单元过关(六)机械能守恒定律-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川A版)

真题密卷 单元过关检测 2025一2026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 值，因此有F=f=2N,A错误；由题图像可知小 1.C【解析】在跑道中运动时，人本身做功，机械能 车初始牵引力F'=4N,且匀加速结束时模型车的 不守恒，B错误：在最高点时，当重力恰好提供向 速度大小o1=2m/s,根据牛顿第二定律有F' 心力时，速度最小，根据mg= R,解得0 f=ma,解得加速度a=1m/s2,根据匀变速直线 运动速度与时间的关系可得匀加速运动的时间 √gR,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 径小于1.6m,故最小速度小于4m/s,D错误；由 1-=2S,B错误；根据以上分析可知，模型车 对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成 牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功 挑战无影响，A错误；运动到最高点时，挑战者的 率，可知最大功率为8W,C错误；根据题意，模型 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 车速度达到最大用时5S,而匀加速阶段用时2s, 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 则可知，模型车以恒定功率运动所需时间t2=3s, 关系式为w=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速 度大小相同，则v=wR=0.1t(m/s),可知小物体 根指动能定理得P1。-f,=弓moi-号mi,式 做匀加速直线运动，加速度为a= 中v2=4m/s,o1=2m/s,解得x2=6m,匀加速阶 △t =0.1m/s, 段位移x1-at二2×1X2m=2m,故总位移 根据牛顿第二定律有F一umg=ma,解得细线拉 力F=1.1N,4s末细线拉力的瞬时功率P=Fv= x=x1十x2=8m,D正确。 1.1×0.1t=0.11t=0.44W,小物体在4s内运动的 5.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 位移x=2a=0.8m,知线拉力对小物体低的功 。=mg,弹簧的压缩量z。=爱，在物块上升阶 W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦力 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得℉十 的瞬时功率P'=mg0=1×0.1t=0.4W,滑动摩 擦力对小物体做的功W=一mgx=-0.8J,B、C k(x。一x)-mg=ma,解得a=F-飞 mmx,根据图 错误。 像可知，F为图线的截距，为定值，所以外力F为 m 3.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运 动的线速度大小为v1,则有T。cos01=mg, 位力，因线的斜率是一，A错误，B正确；根据周 T.sina,=m,=Lsin0,联立解得u 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg,初 √I0m/s;设当a绳刚好要松弛，即Ta=0时，小 始时刻加速度最大，为a=F十，一mg=g,C错 m 球运动的线速度大小为v2,则有Tcos02=mg, 误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移公式 Tosin0,=m,,联立解得u2=√10m/s,可知， v2=2ax,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 ,则有2=0x 1 。1 在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球做的功 2a.x 28x0-mg 1 充，从撒去外 w=mi-司mi,年得w=(65-5)J, 力到最高点，根据动能定理有一mgh=0-2m02, C正确。 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大 1 4.D【解析】根据PFV,可得，=P·F,结合题 高度A一经，D错误。 图线的斜率可得P=8W,即模型车的速度从 6.C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功 三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统 率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻 机械能不守恒，A错误；初始时P、Q的速度均为 力，根据题图像可知，在F=2N时速度达到最大 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动， 1A ·22· ·物理· 参考答案及解析 P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，二、多项选择题 但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不 8.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 是始终一样，B错误；P下降至最低点时，弹簧弹性 滑道底端的过程，由动能定理有g·2h一 势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和 h sin45o-mg cos37°. h mgc0s45°· 弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹 sin37°=0， 性势能等于系统减少的重力势能，E。=gL 6 代入数据可得μ=7，A正确；载人滑草车在上段 (cos30°-cos60)=2(W5-1)mgL,C正确：经 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时， 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大 h 1 mgh-μng cos45°· m,代入数据 小等于Q的重力3mg,D错误。 sin45°= 7.C【解析】对小球A受力分析如图甲所示，可知 可得v= 2g,B正确：全过程由动能定理有 号力构成的矢量三角形与△OPA相似，有A mg·2h一W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 器-P,解得T=号mg,A错误：小球A绕 做功W:=2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道 OP AP 上运动过程，由牛顿第二定律有mg cos37°一 O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线 3 方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者 mgsin37°=ma,代入数据可得a=5gD错误。 沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等 9.AD【解析】设斜面倾角为0，铁块的重力势能与 时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图乙所示， 上滑位移间的关系是E。=mgxsin0,由E。x图 5,os0=4 由几何关系得sin0=3,。 ,小球A下降 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后机 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 的高度A=3Lsin0=9 L,小球B下降的高度 线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小， 5 故滑动摩擦力f=3.5N,在滑行1.0m时铁块的 hB=√/(3L)2+(5L)2-√(5L)2-(3L) 机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由 1 (√34-4)L,由机械能守恒有mghA十mghB= 动能定理得Wp-fx。-mgzosin0=0,其中xo= 1.0m,解得WF=11.5J,A正确；由f= 2m2,解得v= 3-)L,B错误：两小球 7 mgs0,解得μ-12B错误；在位置A时，F与f 速度大小相等时，对小球A受力分析如图丙所示， 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则mg sin0= 沿绳方向应有T'十mg cos0=ma1,小球B与小球 ma,解得a=8m/s2,C错误；对铁块下滑过程，由动 A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有 mg一T'=a1,解得T'= 10mg,C正确；如图丙， 能定理得mg血0-f在，-号m2,解得0=3m/s, D正确。 沿杆方向应有T”-mgsin0=m3,解得T”= 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 342 mg,D错误。 微功，故机拔能守恒，所以有分m心=号m+ 3 15 mgh,解得v2=一2gh十o,由题图乙可知，当 10 h=0.8m时，v2=9m2/s2,代入上式，得v。= 5m/s,又当h=0时，v2=v8=25m/s2,即x= 25,A错误；由题图乙可知，轨道半径R=0.4m, 小球在C点的速度vc=3m/s,由牛顿第二定律 可得F+mg=mR,其中F=2.5N,解得m ·23· 1A 真题密卷 单元过关检测 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能 mgh=0.49J,动能的增加量△Ek=2mv2- 守恒有ni=2mi+mgR,解得小球运动到 1 合n(侣)广=048J。实坠格果衣明，小球功能的 B点的速度0B=√17m/s,在B点，由牛顿第二定 增加量并不等于其重力势能的减少量，原因是空 律可知NB=mR代入教据得NB=8.5N,C正 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 确；小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 于其重力势能的减少量。 瞬时功率为0，D错误。 13.(1)1m/s√5m/s(2)0.2225J(3)0.21J< 三、非选择题 Ek<0.32J 1.ae251分)(0M(品)广-号M() 【解析】(1)小球做圆周运动恰能通过最高，点， 则有 (1分)不需要(1分)(m十mo)gL(2分) mg=m R (1分) (6)换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 释放小车位置与光电门之间距离(1分) 解得vB=1m/s 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标 小球做圆周运动从最高点B到最低点E过程， 尺读数之和，所以d=5mm十5X0.05mm= 根据机械能守恒有 5.25mm=0.525cm。 mg·2R+7moi-7mo2 1 (1分) (4)小车经过两个光电门时的速度分别为v1= 解得vE=√5m/s。 (1分) d 小车动能的支化量△E.-Mi d (2)小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有 A;根据题千， (1分) 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 h=Lsin0,其中L=CP=1.0m 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 解得t=0.4s 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 在水平方向上有 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 x=vt (1分) 力即为砝码和砝码盘的重力，所以不需要测量夹 解得v1=2.5m/s 角，合外力做的功W合=(m十mo)gL。 根据机械能守恒得小球的初动能 (6)减少误差办法是让小车通过光电门的时间更 Eko= 2 mvimgh=0.2225J 1 (1分) 短，换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 (3)分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几 释放小车位置与光电门之间的距离。 何关系有 12.(1)5.580(5.579~5.581均可)(1分)(2)gh= x1=1.6m 2(公)(1分)(3)0.49(2分)0.48(2分)空 1d) 根据x1=v2t 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 解得v2=4m/s 根据机械能守恒得小球的初动能 于其重力势能的减少量(2分) 1 【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由 Ex=2mvi+mgh=0.32J (1分) 题图可知小球的直径为5.5mm十8.0×0.01mm= 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 5.580mm。 x2=0.4m ②)小球经过光电门的速度，根据机械能 根据x2=V3t 1 1d、2 解得v3=1m/s<vE=√5m/s 守恒定律有mgh=2m0,解得gh=2(公) 。 故无法通过轨道最高，点，无法到达4分 (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E。|= 当vE=√5m/s时，水平位移 1A ·24· ·物理· 参考答案及解析 x3=vet=0.4V5m>0.4m (1分) migsin0+f=ma3 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初 解得f1=1.2N<μ1m1gcos0 动能 假设成立 Be= 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 2mu层+mgh=0.21J (1分) 共_121， 5-2ag-320m (1分) 故分数大于4分，则小球的初动能 0.21J<Ek<0.32J (1分) 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 14.(1)8m/s20(21.8m(3)297 体有 160m a=gsin 0-u2g cos 0=5.6 m/s2 (1分) (4)4 以小木块A为研究对象 -S 15 migsine-f2=mas 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 解得f2=1.2N<u1m1gcos8 定律得 假设成立 migsin 0+uimigcos 0=mia (1分) 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 解得a=8m/s2 置经过的路程 以长木板B为研究对象 297 (1分) uimig cos 0<m2g sin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 s=2(s2十5g)=160m (1分) (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 所以木板加速度为0。 定理可得 (2)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 号a=m,gx1sin0+3m,明 (1分) migsin 0+uimgcos0-ma (1分) 解得x1=8.64m 解得a1=10m/s2 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 migsin 0=kx2 (1分) uimigcos 0-m2gsin 0-u2 (m1+m2)gcos 0= 解得x2=2.88m m2a2 (1分) 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 解得a2-4.4m/s2 T,T4W3π 当达到共速时，满足 t=4+1215 (1分) V共=00一a1t,V共=a2t (1分) 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s-684J 解得t=0.5s,v共=2.2m/s 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， 小木块的位移 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 47 uimg=ma (1分) 解得a1=4m/s2 长木板的位移 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 11 uimg-H2 (m+M)g=Ma2 (1分) 长木板的长度至少为 解得a2=4m/s2 设经过时间t木板B与C相碰，有 L=s1-s2=1.8m (1分) 1 (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 z:-d-2d (1分) 上滑过程，对整体有 1 uz (mi+m2)gcos0+(mi+m2)gsin0=(m+ 解得t=2s m2)a3 (1分) 此时货箱的速度 解得a3=6.4m/s2 01=v0-a1t=4m/s (1分) 以小木块A为研究对象 此过程中货箱发生的位移 ·25· 1A 真题密卷 单元过关检测 1=0t-7062=号m 1 合牛顿第二定律有 umg cos 0-mg sin 0=ma (1分) 所以此时货箱离C点的距离 解得a=0.4m/s2 d1=L1-(x1-x2)=0.875m 设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 u2-v品=2ax3 (1分) 货箱运动到C点时速度为oc,有 解得x3=10m o2-=-2a1d1 (1分) 根据v=vp十at3 (1分) 解得vc=3m/s 解得t3=5s 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 2 Fx-mg-m R (1分) ,-L:二4=1s (1分) 解得FN=87N 所以货箱从D到E的时间 由牛顿第三定律有 tcD=t3十t4=6s (1分) F&=FN=87N (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 方向竖直向下。 (1分) W1=-umg cos 0.ut3=-576 J (1分) (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 理有 送带做功 1 .1 -mgR (1-cos 0)-2mvi-2mv (1分) W2=-mgsin 0.(L-x3)=-108 J (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 解得vp=1m/s W=W1+W2=-684J (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 2025一2026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.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 直方向的速度大小分别为一识。-以水 推进剂产生的冲量，故可得1，乙，结合动量定 平方向根据动量守恒可得Mv。=MoMw十mvm,可 m 理I=m△v,可得比冲这个物理量的单位为 得M=3,则竖直方向M%=M子-3m kg·m/s=m/s,A正确。 3d kg mumy=m T,可知竖直方向也满足动量守恒；碰 2.D【解析】设闪光周期为T,网格背景板一格宽 2Muj-27md 度为d,设质量大的金属球质量为M,质量小的金 撞前的总动能Ek如= T,碰撞后的总 属球质量为m,根据题图可知碰撞前大质量金属 球的踐度为，=兰，由于是大废量延检小废量， 动能E,=号M(成+成)十日m(o以十i,) 33md2 27md2 碰撞后大质量小球应继续向前运动，且在题图中 2T2>Ek0= 2T°，可知不满足碰撞过程总动 水平方向和竖直方向均满足动量守恒，则竖直方 能不增加原则，故选项C中下一次闪光时两小球 向大质量小球的速度应小于小质量小球的速度， 所处的位置不合理，C错误；由选项D可知，大质 可知选项A、B中下一次闪光时两小球所处的位 量小球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 置均不合理，A、B错误；由选项C可知，大质量小 球沿水平方向和竖直方向的速度大小分别为 2以，以。=只，小质量小球活水年方向布整 2d, 2d d 2d wM=子，U=不，小质量小球沿水平方向和竖 '_2d 直方向的速度大小分别为=宁，0，=不，水 1A ·26·把据现在，珍惜时光，为未来而劳力奋斗 2025一2026学年度单元过关检测（六）》 3.如图所示，质量为1kg的小球（可视为质点）和&、b两根细绳相连，两绳分别固定在竖直 班级 卺题 转轴上不同两点，其中a绳长L,=√2，小球随转轴一起在水平面内匀速转动。当两 物理·机械能守恒定律 绳都拉直时，a、b两绳和转轴的夹角分别有01=45°，02=60°。现保持两根绳均拉直，在 仙缓慢增大的过程中，系统对小球做的功最多为（不计空气阻力，重力加速度g取1 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 0m/s2) () 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 得分 一项符合题目要求。 题号 2 3 6 7 答案 1.“只要速度够快，就能挑战地球引力”，如图所示，在挑战极限的实验测试中，挑战者在半 径为1.6m的竖直圆形跑道上成功奔跑一圈，引发观众的惊叹。对于挑战过程，重力加 A.53J B.5 I C.(55-5)J D.(55+5)J 速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 4,某实验兴趣小组根据自制的电动模型车模拟电动汽车启动状态，并且通过传感器，绘制 了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数。和牵引力F之间的关系图 像，如图所示。已知模型车的质量m=2kg,行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间 持续5s,获得最大速度为4m/s,下列说法正确的是 () A.模型车受到的阻力大小为1N +是sm） A,要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好 B.模型车匀加速运动的时间为3s B.在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒 1 C.模型车牵引力的最大功率为6W C运动到最高点时，挑战者处于失重状态 D,模型车整个启动过程中的总位移为8m +FIN D.要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4m/s 5.如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（不相连），弹簧下端固定，劲 2.如图甲所示，质量m=1kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R= 度系数为k。t=0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F,使物块由静止向上运动，当弹 0.1m的薄圆筒上。t=0时刻，圆简由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间 簧第一次恢复原长时，撤去外力F,从0时刻到F撇去前，物块的加速度α随位移x的 的变化规律如图乙所示，不考虑绕制细线对转动半径的影响，已知小物体和地面间的动 变化关系如图乙所示。重力加速度为g,忽略空气阻力，则在物块上升过程中，下列说法 摩擦因数：=0.1，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () 正确的是 () F 印 A图线的斜率是罗 A.4s末细线拉力对小物体做功的功率为4.4W B.外力F为恒力 B.0~4s内，滑动摩擦力对小物体做的功为0.8J C.物块的最大加速度大小为2g C.4s末滑动摩擦力对小物体做功的功率为4W D.0一4s内，细线拉力对小物体做的功为0.88J D.外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为m墨 单元过关检测（六）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（六）物理第2页（共8页） 1A 6.如图，小滑块P、Q的质量分别为m,3m,P、Q间通过轻质饺链（图中未画出）用长为L 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角α一30°时，弹簧处于原长状态，此时， 题号 8 9 10 将P由静止释放，P下降到最低点时a一60°。整个运动过程中P、Q始终在同一竖直平 答案 面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦，重力加 8.如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45和37的 速度为g,在P下降的过程中 () 滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为：。质量为m的载人滑草车从 坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端。不计 载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g,si37°=0.6，cos37°= 0,8。下列说法正确的是 () A动阜擦因数以一号 A,P、Q组成的系统机械能守恒 B.两个滑块的速度大小始终一样 B.载人滑草车最大速度为，了 2gh C.弹簧弹性势能的最大值为，(，3-I)mgL C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于4mg D,载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为& 7,如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动，可视为质点的小球A固 9.如图甲所示，一质量m=1.0kg的可视为质点的小铁块在逐新减小到0的平行于斜面 定在轻杆末端，用细绳连接小球B,绳的另一端穿过位于O点正下方的小孔P与A相 向上的力F作用下，从斜面底端向上滑动。以出发点为原点和零势能点，铁块的机械能 连。用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A,使杆保持水平，某时刻撒去拉力，小球A、B E与滑行位移x的关系如图乙中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线 带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m,杆长为3L,OP长为5L,重力加 速度为g,忽略一切阻力。下列说法正确的是 () OAB段的最高点A的横坐标是xA铁块的重力势能E。与滑行位移x的关系如图乙中 直线OC所示。重力加速度g取10m/s,下列说法正确的是 () +EJ B (E) (E) OB X 05 1.0m A,杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为2 甲 5 A,外力F做的功为11.5J B.铁块与斜面间的动摩擦因数为0.35 且运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为，网一智》之 C.铁块上滑xA时加速度大小为0 D.铁块滑回出发点时的速度大小为3m/s 10.如图甲所示，在竖直平面内周定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最 C运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小为品8 低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方 D运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球A的拉力大小为厚-ms 与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N,空气阻 力不计，B点为AC轨道的中点，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是() 1A 单元过关检测（六）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（六）物理第4页（共8页） 12.(8分)如图甲所示，某同学通过该实验装置验证机械能守恒定律 m2s） 释放装置 0□ 小球 0.8 光电门 A.图乙中x=36 定的 数字计时器 橡胶材料 B.小球质量为0.2kg C.小球在B点受到轨道的作用力为8.5N (1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球的直径d一 mm。 D.小球在A点时重力的功率为5W (2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门通过。用刻度尺 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某同学用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。 测出小球释放点到光电门的距离h,记录小球通过光电门的遮光时间△：，当地的重 遮光片 光电门1光电2 力加速度为g,在误差允许范围内，若满足关系式 (用h、d,△、g表示)， 滑轮 长木板 侧认为小球在下落过程中机械能守恒。 细戟 0 10 20 砝码 (3)在某次实验中，测得小球质量m=0.1kg,小球直径为(1)中测量结果，并测得h= 乙 (1)用天平测得小车和遮光片的总质量为M,砝码盘的质量为m。用游标卡尺测量遮 0.5m、△1=1.8ms,重力加速度g取9.8m/s2,则小球下落过程中重力势能的减 光片的宽度d,读数如图乙所示，则d= cm。按图甲所示安装好实验装 小量△E。= J,动能的增加量△E,= J(结果均保留两位有 置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。 效数字)。实验结果表明，小球动能的增加量并不等于其重力势能的诚少量，请说 (2)在砝码盘中放人适量砝码，适当调节长木板的领角，直到轻推小车，遮光片先后经 明其中的原因： 过光电门1和光电门2的时间相等， 13.(10分)某工程师团队设计了如图所示的游戏装置：水平直轨道AC、倾斜直轨道CD、 (3)取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。 圆弧轨道DBE,水平直轨道EF依次平滑连接，D、E两点是直轨道与圆弧轨道的切 (4)让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门1 点，P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角0=53°，CP=L.0m:圆弧轨道DBE 和光电门2所用的时间分别为△11、△12。小车从光电门1运动至光电门2的过程 的半径R=10cm。与AC同一平面水平放置一个靶环，环间距d=10cm,10环的半 中，小车动能的变化量△E:= (用上述步骤中的物理量表示)。 径r=10cm,靶心与轨道在同一个竖直面内且距轨道末端F的水平距离x=1m。游 小车下滑过程中， (填“需要”或“不需要”)测量长木板与水平桌面的夹 戏时，在水平轨道AC上，给小球一个初动能，使小球沿轨道运动最终落在靶环上，获 角，可求出合外力对小车做的功W金= (用上述步骤中的物理量表示， 重力加速度为g)。 得相应分数。小球质量m=20g,可视为质点，所有摩擦阻力均不计，si53°=0.8， (5)重新挂上细线和砝码盘，重复步骤(2)一(4)，比较W合和△E:的值，看两者在误差 c0s53=0.6,重力加速度g取10m/s2。求： 允许范围内是否相等。 (1)刚好能通过B点获得分数时，小球在圆环最高点B的速率？B和在最低点E的速 (6)不考虑空气阻力，请写出一条减小由遮光条宽度引起的误差的建议： 率TR· 单元过关检测（六）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（六）物理第6页（共8页） 1A (2)正中粑心时，小球的初动能E。 15.(17分)如图所示，水平地面左侧有一平台，质量为M=2kg、与平台等高的木板B静止 (3)获得分数大于4分时，小球的初动能。 在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径R=2m的圆弧面与倾角为日的传送带 平滑连接，圆弧面的闋心角为0，圆弧面的左端与水平面相切，传送带的速度v=3m/s。 质量为m=6kg的货箱A以初速度v。=6m/s从平台滑上木板B,木板B与水平地面 右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧而（圆弧光滑），然后被传送 带运送到E处。已知木板B长度L1=2.875m,木板B的右端离C点的距离d= 0.5m,传送带DE间的长度L2=13m,0=37°，货箱与木板间的动摩擦因数41=0.4， 花环 粑环俯视图 木板与水平地面间的动摩擦因数以：=0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数4=0.8，货 箱可视为质点，重力加速度g取10m/s,sin37°=0.6，co537°=0.8。 (1)求货箱A在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力。 (2)求货箱A从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。 E 14,(13分)如图所示，倾角日=37°的光滑斜面OP底端固定一挡板。劲度系数k= 6.25N/m的轻质弹簧一端固定在挡板上，弹簧原长时另一端刚好位于斜面最高点P D A 7777 ⊙0 点。质量为m2=1kg的长木板B静止在另一倾角0=37的粗糙斜面上，长木板的上 表面刚好和斜面OP共线。将质量为m1=3kg的小木块A(可视为质点)从图中位置 由静止释放，小木块A刚滑上长木板时的速度。=7.2m/s。已知小木块和长木板之 间的动摩擦因数为41，长木板和斜面之间的动摩擦因数以：=0.05，弹簧始终在弹性限 度内，弹簧的弹性势能E。一2x,其中为为弹簧的劲度系数，江为弹簧形变量，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)若1=0.25，求小木块刚滑上长木板时小木块和长木板的加速度大小a和a'。 (2)若41=0.5，小木块在运动过程中始终不滑离长木板，求长木板长度的最小值L。 (3)在第(2)条件下，长术板从开始运动到第一次回到初始位置经过的路程。 (④已知小木块A在斜面上做简搭运动的周期T=2红层，其中女为弹簧的劲度系数。 m为小木块A的质量，求小木块A从释放到第一次运动至P点所用的时间t. B 1A 单元过关检测（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（六）物理第8页（共8页）