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（山东专版）

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90分钟，惑分100分》 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整日 要求。 题号 5 8 答案 1:如图甲所示，单弓是孩子们喜爱的单射类玩具，其构意原理如图乙所示，像皮脑两端点 A,B国定在把于上，橡皮薄处于ACB时价好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线 上)枚一固体弹丸，一于执把于，另一于将弹丸拉至D点放手，舞丸就会在橡皮筋的作用 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() 皮 D A从D到C过程中，弹丸和橡皮箱组成的系统机械能守恒 B从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大 C,从D到E过程檬皮筋对弹丸隘功等于从E到C过程 D从D到C过程中，弹丸的动能和像皮筋的弹性势傲之和先增大后战小 2如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两鸿与质量分别为2m程m的 物体P,Q连接，轻弹赛竖直放置，上端与物体Q相连，下端回定在水 平面上。用手托住物体P,当轻绳用好被拉直时，物体P离地的高度 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 为0，则物体P下落过程巾，弹簧的性势能增加了 A.0 且g 4 C D.mgL 3,在有大风的情况下，一小球白A点整直上抛，其运动轨迹如图所 示。小球运动轨透上的A,B两点在间一水平直线上，M点为轨 迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小域在A点魁 出时的动能为4」，在M点时它的动能为2J,落回到B点时动 能记为Es,小球上升时闻记为A,下落时间记为，不计其能丽 力别 A1对=112 H红 C.E-10J D.Es=12 J 单元过美检测（六」物理第1页{共8页） 衡水真夏 如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的细战与水零杆间所战夹角为8= 3”,箱线跨过同一高度上的两光带是滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水 平杆距离为一0.8m,觅将物块B由静止帮败，物块A,B均可税为质点，重力扣速度 g=10m/分，n53”=0.8,不计空气阻力，则 A,物换A与物块B速度大小始篷相等 且物块A能达到的最大速度为2m/s C物块B下降过中，重力如终大于细线上的拉力 D当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大 丘如图所示，半径为R的图孤曲面固定在水平面上，网氟由面 各处粗粒程度相同。小物块从展氢上的A点由静止释放，下滑到量低点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能E。和机使雀E与高度青关系图操 中，最接近真实情况的是 6已知汽率在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最懿达到最大速度后以额定功率匀 速行驶，山，d平行于：轴，c反向延长线过原点O,汽车质量为M,已知M,F.F ,下列说法错谈的是 A汽车解定功率为F 且汽车从b到：过醒做变加速运动 MF:th C汽车匀加避运动持埃的时同为（干开 EF时 D汽车从：到私过程克聚阻力骚功2(R一丽 密卷 单元过美检测（六】物理第2页{共8质） 7.弹性整绳一端固定于天花板上的0点，另一喇与水早地面上面量 为m的滑块A相连，当弹性绳处于如圆所示的经直位置时，餐按一 光滑水平小钉B,此时滑块A对地面的压力等干自身断受重力的 一半。现作用在滑块A上一本军拉力F,使桥块A向右援慢运动 一段距离，在教去拉力F时，滑块A怡好能静止在地而上。己知弹 性轻绳莲精胡克定律，弹性润的草长等干O阳的长度，弹性绳其有的弹性势能E }江，式中为弹性绳的劲度系数，江为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹柱绳始 继处于弹性限度内，滑换A与地而问的动摩擦因数为：，最大都摩摄力等于滑动厚擦力 重力加速度大小为g,对于该过程，下列说法正确的是 A滑块A对地面的压力逐萧变大 B情块A向右运动的离为四 C指块A克最摩擦力敏的功为m 40 D拉力F做的功为型E 8 8知图所示，爱量为1kg的滑块在领角为30的光滑料面上，从 a点止静止开始下滑，到点开始压缩轻弹簧，到（点时达到 最大速度，到d点〔图中末到出)开始弹日，返回6点离开弹簧， 恰能再回到：点。若x=0,1m,领簧算性劳能的量大值为 8J,R取10m/,则下列说法正确的是 A.弹簧的的度系数是100N/m 丑从d点到6点带块克服重力数功小于8」 C帝块的动能最大值为8J D从d点到c点策簧的弹力对滑块做功8J 二、多项选择题：本题共4小置，每小题4分，共16分。每小题有条个选项持合置目要求。 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有邀错的得。分。 题号 9 10 11 12 容案 9.从地面竖直向上粉出一小球（可钱为质点），其机械能E、等于动 能E与重力势能E之和，以地面为零势能参考面，度小球的 100 机械能和重力势能陆它高开地面的高度点的变化如图所示，：歌 0m/云，自图中数据可知 A.小球的质量为L6kg 且h一2m时，小球的功能兵一68J C整个运动过程中小球的机械能了恒 D.从粒面茶h=5m,小球的动能减少10」 10,知图甲所示，领角为8一3的传送带以恒定的速率助=10m/,沿逆时针方向运行 一0时，将质量侧一2g的煤炔（可视为质点）轻放在传送带上端，煤块相对越面的 单元过美检测（六1物理第3页共8页） 衡水真是 图像如图乙所示，28末滑离传送带，传送带上下两幽长L=15m.设沿传送梦向下为 正方向。重力加速度g取10m/g,sin37'-Q.6,cos37-0.8,则 12om·s 10.0 T.s 5.0 25 e" 10203.0 A,煤换与按送带之同的动摩擦因数：=Q,4 且煤块在传适替上阁下的痕连长度为5m C整个过程因摩藏面产生的热量Q为48】 D整个过程因摩擦面产生的热量Q为0】 11,如图甲所示，全球最大“上同轮塔机”成功首发下线，标志着又树这了一而“中国高端制 着”的新旗帆。若该起重机某次从一0时刻由静止开始向上提升藏量为网的物体，其 女图像如图乙所示，山时选罚餐定功率，4一4时间内起藏机保持额定功水运动，重力 加速度为g:不计其他阻力，下列说法正确的是 ↑m*s 甲 A.0一名时料内物体处于火重状吉 且-时闲内起重机对物体做功为与m(a4 G接物体的疑大速度为4十山 D0一女时何内起重机对物体敏功为（细g士，a,在-受4） 12.如图甲新示，一质量为2年的物体（可看成质点）在沿斜面方向的枚力作用下，从核角小 知的光带而底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜而底验为坐标原点，沿斜而向上为 正方向建这x轴，拉力做的功W与物体位置骨标x的关系如图乙解示。收g一10m公， 物体沿解面向上开始运动到最高点的过程中，下列说法正确的是 10 密卷 单元过美检测（六）物理第4页{共8质) A.在0一10m内，物体如速度大小为10m/s 我在10m-。内，拉力F的大小为2N C,在x=10m处，拉力的功率为100W D.物体沿斜面向上运动的最大位移x一22.5m 三、非选择题：本题共6小题，共0分。 13.《⑧分)某实验小组用如图甲所示的实粉装置探究合力做功与动能变化的关系。将水平 气袋导轨和领角为9的气袋导轨对接，对接处巧妙设计使滑块在对接处几乎没有动能 损失。饼块上固定宽度为d的多光片，感光计时器安装在水平导轨量当位置处，以记 录感光片通过它的时同。从倾斜导轨花细向上等距离地标尼为上，2！，.3L、41、…一这 样在倾解导轨上合外力对滑块做的功就可以分别记为平。、2W。、3W:,W。,…实验 时，每次止滑换前沿从标记处静止下滑。 41 《1》实验能先用螺笑测爱善测出感光片的度度，知图乙所示，d= (2)测得滑块从.2L,3L,L.…处分别释故后，滑块的感光片通过感亮计时等的时 间分别为、△、△、△4、…由此测得滑块的建度大小. 《3)某次实验时，让滑块从3L处静止释放，测得济块的质量（含感光片）为网一0.4g 领角9=3，L一10m:=1.00×10厂，重力加速度的值为10m/家，则滑块下 滑3L距离时，合力做功为 」，滑块到达多光计时替时的动能为 《结果均保霜两位有效数学)，在实教误整范围内，比较合力的功与动俗变化的关 系，得出结论。 14,《8分)某同学利用下而的方法属接测量物体质量M,并利用此装量验证系统机械能守 抓。装蓝如图甲所示，一根轻绳药过轻质定滑轮与两个相同的重物P.Q相连，重物P Q的质量均为州一区：在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块2，重物P的下 端与字过打点计时指的纸带相适。已知当地重力加速度为g一9.8m公， 时 单元过美检测（六1物理第5页{共8页] 衡水真是 (1)某次实验中，先接通顿率为50Hz的交流电额，再由静止箨放系旋，得到如图乙所示 的纸带，其中4一447m,为一6,3斜mh=6,21m4=7,10am为一7,98am,4 8.8Bcm期系统运动的加速度a一 m/s2,5点的速度一 m/s (结果均保国三位有效数字) (2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量植为M一一kg。(结果保留三位有 效数字) (3)利用纸墙还可以验证系烧机械能守恒，测量纸带得出1点到5点的距离为，如图 丙所示，求出1点的速度为网，5点的速度为两，根据以上数暴，可求重物由1点运 动到G点时系旋重力势能的碱少量等于 ·系笼动能的增加量等于 ,通过数据可得出在头差允许的范属内系统重力势能的减少量等于系统 动能的增加量，则系统机城能守恒。（均用题中M,,两mg人学得表示） 15.(8分》如图所示，光滑轨道ACD可定在竖直平面内，C段是圆心为O,半径为R 1m的四分之一置氧8点在O点的正上方。一质量为m的小球由A点静止下滑，量 后从B点水平飞出，落在水平地面上的D点。已知Q,D之间的更离为2取，小球可机 为质点，重力相速度g大小数10m/g,空气刻力忽略不针 (1)求A,B两点间的高度整： (2)若小球从轨道AB上某点由静止释放后，滑着物道运动至P点时韵离轨道，已知 e=53。求小球释放点与B点之间的高度蒸.《n53°=1,8,53°=0,6) 密鞋 单元过美检测（六）物理第5页{共8质) 3 16,(8分》知图新示，内壁光滑.半径为r的园管轨道AC固党在聚直平面内，O是圆心， AB是及直直径，OC是半径，∠AC一0°，光滑的斜而DC在C点与所管轨道小阿即 对接，DC与OC垂直。残让质量为m的小球从D点由静止释故，沿看斜面运动到C 点（小球离开斜而后立即数走斜面）紧接着无碰植从C点进人翻管轨道，并沿着测管纯 道运动到A点，小球离开A友又能州好到达C点，重力加速度大小为装。求， (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， 17.(14分)如图所示，水平平台上一轻弹簧左骑因定在A点，原长时在其右操B处放置 质量为两=？k:的小滑块（可视为质点），平台AH段光滑，C段长x=2m,与滑块可 的动摩擦因数m一心.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带长1.一5m,与滑 块间的动摩擦因数四=0.4。传送带右端D点与一光常竖直周形轨道相切，周形轨道 半径R一Q,4m,最高点E处有一弹性挡板，滑块碰植挡板前后无机城能损失。现将滑 块向左辰锦弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上滑行至要C点1.5m处停下， 已知传动带只可额时针转动，重力加速度g=10m/分，求： (1)释放滑块时弹簧的弹生势能已： (2)若在相同位量释故滑境，夏使滑块恰好上升到E点，传送带的速度职为多少： ()若在相同位置释数滑块，要使滑块不脱离属弧形轨道，且不再运国压锦弹簧，传送 带的速度大小范围。 一云2m4一[5m- 3 单元过美检测（六1物理第了页{共8页） 衡水真是 18,(16分》加图所示，长为L的轻直杆上等臣离固定质量均为m的N个小球（相部球距为 ),从里向外分别标记为第1,2,3，N号。轻杆一编连接物链0点。现将轻杆按动 至与较皆O相水平的位管由静止自由释放，所有小球随杆管竖直平面内的翼周适动： 忽降一切阻力重力道度为g,从起点运动至杆竖直位量的过程中。 《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拉 为大小： (2)若N一20，求该过程中轻杆对第7号小球做的功： (3》现谈足W>7,请判断该过程中轻仟对第7号小球酸的功能否为，若不雀，给出解 释：若能，排理出N为多少时做功为0， 密卷 单元过美检测（六）物理第8页{共8质)·物理· +、mgR 2(R+h) 【解析】(1)根据牛顿第二定律有GR+) Mm n禁R+ 物体在地球表面时，有G =mg 两式联立解得T= 4x(R+h) N gR Mm (2)根据牛顿第二定律有GR十)=mR十万 gR 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= m-2 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E一 2024一2025学年度单元过关检测 一、单项选择题 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。 2D【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 的弹性势能增加了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； ·19 参考答案及解析 一mgR2 R+h 地球自转周期为工，则G学=m答， 2 grTs 解得r=√4元 在同步轨道3，动能Ee=是m()- (e 势能E=一mgR gRT V4x 发动机做的功等于增加的机械能W=E2十 -低+B)=n(R第)+宽器0· (六) 物理·机械能守恒定律 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的 时间间隔内位移之比为x:=1:3,A错误：小 球在A点的逵度为，则有E=7m=4J,竖直 方向有=2gh,小球从A到M过程，根据动能定 理可得一mgh十Fx1=Ew一E=2J一4J= 一2J,联立解得Fx1=2J,小球从A到B过程， 根据动能定理可得Ft(x1十x2)一EB一E4,其 中F风(x1十x2)=4Fx1=8J,解得Eka=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UA COS=B,两物块速度不相等，当物块 A经过左侧滑轮正下方时，有B=⅓c0s90°=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， 根据水被能守恒有mg(n一A）一之m一， 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,=mg(R一h)= mgR一mgh,故重力势能与高度h的图像是一条 3 衡水真题密卷 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一 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日，则 在运动过程中根据牛顿第二定律得F=FN mgsin0=m辰，根据滑动摩擦力的定义可知f F、,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐 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】根据P-Fu,可得u=P·F,汽车颜 定功率为图像的斜率，有P一-F,A正确： 1 F2 汽车从b到C过程中功率保持不变，随着汽车速 度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有F f=ma,可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减 小，故汽车从b到c过程做变加速运动，B正确： 汽车所受的阻力为∫=卫=F,由额定功率等 于困像斜率有P-=9,即F=F,汽车 1 1 F2F 从a到b,根据牛颜第二定律有F1一f=Ma,汽车 从a到b匀加速运动持续的时间为t=凹= 器石C错民：汽车从a到么过程的位移 x=2a,汽车从a到b过程克服阻力做功W= Mu F fr=2,F丽D正确。 7.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 精力，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kxsin日=mg一kx·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 3 2 单元过关检测 量为x',在水平方向，有kx'cos0一f=0,可得 kcos0-·"受=0，解得x=50滑块A 2 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=fL=gX 2 -心，C正确从A到特止的过程中，根 2k 据能量守恒可得Wr=W:十W,弹力做功为 W=一之x,根据几何关系可得=十E= g+2,联立可得w,=③业+DmE,D 4k2 错误。 章mg 8.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，此瞬间滑块受力 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WG十W#=0一0，又W= 一△E=一(0-8)J=8J,可得W6=一8J,即克服 重力做功8J,所以从d点到b点滑块克服重力做 功小于8J,B正确；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 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；弹 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。 二、多项选择题 9.AD【解析】由图知，h=5m时，E,=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=E E,解得物体上升过程中所受阻力大小为f= ·物理· E0一E=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E如，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。 10.BC【解析】由题图得0~18内煤块加速度 a=8-8m/g=10,0m/仔，根据本损第 二定律得mgsin0+mgcos0=ma1,解得4= 0.5,A错误：根据图像可知，0~1s内传送带比 谋块多运动位移△=号×10X1m=5m,1~ 2s内煤块比传送带多运动位移△=号×2× 1m=1m,两者有重叠部分，所以煤块在传送带 上留下的痕迹长度为5m,B正确；整个过程系 统因摩擦而产生的热量Q=ng(△x1+△x2） cos8=48J,C正确，D错误. 11,CD【解析】0~t1时间内物体有向上的加速 度，物体处于超重状态，A错误；0一时间内起 重机对物体微功为W,=是m十mgh m(a+mg·a片=m士m8ai,B错 2 误；根据牛顿第二定律F-mg=ma,0~4时间内 起重机对物体的牵引力为F=ma十mg,起重机 的最大功率为P=Fv=Fao4=(mg十mg)a4, 该物体的最大速度为4=卫=a,h+,C mg g 正确；一t红时间内起重机对物体做功为W,= P(t一t右)=(mao十mg)ao(t一)，0~tg时间 内起重机对物体做功为W=W1十W:=(mg十 maas4(-),D正确。 12.BD【解析】由于拉力沿斜面向上，则拉力微的 功W=Fx,可看出W-工图像的斜率代表拉力， 在0<<10m的范国内，拉力F=AW=20N, △x 根据牛顿第二定律可知F一mgsin0=ma1,解得 a1=5m/s2,A错误；从x=10m到最高，点的过 程中，拉力F= △x =2N,B正确；根据动能定 2 参考答案及解析 理有W-mgsin0·x- mU,解得x-10m 1 处物体的速度功=10m/s,此时拉力的功率P F=200W,C错误：从x=10m到最高点的过 程中，根据动能定理有W十F(xm一x2)一 mgxasin0=0,又由题图知W1=200J,解得物 体沿斜面向上运动的最大位移xm==22.5m, D正确。 三、非选择题 13.(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十 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B=名m,=品，代入数值解得≈ 0.71J。 14.(1)5.502.11(2)0.512 (3)Mgh号M+2m)d-) 【解析】(1)由题图可知，相邻计数点间的时间 间隔为T=2×0.02s=0.045,根据逐差公式可 得，系统运动的加速度为 a=s十s十6】-（十s十) 9T2 亿.10+7.98+886-4.47-534-621)X001m/g 9×0.04 =5.50m/,打5点时的连度为防=2产= 1.98+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什m)g一T=(M十m)a,对P分析，根据牛顿 第二定律有T一mg=ma,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-2M+2m)i=2M+ 2m)(喝-)。 15.(1)1m(2)0.2m 【解析】(1)小球从A点由静止沿圈弧轨道滑下 3 衡水真题密卷 运动至B点，根据机械能守恒有mgh相= 之m喻 小球从B点飞出后做平抛运动， 水平方向有xD=U时 1 竖直方向有xm=2gt 解得A、B两，点间的高度差hs=1m: (2)小球从轨道AB上某点由静止释放后，沿着 轨道运动至P点时脱离轨道，则小球在P,点对 轨道没有压力，此时重力沿PO方向的分力提供 向心力，即Fa=mgsin a=m尺 报据机械能守恒有mgke=弓m 解得hP=0.4m 根据几何关系，小球释放点与B点之间的高度差 △hs=hp一R(1一sin),解得△hs=0.2m. 16.(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r0os60°=号 小球在A点的速度大小为A=√g 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盟 解得F=0: (2)小球从D点到达A点时，根据机械能守恒有 mghm=立m味 解得m=台 由几何关系可知C、A两，点之间的高度差h= r1-c0s609)=号 D、C两点之间的高度差hr=hpm十hc 解得hr=r。 17.(1)E。=22J(2)o=2W5m/s (3)0<≤2W2m/s或2√5m/s≤u≤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,=山ngx十emgx 其中x1=1.5m 解得E。=22J: 3 ·2 单元过关检测 (2)清块恰好到达E点，有g=加是 解得g=√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L,由动能定理得 W集-mgx十emg一2mgR=之m晚 W4=E2 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 -2mgR-mv-mub 联立解得传送带速度为v=如=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，由动能定理一mgR=0 专m味 解得2=√2gR=2√2m/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-物mg=0一2m 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，则此情沉要滑块不脱离圆弧轨道应 满足条件0<≤2W2m/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5，对全程 分析由动能定理有E,一2mgx十mgs uzmgL=0 解得s=4.75m 设此时传送带速度为功，则由动能定理有E。 。1 内mgx十他mgs=2m 解得%=5√2m/s 故此情况滑块不脱离圆孤轨道需满足条件 2√5m/s≤≤5w2m/s. 总结：要使滑块不脱离圆孤轨道，传送带的速度 需满足的条件：0<u≤2√2m/s或25m/s≤ u≤5√2m/s。 18.(1)3mg(2)-7mgl 41 (3)见解析 【解析】(1)若N=1,运动至竖直位置时由动能 ·物理· 参考答案及解析 定理得mgL-md 解得W样一一 7mgL 41i 解得v=√2g (3)共有N个小球时，选取杆在竖直位置时最低 由牛损第二定体可得F一mg=m咒 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 mgL=mgL(+%2++9)+ 为F=3ng: m+2mni++md 1 (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 根括线建度关系可得=心卡助=如货…， mg(8+8+…+分+o十2mi+2mi+叶 w-oW u 对第7个小球由动能定理有mgLX名+W, 报据线速度关系可得边三@品二u头，…可 2mf-0 t如=aL 7 对第7个小球由动能定理有mg20 解得W#=mgLN(2N+)[3X7-(2N+1)] 当W杆=0时N=10。 2m听-0 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 1.D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 为n=M”m,C错误：以向下为正方向，上升 一高度落下，根据自由落体运动的规律=2gh 过程由动量定理可得(M一m)g十ft1=0十 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 (M-m),下降过程由动量定理可得(M一 公式p=mu可知，动量是相等的，A错误：由于碰 m)gtg一ft=(M-m)u,其中f14=kd1=kh, 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一mU,则 冲量也相同，B错误；动量的变化量△p=0一m, f2红=ug=h,联立解得t=t十t红= 则动量的变化量也相同，C错误：由合外力的冲量 (M-m)v十m,D正确。 公式I=F1可知，落在硬地的时间更短，冲量的 (M-m)g 4.A【解析】对人和竹竿组成的系统，可看成人船 变化率更大，D正确。 2.C【解析】当二者速度相等时，小物块m沿凹槽 模型，所以m1x1=m2x2,代入数据可得人的质量 轨道M上滑的高度最大，设其轨道半径为R,系 约为m2=45kg,A正确。 统水平方向动量守恒，有m=(m十M),根据 5.B【解析】设苹果刚接触钢板时速度为o,取向 机核能守恒可知之m话-弓(m十M0+mgR,解 上为正方向，根据动量定理，有(F一mg)1=0 (一m),解得v=2m/s,设苹果在钢板上的碰伤 得R=1.2m,C正确。 阙值为h,有2=2gh,解得h=0.2m=20cm,B 3.D【解析】火箭向下喷出水，水对火箭的反作用 正确。 力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处 6.C【解析】A.a滑上c后相对c滑动过程假设b 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 相对c静止，由牛颜第二定律得，对b、c整体 失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得 mg=(2m十m)a,对b有f=ma,解得f= m一(M一m)=0,解得火箭获得的最大速度 3mg<mg,即b与c间的静摩擦力小于最大 ·23- 为