单元检测(六) 机械能守恒定律-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（福建专版）

2024一2025学年度单元过关检测（六） 物理·机械能守恒定律 (考选时可75分钟，惑分100分》 一，单项达择题：本题共4小恩，每小醒4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的 思号 容案 1.如图甲解承，弹号是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构登蝶理如图乙所承，橡皮简两端点 A,B国是在把于上，橡皮脑处于ACB时恰好为厦长状态，在C处(AB连线的中压想 上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹九拉至D点放手，算丸就会在像皮筋的作用 下发射出去，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，不计空气阳力，则〔) 翠皮 甲 A从D到C过程中，弹丸和橡皮筋组成的系策机械能守国 丑从D到C过程中，弹免的动能一直在增大 C.从D乳E过程橡皮，对弹丸做功等于从E到C过程 D,从D到C过程中，弹丸的动能和障皮；的弹性势建之和先增大后诚小 2在有大风的情况下，一小球自A点整直上抛，其运动轨迹如园所 示。小球运动轨迹上的A,B两点在问一水平直线上，M点为航 迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛 出时的动能为《，在M点时它的动能为2J,落四到B点时动 能记为E,小球上升时属记为，下落时可记为经，不计其越阻 力，别 An￥-132 且h C.Eu-10J D.E-12 J 3如图所示，半径为尺的：测氧曲国树定在水平面上，圆氧曲面各处和餐程度和同，。小物块 从图重上的A点由静止释波，下滑到最低点B。规定B点重力势能为零。下列关于物块 下滑过程中重力势衡E和机械能E与高度h关系图像中，最楼近真实情风的是() 单元过美检测（六」物理第1页{共8页） 衡水真夏 人弹性轻绳一南因定于天花板上的0点，另一装与水平地面上质量 为m的滑块A相连，当弹性闻处于知图所示的竖直位置时，紧挨 光滑水平小钉B,此时滑块A对地面的压力等于自身所受重力的 一半。现作用在滑块A上一水平拉力F,使滑块A向右缓慢运动 一段距南，在置去范力F时，滑块A恰好能静止在地面上。已知弹 性轻绳遵循柄克定律，弹性绳的草长等于OB的长度，弹性绳具有的弹性势能E 壹，式中无为郑性绳的劲波系数x为弹性阄相对原长的形变量。此过秘中弹性绳的 终处于弹性限度内，滑块A与地面闻的动摩题因数为性，最大静深擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度大小为g。对干该过程，下列说法正确的是 A,滑块A对慧面的压力逐渐变大 我带块A向右运动的座商为心 C滑块A克展摩擦力做的功为： 4 D拉力F做的功为公 二，多项选择躐：本紧共4小第，每小雕6分，共24分。每小锁有高项符合题目要求，全都 选对的得6分，燃对但不全的得3分，有遗情的得心分。 题号 5 6 7 答案 5,从地面经直向上数出一小球（可视为质点》，其机械佳E等于动 + 能E与重力势能E之和。以地面为零势能参考面，该小球的四 机敏能和重力势能随它离开地面的高度的变化如图所示，：取 10m/,由图中登据可知 r A.小球的质量为1.6kg 5 Am 品=2m时，小球的动能2=越J C整个运动过程中小球的机城能守回 D从地面至A一5m,小球的动能战少100J 密静 单元过线检测（六）物理第2页{共8质) 6 6.知图甲新示，领角为9=37的传送梦以怕良的速率W=10s沿送时针方向运行。= 0时，将质量四一2kg的煤块（可视为质点）轻故在传送带上璃，煤块相对地面的：图像 如图乙所示，2·末滑离传送带，传送梦上下两端长L=15m4设沿传送带向下为正方 向。重力知速度g取10m/3,n37=0.6,m837°=0.8。期 100 7 50 25 · 10203 甲 L煤块与传送带之间的动摩擦因数：一心，专 B煤块在传送格上氧下的痕差长度为5回 C整个过程因摩擦到产生的热量Q为8J 几整个过程国学振面产生的热量Q为50」 ?,知图甲所示，全球最大”上回转塔战”成功首发下线，标志着又树立了一面”中国高端制 凌”的跃徽帜。若该起重机某次从1一口时刻由静止开始向上挑升质量为醉的物体，其 图像如图乙所示，4时达到额定功率，一时间内起看机保持额定功率运动，重力 加建麦为意，不计其他阻力，下列说达王确的是 A0-时间内物体处于失重优态 武一时民内起重机对特体做功为宁：户 C该物体的最大速度为山+色 山0一时铜内起重机对物体数功为(mg十m>a4女一宁】 总如图甲所示，一质量为21g的物体（可看意质点）在沿斜而方向的拉力作用下，从慎角☆一 30的光精斜面底璃由静止开始沿斜面向上运动，以舞面底端为坐标原点，沿斜面向上为 正方向建立x触，拉力做的功W与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取g一0m/兮 物体沿斜而向上开始运幼到最高点的过程中，下列说法正健的是 单元过美检测（六1物理第3页{共8页】 衡水真 A.在0一10m内，物体相速度大小为10m/ 且在10m一士内，拉力F的大小为2N C.在z一10m处，拉力的功率为100W D物体沿到面向上运动的最大位移。=22,5m 三、非慧择驱：共确分，其中9,10,11为填空题，12,13为实验题，14.15.16为计算题。 且.《3分)如图所示，在高15m的光滑水平桌面上有一质量为4kg的小球被泪线栓在精 上，球与培之同有一显被压缩的轻质弹簧，该弹簧的原长为增可桌面边缘的距离。烧断 线，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向或60'角。若不计空气阻力，重力 如该度g取10m/示，小球落地时的魂度大小为 m,最开始弹簧的第性势能 为 J. 10.(3分)质量为1300kg的宽车在平直赛通上以何定功率加速，受到的困力不变，其加速 度a与速度的倒数。的关系如图所示，已知6的大小为Q0006。喇赛车受钱的峰擦 力为 N,发诗机的输出功率为 kw - 11,《3分》如图所示，两侧横角均为30的斜劈固定在水平地面上，将质量为m,长为L的光 骨金属链条放在斜劳顶跨，左右两侧链条长度之比为1·2。已知再斜面的长度均为 2L,两侧链条与鲜劈的银面在同一经直平面内。重力加速度为，取水平底面为重力 势能的零势能面，则链条的重力势能为 :某时刻将链条自静止邪皮，当硅条下 端到达斜男底南时，重力的功率为 题密程 单元过美检测[六】物理第4页{共8质) 12.(行分》某实验小饥用如图甲所示的实验装冒餐究合力做场与动能变化的关系。将水平 气袋导轨和懒角为8的气整导轨对接，对接处巧妙设计使滑典在对接处几乎授有动使 损失。滑块上固定宽度为的够光片，落光计时器安装在水平导轨适当位置处，以记 录感光片通过它的时料。从领斜导轨寐端向上等距商热标记为L、L.3L,L,"这 样在领解导轨上合外力对滑块做的功就可以分别记为，W。、3W,、W,、…实的 时，句次露让滑块前沿从标记处静止下滑。 3 45 乙 《1》实羚前先用螺旋测量普测出感光片的宽度d,如图乙所示，d 《2)测得滑块从L,2L,3L,4几.…处分释放后，滑块的感光片通过8光计时器的时 间分别为△，△，△，△，“由此测得滑块的速度大小。 ()某次实验时，1让滑换从3L处静止释放，测得带块的质量（含感光片）为测一山，4kg, 领角9-3？，L-10m,一上.00X101,重力加速度的值为10m/,则滑块下 滑弘.距离时，合力做功为J,滑染到达感完计时器时韵动能为 《结果均保留两位有效数学)，在实验误楚殖围内，比较合力的功与动能变化的关 系，得出结论。 13,《8分》某同学利用下而的方法间接测量物体质量M,并利用此装置验证系统机校能守 恒。装置如图甲所示，一积轻绳爵过轻质是滑轮与再个相同的重物P,Q相连，重物P、 Q的质量均为m一20g:在重物Q的下而通过轻质挂钩悬挂待测物块Z,重物P的下 端与穿过打点计时非的纸带相连。已知当地重力加速度为多9,8m/。 计用器 单位：m (1)某次实的中，先光援通飘常为50Hz的交流电厚，再由静止释效系统，得到如图乙所京 的纸径，其中1一4.47m为-.34cm,与-《.21cn,4-7.10cm,多-7.8m= 8,奶m。则系统运幼的加速度a= m/2,i点的速度= m/s. 结果均保留三位有效致学) 单元过美检测（六1物理第5页{共8页） 衡水真是 (2)忽略各类阻力，求由物块2面量的测量值为M=k翠。（结果保留三位有 效数学) (3》利用纸播还可以验证系统机械能守付，测量条带得出1点到5点的里离为，如图 丙所示，求出1点的速度为向，5点的速度为路，积据以上数据，可求重翡由1点运 动到5点时系统重力势能的减少量等于，系统动能的增加量等干 ,通过数据可得出在误策允许的范围内展统重力劳篚的减少量等于系统 动能的增加量，期系统机械能守何。（均用题中M,网，助，四，g,A字每表示） g。1,,., 14,(10分)如图所示，内壁光滑、率径为r的圆管轨道AC国定在经直平面内O是圆心， AB是竖直直径，OC是半轻，∠AOC一0°，光滑的斜面DC在C点与测管轨道小间腺 对接，DC与C垂直，观让面量为m的小球从D点由静止释戴，沿着料面运动到C 点（小球离开斜而后立即撒走斜面）紧接着无经撞从C点进人圆管就道，并沿着图管轨 道运动到A点，小球离开A点又能州好到达C点，重力如速度大小为g:米： (1)小球经过A点时对管道的弹力： (2)D.C两点之间的高度差. 密鞋 单元过美检测（六）物理第5页{共8质) 6 15.12分)如图所示，水平平台上一轻弹簧左瑞固定在A点，瓜长时在其右操B处致置一 硬量为牌一2kg的小滑块（可视为质点），平台AB段光滑，BC段长x=2用，与滑块可 的动摩擦因数m一05。平台右端与水平传送带相接于C点，传透带长L=5m,与滑 块间的动啡擦因数m一Q4。传送带右端D点与一光带经直圆形线道相韧，圆形轨道 半径及一Q4m,最高点E处有一弹性挡板，滑快碳植药板前日无机戴能损失，现将滑 块向左压缩弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上滑行至更C点1,5m处停下。 已如传动带只可聊时针转动，重力却速度g一10m/云求： [1)释放滑块时弹簧的样胜势能E: (2)若在相同位置释放骨块，要使滑块恰好上升到E点，传送带的速度为多少： (3)若在相同位置释数带块，要使带块不脱离圆氢形轨道，几不再返国压第弹簧，传送 带的速度大小范围 2m中-=5m 单元过美检测（六」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 6,《16分》如图所示，长为L的轻直杆上等距离图定质量均为m的N个小球（相邻球距为 急)从里向外分别标记为第1：2,3，N号。轻杆一烟连接较每0点。现将轻杆按动 至与较時O相水平的位置由静止自由释放，所有小球菌杆管量直平面内的翼周适动： 忽降一切阻力，重力加速度为g:从起点运动至杆竖直位置的过程中， (1D若N=1(即只在杆的另一端州定一个个球)，米或动至整直位置时轻杆对小球的收 力大小： (2若N一20，求该过程中轻杆对第7号小球做的功： (3》现滤足N>1,请判断该过程中轻杆对第7号小球歌的功使否为0，若不能，给出解 释：若能，推理出N为多少时做功为0， 单元过美检测（六）物理第8页共8园】衡水真题密卷 单元过关检测 对星体B分析如图所示， 则日地距离x= nk 。aka 16.(1)T= 4x (R+h) gR -(e+ Mm 【解析】（①）根据牛顿第二定律有GR+= n禁R+) D FAn=Fm=G 4m 物体在地球表面时，有G R2 =mg d产 元(R+h)下 a=G学 两式联立解得T=√ gRE (2)根据牛颜第二定律有GR+)=mR+n Mm 2 设星体B所受的合力为FB,正交分解FB,有 Fa=FAacos60°+Fa3=3Gm BR d 在轨道1的线速度一√R干h F=Fxusin60°-23Gm2 轨道距地面高度为h时，空间站的动能为E= d 则Fa=VF+F=2IGm 0 d 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E。= 则amaa= FA:Fa Fc mgR? 4m mm R+h 解得aaM:ank anc=√7：7：7. 地球自转周期为T。,则GM r2 =m 4r2 781 15.(1)0.727AU 2 nk (3(1d gR T 【解折】由开普粉第三定律有亮一音 解得r=√4 解得金星与太阳的平均距离为r金≈0.727AU: 在同步轨道3，动能Ee=m()- (2)在图乙中，设∠AOB=∠A'OB'=0,由于0 很小，AB与A'B'的长度可近似表达为 (e) AB=OB·0,A'B=OB.0 势能Ee=一 mgR2 则4E_0B-k gRT AB OB 1- 4π2 发动机做的功等于增加的机械能W=E十 解得AB=产： (3)两列轨迹之间的距离就是A'与B'之间的距 Ee-(E十E)=一 2(R+h) 离，可得大阳直径为D=nA官= 2024一2025学年度单元过关检测（六）】 物理·机械能守恒定律 一、单项选择题 长，弹力为零，故在C点和C点前某一段必有左 1.A【解析】从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组 右两边橡皮筋弹力的合力小于重力，此时加速度 成的系统除重力做功外，没有外力做功，所以系 向下，速度在减小，B错误；从D到E橡皮筋作用 统的机械能守恒，A正确：在C点橡皮筋处于原 在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹 .16 ·物理· 参考答案及解析 丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋 kh,所以支持力不变，摩擦力f=N,可知地面对 对弹丸做功较多，C错误；从D到C的过程中，弹 A的摩擦力保持不变，撒去外力时弹性绳的伸长 丸的动能、弹九的重力势能、橡皮筋的弹性势能 量为x',在水平方向，有kx'cos0一f=0,可得 总和不变，而弹丸的重力势能不断增大，说明弹 丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和不断减小，D kc0s0-…"受=0，解得士=5滑块A 错误。 向右运动的距离为L=x'cos日=m3,AB错误； 2k 2.D【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正 交分解，水平方向在水平恒定的风力作用下做初 滑块A克服摩擦力微的功为W=fL=gX 2 速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作 用下做匀变速直线运动。竖直上抛运动上升过 mg=mg,C正确；从A到静止的过程中，根 2k 4k 程与下降过程具有对称性，则有=2，B错误； 据能量守恒可得Wr=W:十W,弹力做功为 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的 W,=一之，报据几何关系可得=+正= 时间间隔内位移之比为：x2=1:3,A错误：小 球在A点的速度为，则有瓦A-m=4J,竖直 mg2,联立可得w=3+mE,D 4k2 8k 错误。 方向有=2gh,小球从A到M过程，根据动能定 理可得-mgh十Fx1=Ew一EM=2J-4J= 一2J,联立解得Fx=2J,小球从A到B过程， 根据动能定理可得F(x1十x2)=Es一E4,其 中F.(x十x2)=4F1=8J,解得Es=12J,C 错误，D正确。 3.A【解析】根据重力势能与重力做功的关系，在 下落高度h时，其重力势能为E,=mg(R一h)= mgR一mgh,故重力势能与高度h的图像是一条 二、多项选择题 斜率不变的倾斜直线，且当h一0时，重力势能最 5.AD【解析】由图知，h=5m时，E,=80J,由E 大，h=R时，重力势能为零。物块下落高度h =mgh得m=1.6kg,A正确；物体上升0一 时，由功能关系可得此时物块的机械能为E 5m的过程，根据功能关系可知一fx=E一 mgR一W,在下滑的过程中，物块的速度逐渐增 E,解得物体上升过程中所受阻力大小为∫= 大。设在运动过程中重力与速度的夹角为9，则 在运动过程中根据牛顿第二定律得F=FN一 E0一Es100一80N=4N,故整个运动过程中 5 ngsin日=m,根据滑动摩擦力的定义可知f三 小球的机械能不守恒，C错误；由动能定理可知h =2m时，一fh一mgh=E一E,解得小球的动 uF、,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐 能E=60J,B错误；从地面至h=5m,由动能定 渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相 理可知△E=一fh-mgh=一100J,所以小球的 同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所 动能减少100J,D正确。 述，A正确。 6.BC【解析】由题图得0~1s内煤块加速度a1 4.C【解析】设A处于初始位置时与B点的距离 △边=10.0 为h,物体A在初始时受重力、拉力和地面的支 △=.0m/s=10.0m/s2,根据牛顿第二定 持力，根据题意和平街条件，有h=司mg,物体 律得ngsin0十mgcos0=ma1,解得μ=0.5，A 错误：根据图像可知，0~一1s内传送带比煤块多 A在向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉 力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示，根据正交 运动位移△=号×10X1m=5m,1~2s内煤 分解得N=mg一krsin日=mg一kx·上=mg 1 x 块比传送带多运动位移△？=乞×2×1m= ·17 6 衡水真题密卷 单元过关检测 1m,两者有重叠部分，所以煤块在传递带上留下 10.3900 406.25 的痕迹长度为5m,B正确；整个过程系统因摩擦 【解析】设跑车的输出功率为P,受到的摩擦力为 而产生的热量Q=mg(△1十△x2)cos0=48J, C正确，D错误。 人报据牛顿第二定律可得a=￡二_二 m 7.CD【解析】0~山时间内物体有向上的加速度， P.1- 物体处于超重状态，A错误：0~一时间内起重机 v m ,可知a一号图像纵轴栽矩为一上 m 对物体役功为四=是十m助= -3m/8,解得f=1300X3=390N,c号图 ma产+mg·af=mama,B错 1 1 3 2 像的斜李为质=一品-Qg6m公，解得P 误；根据牛顿第二定律F一mg=ma,0~4时间内 3 1300×0.0096W=406.25kW. 起重机对物体的幸引力为F=mao十mg,起重机的 最大功率为P=Fu-=Faah=(nmao十mg)aoh,该物 11.31mg2 V11g 36 6 二mg 体的最大速度为==a十，C正确： mg 【解析】能条的初始重力势能为E一子mg· 一2时间内起重机对物体做功为W2=P(2一) =(mao十mg)a(t2一b1),0~t2时间内起重机 (2L-若)sin30+号mg·(2L-号)sn30°- 对物体做功为W=W1十W2=(mg十mao)ao 31mL,链条从静止至左侧斜面上的链条完全 36 (-4)D正确， 滑到右瑞的过程中，重力微功为W=号mg· 8.BD【解析】由于拉力沿斜面向上，则拉力做的 功W=Fx,可看出W-x图像的斜率代表拉力，在 如30 gmgL,然后链条下端到达斜劈底端这 0<x<10m的范国内，拉力F=W=20N,根 Ar 一过程重力微功为W,=mg·Lsm30=弓mgL,设 据牛颜第二定律可知F-ngsin0=ma,解得a =5m/s2,A错误：从x=10m到最高，点的过程 链条运动至底端的连度为，有W十W,-司m, 中，拉力FA=2N,B正确；根据动能定理 解得v=gL 3 ,可知P=mgusin30°= 有W-mgsin0x=之m,解得=10m处物 1gLmg。 6 体的速度=10m/s,此时拉力的功率P=F= 12.(1)1.880(1.879或1.881均可) 200W,C错误：从x=10m到最高点的过程中， (3)0.720.71 根据动能定理有W1十F(xm一x2）一ngImsin9- 【解析】(1)螺旋测微器的读数为d-1.5mm十 0,又由题图知W1一200J,解得物体沿斜面向上 38.0×0.01mm=L.880mm. 运动的最大位移xm==22.5m,D正确。 (3)滑块在气垫导轨上下滑时摩擦力可忽略不 三、非选择题 计，故只有重力做功，即合力做功为W=mg· 9.2√1020 3L·sin0≈0.72J,滑块到达感光计时器时的动 【解析】小球从桌面边缘抛出后做平抛运动，落 能为成=2md,0=品代入数值解得民≈ 地时竖直分速度巴，=√2gh=√30m/s,由几何 0.71J。 关系可得水平分速度4：=tan30°=√10m/s,则 13.(1)5.502.11(2)0.512 落地时的速度大小v=√十乙=2√I0m/s;在 (3)Mgh 小球被弹簧弹出的过程中，由能量守恒定律可 吉M+2m话- 得，最开始弹簧的弹性势能E=司m=20J。 【解析】(1)由题图可知，相邻计数点间的时间 间隔为T=2×0.02s=0.04s,根据逐差公式可 18 ·物理 参考答案及解析 得，系统运动的加速度为 解得e=√gR=2m/s a=十5十s)-(十5十s) 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块 9T 在传送带上加速的位移为L,由动能定理得 (7.10+7.98+886-4.47-5.34-6.21)×0.01 9×0.04 m/s? W集-hmgx十eng-2mgR=之m晚 =5.50m/g,打5点时的速度为5=，十 2T W维=E 7.98+8.86×0.01m/s2.11m/s。 解得L1=1m,又因L1<L=5m,故滑块在传送 2×0.04 带上先加速后匀速。从D到E,由动能定理有 (2)对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律有 (M十m)g一T=(M+m)a,对P分析，根据牛顿 -2mgR=之m透-2m6 第二定律有T-mg=ma,联立解得物块Z质量 联立解得传送带速度为v=vw=2W5m/s; 的测量值为M≈0.512kg。 (3)情况一：滑块恰好上升至圈心等高处时，设 (3)重物由1点运动到5点时系统重力势能的减 传送带速度为2，由动能定理一mgR=0 少量等于△En=Mgh,系统动能的增加量等于 △E.=2M+2m)话-2M+2mf=2M+ 2m喝 2 解得=√2gR=2√2m/s 2m)(-)。 假设返回经过传送带速度减为零时，与D点距 14.(1)0(2)r 【解析】(1)小球从A点飞出后做平抛运动，水 离为L,则有-mgL'=0-m 平方向有r=Uad 解得L'=1m<L=5m 竖直方向有r一rc060°=2gr 故物块不会冲过C,点，在传送带与圆心等高处 往复运动，则此情况要滑块不脱离圆弧轨道应 小球在A点的速度大小为A=V√gr 满足条件0<≤2√2m/s。 设轨道对小球的作用力大小为F,方向竖直向 情况二：物块上升到最高点E后再恰好返回B 下，合外力提供向心力有F+mg=m 点，设物块在传送带上的加速位移为“，对全程 解得F=0; 分析由动能定理有Ep一2山mgx十2mgs一 (2)小球从D点到达A,点时，根据机械能守恒有 pzmgL=0 mghon=2m听 解得s=4.75m 设此时传送带速度为巧，则由动能定理有E。一 解得h=艺 hng十公g-之m 由几何关系可知C、A两，点之间的高度差h心= 解得-5√2m/s r1-cos609=号 故此情况滑块不脱离圆孤轨道霄满足条件 D、C两点之间的高度差hc=hns十hc 25m/s≤≤5√2m/s. 解得hr=r。 总结：要使滑块不脱离圆孤轨道，传送带的速度 15.(1)E。=22J(2)=25m/s 需满足的条件：0<u≤2√2m/s或25m/s≤ (3)0≤2W2m/s或2W5m/s≤≤5V2m/s ≤52m/s。 【解析】(1)滑块从释放到在传送带上静止，由 能量守恒定律得E。一山mgx十mgT 16.(1)3mg(2)-7mgL 41 (3)见解析 其中x1=1.5m 【解析】(1)若N一1，运动至竖直位置时由动能 解得E,=22J: 定理得mgL=md (2)滑块恰好到达E点，有mg=m R 解得=√2gL 19 衡水真题密卷 单元过关检测 由牛颜第二定律可得F一mg=m乙 (3)共有N个小球时，选取杆在竖直位置时最低 点为零势能，对整体由机械能守恒有 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小 为F=3mg: NingL.=maL(代+2+…+9)+ (2)若N=20,选取杆在竖直位置时最低，点为零 1 势能，对整体由机械能守恒有20mgL= mg(号+8+…+分+o)十2mi+mi+叶 1 报据线建度关系可得-■片，-如货， 名 w=兴 L 2L 根据线速度关系可得=ω0，%=w0,…, 对第7个小球由动能定理有mgL×员+W, V2o=aL 之m晴-0 +W# 对第7个小球由动能定理有mg0 7 解得w#=mgLN2N+[3X7-(2N+1D] am味-0 当W#=0时N-10。 解得W,=- 2024一2025学年度单元过关检测（七） 物理·动量守恒定律 一、单项选择题 3.A【解析】对人和竹竿组成的系統，可看成人船 1,D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 模型，所以mx1=m2x2,代入数据可得人的质量 一高度落下，根据自由落体运动的规律2=2gh 约为m2=45kg,A正确。 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 4,B【解析】设苹果刚接触钢板时速度为，取向 公式p=m0可知，动量是相等的，A错误；由于碰 上为正方向，根据动量定理，有(F一mg)t=0一 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一m,则 (一mw),解得v=2m/s,设苹果在钢板上的碰伤 冲量也相同，B错误：动量的变化量△p=0一m, 阙值为h,有2=2gh,解得h=0.2m=20cm,B 则动量的变化量也相同，C错误；由合外力的冲量 正确。 公式I=F:可知，落在硬地的时间更短，冲量的 二、多项选择题 变化率更大，D正确。 5.BC【解析】0~to时间内，根据动量定理可得 2.D【解析】火箭向下喷出水，水对火箭的反作用 Fto一fto=mm一0，to一3to时间内，根据动量定 力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处 理可得-f·20=0一mum,联立可得F-3f,在 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 此过程中F的冲量大小等于1，=号m,B.C正 失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得 m6一(M一m))=0,解得火箭获得的最大速度 确：0一t6时间内，根据动能定理可得Fx一fx 为四=Mm”,C错误：以向下为正方向，上升 2m哈-0，又F-3f,联立可得在此过程中下 过程由动量定理可得(M一m)g4十f14=0十 所微的功为W,=F=是m,A错误：设物体 (M一m),下降过程由动量定理可得(M一 与桌面间的动摩擦因数为4,6~3。时间内，根 据动量定理可得一mg·2to=0一mm,解得4= m)gt红-f2t=(M-m)v,其中f4=kuh=h, ,D错误。 f2红=kor=h,联立解得t=十红= 2gto (M-m)u十m,D正确。 6.ACD【解析】滑块B在传送带上滑动，根据牛 (M-m)g 顿第二定律有omg=ma,可得滑块B的加速度 ·20·