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（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏A版）

衡水真题密卷 物体在地球表面时，有G=mg R2 两式联立解得T一 4x2(R+h)下 gR (2)根据牛顿第二定律有GR+h)=mR+h m BR 在轨道1的线速度v一√干h 轨道距地面高度为h时，空间站的动能为E= 名-20物 1 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E一 mgR2 R+h 地球自转周期为T,则G恤=m答 2024一2025学年度单元过关检 一、选择题 1.A【解析】从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组 成的系统除重力做功外，没有外力做功，所以系 统的机械能守恒，A正确；在C点橡皮筋处于原 长，弹力为零，故在C点和C,点前某一段必有左 右两边橡皮筋弹力的合力小于重力，此时加速度 向下，速度在减小，B错误：从D到E橡皮筋作用 在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹 丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋 对弹丸做功较多，C错误：从D到C的过程中，弹 丸的动能、弹丸的重力势能、橡皮筋的弹性势能 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 错误。 2.D【解析】物体P下落过程中，物体P、Q和弹 簧组成的系统满足机械能守恒，物体P、Q的重力 势能减少了△E.=2mgL一mgL=mgL,则弹簧 的禅性势能增加了mgL,D正确。 3.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 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 程与下降过程具有对称性，则有1=2，B错误： 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的 时间间福内位移之比为：x2=1:3,A错误；小 球在A点的速度为，则有E=2m=4J,竖直 方向有=2gh,小球从A到M过程，根据动能定 1A ·16 单元过关检测 3gRT国 解得r一√4元 在同步轨道3，动能E=司m()- m(eR 势能Ee=一 mgR2 gR2T国 V4x 发动机做的功等于增加的机械能W一E十 E-B+)=名(R)i+爱 (六)物理·机械能守恒定律 理可得一mgh十FR=Ew一EM=2J一4J= 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(x十x2)=Ew一EA,其 中F风(x1十x2)=4Fxx1=8J,解得Ek=12J,C 错误，D正确。 4,B【解析】根据题意可知，物块A与物块B速度 关系为VACOS0=B,两物块速度不相等，当物块 A经过左侧滑轮正下方时，有阳=Ac0s90°=0， A、D错误；当物块A运动到左侧定滑轮正下方 时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大， 根据执核能守恒有mg(3一A）一m, 解得v=2m/s,B正确：由上述分析可知，当物块 A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，则 物块B向下先加速后减速，则物块B减速下降过 程中，重力会小于细线上的拉力，C错误。 5.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。一mg(R一h)= mgR一mgh,故重力势能与高度h的图像是一条 斜率不变的倾斜直线，且当h=0时，重力势能最 大，h=R时，重力势能为零。物块下落高度h 时，由功能关系可得此时物块的机械能为E= mgR一W:,在下滑的过程中，物块的速度逐渐增 大。设在运动过程中重力与速度的夹角为0，则 在运动过程中根据牛顿第二定律得F向=FN一 mgsin=mR,根据滑动摩擦力的定义可知f= uFN,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐 ·物理· 渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相 同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所 述，A正确。 6.C【解析】设A处于初始位置时与B点的距离 为h,物体A在初始时受重力、拉力和地面的支 持力，根据题意和平衡条件，有h=mg,物体 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 分解得N=mg一krsin0=mg-kz·么=mg h,所以支持力不变，摩擦力f=N,可知地面对 A的摩擦力保持不变，撤去外力时弹性绳的伸长 量为x',在水平方向，有kx'c0s0一f=0,可得 kcos0-4…受=0，解得=5a滑块A 向右运动的距离为L=tc0s0=,A,B错误： 滑块A克服摩擦力做的功为W=几=受X -，C正确：从A到静止的过程中，根 26 据能量守恒可得W=W:十W,弹力做功为 W=一司x2,根据几何关系可得=水十LB mg1+2,联立可得W=③心+)mg,D 4k2 8k 错误。 7.B【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大， 即知在℃点时滑块的速度最大，此瓣间滑块受力 平衡，则有mgsin30°=k△x,△x=bc,可得k mgsin30=50N/m,A错误；滑块从d点到a △x 点，运用动能定理得W。十W弹=0一0，又W,= 一△E=-(0一8)J=8J,可得W6=一8J,即克服 重力做功8J,所以从d点到b点滑块克服重力微 功小于8J,B正骑；滑块从a,点到c点，由系统的 机械能守恒知滑块的动能增加量与弹簧弹性势 参考答案及解析 能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于 8J,所以滑块的动能最大值小于8J,C错误：禅 簧弹性势能的最大值为8J,根据功能关系知从d ,点到b点弹簧的弹力对滑块做功8J,从d,点到c ,点弹簧的弹力对滑块做功小于8J,D错误。 8.AD【解析】由图知，h=5m时，En=80J,由E。 =mgh得m=1.6kg,A正确；物体上升0 5m的过程，根据功能关系可知一fx=Es E如，解得物体上升过程中所受阻力大小为∫= E一E5=100一80N=4N,故整个运动过程中 5 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=Ek一EM,解得小球的动 能E=60J,B错误：从地面至h=5m,由动能定 理可知△E=一fh一mgh=一100J,所以小球的 动能减少100J,D正确。 9.CD【解析】0~4时间内物体有向上的加速度， 物体处于超重状态，A错误：0~一t时间内起重机 1 对物体做功为W=豆m心十mgh= m（a1)产+mg·2af=mao士m8a,B错 1 1 2 误；根据牛顿第二定律F一mg=ma,0~有时间内 起重机对物体的牵引力为F=mag十g,起重机的 最大功率为P=Fv=Fao4=(ma十mg)ao,该物 体的最大速度为化==ao+,C正确； g 1一l2时间内起重机对物体做功为W2=P(2 t)=(ma0十mg)aot(t2-h),0一t时间内起重 机对物体做功为W=W,十W2= 1 (mg+mao)a4(a-之h)D正确。 10.BD【解析】由于拉力沿斜面向上，则拉力做的 功W=Fx,可看出Wx图像的斜率代表拉力， 在0<x<10m的范围内，拉力F=W=20N, △x 根据牛顿第二定律可知F-mgsin0=ma1,解得 a1=5m/s2,A错误：从x=10m到最高点的过 程中，拉力F-会罗=2N,B正璃：根据动能定 理有W-mgn0·x=m,解得=10m 处物体的速度=10m/s,此时拉力的功率P= Fo=200W,C错误：从x=10m到最高点的过 程中，根据动能定理有W1十F(xm一x)一 mgxmsin0=0,又由题图知W1=200J,解得物 1A 衡水真题密卷 体沿斜面向上运动的最大位移工m==22.5m, D正确。 二、非选择题 11.(1)1.880(1.879或1.881均可) (3)0.720.71 【解析】(1)螺旋测微器的读数为d=1.5mm+ 38.0×0.01mm=1.880mm。 (3)滑块在气垫导轨上下滑时摩擦力可忽略不 计，故只有重力做功，即合力做功为W=mg· 3L·sin≈0.72J,滑块到达感光计时器时的动 能为瓦=之m,D=品代入数值解得E≈ 0.71J. 12.(1)5.502.11(2)0.512 (3)Mgh 合M+2m)(ad-) 【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 得，系统运动的加速度为 a=十5十)-(s1十s2十s) 9T (a.10+1.98+886-447-534-621)X0.01m/3 9×0.0M =5.50m/s,打5点时的迷度为%=)4= 2T 7.98+8.86×0.01m/s≈2.11m/s。 2×0.04 (2)对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律有 (M十m)g-T=(M十m)a,对P分析，根据牛顿 第二定律有T-mg=1a,联立解得物块Z质量 的测量值为M≈0.512kg。 (3)重物由1，点运动到5点时系统重力势能的减 少量等于△E,=Mgh,系统动能的增加量等于 △E=2M+2m)话-号M+2m)话=2M+ 2m)(话-)。 13.(1)0(2)r 【解析】(1)小球从A点飞出后做平抛运动，水 平方向有r=Uad 竖直方向有r一rc0s60°=2gt 小球在A点的速度大小为A=√g7 设轨道对小球的作用力大小为F,方向竖直向 下，合外力提供向心力有F+mg=m 解得F=0: 1A 单元过关检测 (2)小球从D点到达A点时，根据机械能守恒有 1 mghon-2mv 解得hm=艺 由几何关系可知C、A两点之间的高度差hc= 1-c0s609)=号 D、C两点之间的高度差hr=h十hx 解得hc=r。 14.(1)E。=22J(2)v=2√5m/s (3)0<≤2√2m/s或2√5m/s≤≤5√2m/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,=mgx十mgx 其中x1=1.5m 解得E。=22J: (②)清块脸好到达E点，有mg一m震 解得e=√gR=2m/s 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块 在传送带上加速的位移为L1,由动能定理得 W集-hmgx+mgL-2mgR=2m呢 W降=E 解得L1=1m,又因L1<L=5m,故滑块在传送 带上先加速后匀速。从D到E,由动能定理有 1 1 一2mgR=2m呢-2m% 联立解得传送带速度为v=o=2√5m/s; (3)情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设 传送带速度为边，由动能定理一mgR=0一 d 解得=V√2gR=2W2m/s 假设返回经过传送带速度减为零时，与D点距 离为L,则有-hmg'=0-司m 解得L'=1m<L=5m 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孤轨道应 满足条件0<≤2√2m/s。 情况二：物块上升到最高点E后再恰好返回B 点，设物块在传送带上的加速位移为，对全程 分析由动能定理有E一2hmgx十mgs一 uamgL=0 ·物理· 参考答案及解析 解得s=4.75m L 2L 设此时传送带速度为，则由动能定理有E。 根据线速度关系可得=w20,边=仙20， 4mgx十4mgs= 2n时 V8o=wL +W# 对第7个小球由动能定理有mg20 解得=5v2m/s 故此情况滑块不脱离圈孤轨道需满足条件 2n号-0 2√5m/s≤≤5√2m/s。 解得W#= 1mgL 总结：要使滑块不脱离圆孤轨道，传送带的速度 41 需满足的条件：0<v≤2√2m/s或2√5m/s≤ (3)共有N个小球时，选取杆在竖直位置时最低 ≤5√2m/s。 点为零势能，对整体由机械能守恒有 15.(1)3mg(2)-7mgL (3)见解析 Nmgl.-mgl.( 41 2m听+2m暖+…+2m味 1 【解析】(1)若N=1,运动至竖直位置时由动能 定理得mgL-之m 2L 根据线速度关系可得=w六，晚=仙，…， 解得v=√2gL UN-WN 由牛领第二定律可得F一mg一m艺】 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小 对第7个小球由动能定理有mgLX不+W: 为F=3mg: 2m听-0 (2)若N=20,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20mgL= 解得W#=mgLN2N+D[3X7-(2N+I)] mg(+8+…+动+o)+2m+md+ 当W#=0时N=10。 2m% 2024一2025学年度单元过关检测（七）物理·动量守恒定律 一、选择题 力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处 1.D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 一高度落下，根据自由落体运动的规律2=2gh 失重状态，B错误：喷水眸间由动量守恒定律可得 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 m%一(M一m))=0,解得火箭获得的最大速度 公式p=m0可知，动量是相等的，A错误；由于碰 为=M”m0,C错误：以向下为正方向，上升 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一m0,则 冲量也相同，B错误；动量的变化量△p=0一mw, 过程由动量定理可得(M-m)g1十fh=0十 则动量的变化量也相同，C错误：由合外力的冲量 (M一m),下降过程由动量定理可得(M 公式I=F可知，落在硬地的时间更短，冲量的 m)gt2一f22=(M-m)o,其中f4=kh=kh, 变化率更大，D正确。 f2t=o=h,联立解得t=t十t红 2.C【解析】当二者速度相等时，小物块m沿凹槽 轨道M上滑的高度最大，设其轨道半径为R,系 (M一m)U十m,D正确。 (M-m)g 统水平方向动量守恒，有m=(m十M)v,根据 4,A【解析】对人和竹竿组成的系统，可看成人船 机械能守恒可知2m话=(m十M十mgR,解 1 模型，所以mx=m2x2,代入数据可得人的质量 约为m2=45kg,A正确。 得R=1.2m,C正确。 5.B【解析】设苹果刚接触钢板时速度为0，取向 3.D【解析】火箭向下喷出水，水对火箭的反作用 上为正方向，根据动量定理，有(F一mg)t=0一 ·19 1A2024一2025学年度单元过关检测（六）】 3,在有大风的情况下，一小球白A点整直上荣，式鲨动轨连如图所 示。小球运动轨连上的A,日两点在同一水平直线上，M点为轨 物理·机械能守恒定律 迹的最高点。若风力的大小恒定，方向本平向右，小球在A点做 (考试时间75分钟，惑分100分》 出时的动能为4J,在M点到它的场能为2J,落回到日点时动 能记为E,小球上升时河记为4，下落时间记为，不计其他 一，选择题：本题共10小题，其4“分。在每小题给出的四个选项中，第1一7题只有一项料 力，则 合题日要求，每小题4分：第8一-10题有多项符合题日要求，每小竖6分，全部造对的得 A.号n-1#2 Bh<t 6分，选对但不全的得3分，有迭错的得0分。 CE=10J D.E=12J 题号 1 2 3 4 5 7 9 10 4,如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的潮线与水平杆间所戒夹角为》 答案 53”,细线跨过同一高皮上的两光带定滑轮与质量相等的物块B相选，定滑轮顶部南水 平杆距离为h一0,8m。宽指物块B山静止释成，物块A,B均可税为爱点，重力加速定 1,如图甲所示，弹马是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构登原哑如图乙所示，檬皮葛两端点 g-10m/3,知53'一08，不计空气力，则 A,B国定在把手上，橡皮筋处于ACB时怡好为原长状态，在C处(AB连线的中垂规 A,物块A与物块B速度大小始终相等 上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点成手，弹丸就会在檬皮筋的作用 且物块A能达到的最大速度为2m/s 下发射出去。现将弹九竖直向上爱射：已知E是D中点，不什空气阻力，则() C物埃B下降过程中，重力始够大于细线上的拉力 D当物扶A经过左侧滑轮正下方时，物块B的违度最大 5如阁所示，半径为R的一侧红由面西定在水平面上，笔氟由面各处相餐程度相同。小物块 从汇上的A点由静止释放，下滑到最低点B,规定B点重力势能为零。下列关干物块 下滑过程中重力劳能￡和机械能E与高度为关系图像中，最接近真实情况的是《) A从D到C过程中，港丸和橡皮筋组成的系镜机板能守恒 B从D到C过程中，弹充的动能一直在增大 C,从D到B过程缘皮低对弹丸哑功等于从F到C过程 山从D到C过程中，鲜丸的动能和像皮蓝的算性势德之和先增大后减小 2.如图所示，一条轻绳骑过光滑定滑轮，两响与质量分割为2m和m的 物体P,Q连接，轻弹簧竖直放置。上嫡与物体Q相连，下端回定在本 平面上◆用手托住物体户，当轻绳附好被拉直时，物体P离地的高度 A 为L,重力加速度大小为g,物体P由静止释放后，落地时的速度恰好 6弹性径绳一菊固定于天花板上的O点，另一菊与水平驰面上质量 为0，则物体P下落过程中，弹簧的弹性劳能增加了 为m的滑块A相连，当弹性绳处于如图所示的整直位激时，紧挨一 A.0 A吧 光滑水平小打B,此时滑块A对地而的压力等于自身所受重力的 一半，现作用在滑块A上一水平拉力下，使滑块A向右援慢运动 c D.mgl 一段距离，在置去拉力P时，滑换A恰好能静止在地面上。已知弹 单元过美检测（六」物理第1页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检测（六）物理第2页（共8页） IA 性整绳避循胡克定律，领性绳的原长等于OB的长度，弹性尾具有的弹性势能E A.0时料内物体处于火重状吉 ,式中是为弹性绳的结度系数，：为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹性蝇始 B0-时间内起重杭对物体微功为m(4》 终处于弹性限度内，滑块A与地面间的功摩擦因数为：，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 重力加速度大小为”，对于该过程，下列说祛正确的是 C接物体的最大速度为a+ g A带块A对地而的压力逐渐变大 且滑块A向右运动的距离为四g n0一4时间内起重机对物体饭功为(mg十)a(名一】 C滑块A克取摩擦力敏的功为虹 D拉力F做的功为m 1红，如图甲所示，一质量为2单的物体（可看成更点）在沿鳄而方向的拉力作用下，从模角 7,知图所示，爱量为1kg的滑块在领角为3和”的光带斜而上，从 的光滑料而选端由静止开始沿斜面向上运动。以斜而成端为坐标原点，沿斜面向上为 :点由静止开始下滑，到合点开始压增轻弹簧，到（点时达到 正方向建立x拍，拉力做的功W与物体位冒坐标x的关系如图乙新示。收：=10m。 最大速度，到4点（周中宋新出）开始弹可，近网6点离开弹簧， 物体沿磷面向上开始运动到最高点的过程中，下列说法正确的是 恰能再可到。点。若x一(，1m,弹簧弹性劳能韵最大值为 8J,取10m/安，则下列说法正确的是 A弹簧的简度系数是100N/m 我从d点到6点带块克服重力嫩功小于B】 C滑块的动能最大值为8】 0 D从d点到：点弹簧的弹力对带块做功8】 A.在0-10m内，物体加速度大小为10m/s 8从地面鉴直向上抛出一小球《可找为质点)，其机械能E等干动 且在10m一内，拉力F的大小为2N 能E与重力势能E之和。以地面为零势能参考面，该小球的 100 C在x=10m处，较力的功率为100W 机械能和重力势能陆它离开地面的高度为的变化如图所永，g取 D物体沿斜面向上运动的最大位移一22.5m 10m/云，由图中数据可知 二，非这择题：本驱共5小题，共54分。 A小球的质量为L,6k起 11,(6分)某实验小组用如周甲所示的实验装置探究合力数功与功能变化的美系。将水平 我h一2m时，小球的动能E一BJ 气垫导轨和镜角为0的气垫导轨对接，对接处巧妙没计使滑块在对接处儿零没有动能 C整个运动过程中小球的机械能守恒 拟失。滑块上国定宽度为d的感光片，感光计时器交装在水平导轨适当位曾处，以记 D.从地面至k一5m,小球的动能减少00J 9.如图甲所示，全球最大“上国转塔机”成功首发下线，标志着又树立了一面而“中国高端制 录感光片通过它的时间。从镇斜导轨底端向上等离地标记为L,2L、,3配，4L,“…这 遗”的新断帜。若诚起重机某次从一0时刻由静止开始向上提升质量为雕的物体，其 样在候斜导物上合外力对滑块餐的劝就可以分别记为W:、2厚。、3W。。4W。、…实验 t图像如图乙所示，山时送到额定功率，1一口时间内起重机禄持额定功率运动，重力 时，每次都让滑块前沿从标记处静止下滑. 加速度为x,不计其他图力，下列说法正确的是 ●5 4线ms (1)实验前先用螺旋测微器测出感光片的宽度d,如图乙所示，d 1A 单元过美检测（六1物理第3页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检测（六）物理第4页{共8质)】 (2测得滑块从L,2L,3乱、机…处分别释放后，滑块的感光片通过移光计时器的时 13.(10分)如图所示，内壁完常、，率径为Γ的图管轨道A仪C国定在竖直平面内，0是图心， 间分别为△的.△、△、△、一由北测得滑块的速度大小 AB晶整直直径，汇是常径，∠AC=60'。充滑的料面DC在C点与园件轨道小间隙 (3)某次实验时，1止滑块从3L处静止释放，测得带块的质量（含蓝光片）为灿一山，4kg 对接，D汇与C垂直。观让质量为m的小球从D点由静止释改，语着斜面运动到C 幅角9一37“，L-10m,-1.00×10-s,重力加速度的值为10m/,则滑块下 点（小球离开斜面后立即搅走斜面）繁核着无镜撞从C点进人侧管轨道，并沿着圆管轨 滑3L率离时，合力做功为】，滑块到达感光计时善时的动能为 J 道运动到A点，小缘离开A点又能刚好到达C点，重力加速度大小为屏。求 《结果均保留两位有效数字)，在实验误整范围内，比较合力的功与动能变化的关 (1)小球经过A点时对管道的弹力： 系，得出结论。 (2)D,C两点之间的高度整。 12.(8分》某同学利用下面的方法间接海量物体质量M,并利用此装整验证系统机候能守 恒。装首如图甲所示，一根轻绳跨过轻质定滑轮与再个相同的重物驴Q相造，重物P、 Q的质量均为m一g,在重物Q的下面通过轻面挂构悬挂得测物块乙，重物P的下 端与穿过打点计时张的氯带相连。已知当地重力加速度为g=9,8m/。 (1)某次实轻中，先接通飘率为50H的交茂电源，再由静止释收系统，得到如图乙所示 的低带，其中1-4.47m,身-531cm,与-621m,4一7.10m,多-7.8m,4 8,8新m。则系统运功的加速度a=m/W,5点的速度路=m/。 (结果均保留三位有效数学) (2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M一想。（结果保圆三位有 效数字) (?)利用纸带还可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出1点到5点的距离为：，如图 内断示，求出1点的速度为1,5点的速度为防，根据以上数据，可求重物由1点运 动到5点时系统重力势能的减少量等于，系统动衡的增加量等于 ,道过数琳可得出在误差允许的范围内系统重力势能的减少量等于系统 动能的增加量，则系统机城能守位。（均用愿中从m,动孙g,太字母表示） · 单元过美检测（六」物理第5页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检测（六）物理第5页（共8页） IA 14.(13分)如图所示，水平平台上一轻弹簧左瑞国定在A点，原长时在其右端B处拉置一 15,〈1了分)如图所示，长为L的轻直杆上等距离团定质量均为m的N个小球（相常球距为 质量为牌=2kg的小滑块（可视为质点），零台AB段光滑，BC段长x=2m,与滑块可 ,从里向外分别标记为第1,2,3，，N号，经杆一端连接校链0点。现将经杆拔动 的动摩擦因数m一0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带长L一5m,与滑 块问的动摩擦因数四一心.4。传送带右端D点与一光带经直圆形轨道相切，圆形轨道 至与饺链O相水平的位置由静止自由释故，所有小球随杆徽竖直平面内的网周运动： 忽略一切力，重力加速度为，从起点运动至杆整直位置的过程中。 半径R一Q4回，最高点E处有一弹社挡板，滑决碰撞挡板前后无机嫩能损失，现将带 (1)若N一1（即只在杆的另一端国定一个个球），求运动至竖直位置时轻杆对小球的拉 块向左瓜第弹簧后突然释故，骨块可在静止的传送带上滑行至距C点1.Sm处停下。 力大小： 已知传动带只可限时针转动，重力加道度g一10m/分。求： (1》释放滑块时弹簧的弹姓势能： 《2)若N一20，求该过程中轻杆对第7号小球模的功： 《3》现澜足W>7,请判所该过程中轻杆对第？号小球藏的功雀否为0，若不衡，给出解 (2)若在相同位量释放滑换，要使滑块恰好上升到F点，传送带的速度影为多少： 释：若能，拴理出N为多少到做动为0. (3》若在相同位置释放滑块，要使滑块不酸离属氢感轨道，且不再返国压期算簧，传送 带的速度大小范围。 0 -2m一一-5m 1A 单元过美检测（六」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检测（六）物理第8页{共8质)】