由动量守恒定律得mava+mbvb=(ma+mb)v共 (1分)
联立并代入数据解得ma∶mb=1∶8 (1分)
(2)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=ma+mb-(ma+mb) (1分)
由图像可知,两滑块最后停止运动。由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W=(ma+mb) (1分)
联立并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2 (1分)
13.答案　(1)0.07 N　(2) m/s　(3) m
模型建构　多物体多过程的力学问题,合理选取研究对象,拆分过程:
解析　(1)小球下摆至最低点的过程,根据机械能守恒定律可得
m0gl(1-cos 37°)=m0 (1分)
小球在最低点,由牛顿第二定律可得
T-m0g= (1分)
解得T=0.07 N,由牛顿第三定律可知,球对轻绳的拉力大小为0.07 N。 (1分)
(2)小球与物块碰撞,满足动量守恒定律、机械能守恒定律,则
m0v0=m0v'0+m1v1 (1分)
m0=m0v'+m1 (1分)
解得v1= m/s(1分)
(3)物块滑到圆弧轨道最高点的过程,水平方向动量守恒,机械能守恒,则
m1v1=(m1+m2)v2 (1分)
m1=(m1+m2)+m1gR (1分)
解得R= m(1分)
14.答案　(1)4 m/s　(2)0.8 m　(3)37.81 N
解析　(1)当C球第一次摆到最低点时,A、B木块分离,对A、B、C组成的系统,由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得
m0vC=2mvAB (1分)
m0gl=m0+×2m (1分)
解得vAB=1 m/s,vC=4 m/s(1分)
(2)对A、B、C组成的系统,水平方向动量守恒,由人船模型规律可得
m0xC=2mxAB (1分)
且xC+xAB=l (1分)
解得xC=0.8 m(1分)
(3)C摆到左侧最高处时,A、C共速,速度为v1,对A、C组成的系统,取向左为正方向,由水平方向动量守恒可得
m0vC-mvAB=(m0+m)v1 (1分)
解得v1= m/s
m0+m=m0gh+(m0+m) (1分)
解得h= m
A和杆被锁定后,将速度分解,如图所示,
C球速度发生突变,
v'1=v1 cos θ (1分)
cos θ== (1分)
即v'1= m/s
再次至最低点,有m0gh=m0-m0v' (1分)
解得v2= m/s
对小球C有F-m0g=m0 (1分)
解得F=21.61 N
地面对木块A的支持力FN=F+mg=37.81 N(1分)
由牛顿第三定律得A对地面的压力
F'N=FN=37.81 N(1分)
15.答案　(1)3 N　(2)2 m/s　(3)2次　0.48 m
解析　(1)物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点,根据机械能守恒定律有
mgr=m (1分)
解得v1=5 m/s
物块a运动到轨道最低点时,由牛顿第二定律有
F-mg=m (1分)
解得F=3 N(1分)
由牛顿第三定律知物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3 N。
(2)物块a在传送带和水平地面上运动时,由牛顿第二定律有ma1=μ1mg (1分)
设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v2,由运动学公式可得-=-2a1d (1分)
解得v2=4 m/s>v0=2 m/s(1分)
则物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4 m/s,物块a、b碰撞前后动量守恒,机械能守恒,以水平向左为正方向,设碰撞后物块a的速度为v3,b的速度为v4,则有mv2=mv3+Mv4 (1分)
m=m+M (1分)
联立解得v3=-2 m/s,v4=2 m/s(1分)
即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2 m/s。
(3)第一次碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动,设加速度为a2,到静止时所用时间为t1,位移为x1,由牛顿第二定律有Ma2=μ2Mg (1分)
由运动学公式有=2a2x1 (1分)
v4=a2t1 (1分)
联立解得x1=0.4 m,t1=0.4 s(1分)
对于物块a,先沿传送带向右做匀减速运动,设速度减为0所用的时间为t2,位移为x2,由运动学公式有
=2a1x2 (1分)
v3=a1t2 (1分)
解得x2=2 m由t1物块a、b第二次碰撞前后动量守恒、机械能守恒,以水平向左为正方向,设第二次碰撞后a、b的速度分别为v6、v7,则有mv5=mv6+Mv7 (1分)
m=m+M (1分)
解得v5= m/s,v6=- m/s,v7= m/s(1分)
物块b第二次碰撞后向左滑行的距离
x3==0.08 m(1分)
物块a第二次碰撞后向右滑行的距离
x4==0.4 m=x1 (1分)
则两物块最多碰撞2次,最终两者间的距离为
x=x3+x4=0.48 m(1分)