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(重庆甘肃贵州专版)

把握规在，珍惜时光，为未来而劳力奋斗 密真 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,=反m,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0，=45°，02=60°。现保持两根绳均拉直，在 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 ,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 姓名 10m/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.5/3J B.5J C.(53-5)J D.(53+5)J 速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 4.某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，=0时刻驾驶汽车由静止启动， t1=6s时汽车达到额定功率，t?=14s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽 车条引力F随速率倒数号变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m=200kg,所 受阻力与总重力的比值恒为}，重力加速度g取10/s,下列说法正确的是() A,要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好 +F10N) B.在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒 C运动到最高点时，挑战者处于失重状态 D.要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4m/s H(sim) 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 A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大 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 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动 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 C.汽车达到的最大速度为15m/s 摩擦因数：=0.1，重力加速度g取10m/s。下列说法正确的是 () D.从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m 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 度系数为k。=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 簧第一次恢复原长时，撤去外力F,从0时刻到F撤去前，物块的加速度α随位移x的 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 印 正确的是 () A.4s末细线拉力对小物体做功的功率为4.4W B.04s内，滑动摩擦力对小物体做的功为0.8J 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 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） 2 A图线的斜率是贸 A,杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为2m8 5 B.外力F为恒力 且运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为，所一》) C.物块的最大加速度大小为2g D.外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为" 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 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 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-： 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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角α=30°时，弹簧处于原长状态，此时， 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 将P由静止释放，P下降到最低点时a=60°。整个运动过程中P,Q始终在同一竖直平 题号 9 10 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 答案 速度为g,在P下降的过程中 () 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 滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为4。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,sin37°=0.6，cos37”= 0.8。下列说法正确的是 () Λ动率擦因数-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 R我人滑京车最大速度为，②受 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh C.弹簧弹性势能的最大值为2（，5-1)mgL D,载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为： 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 9.如图甲所示，一质量m=1.0kg的可视为质点的小铁块在逐渐减小到0的平行于斜面 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 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 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 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 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 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 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 直线OC所示。重力加速度g取10m/s,下列说法正确的是 () ↑E 速度为g,忽略一切阻力。下列说法正确的是 () 9.75 B (E) 8.0 (E) 777777777777777 1 x,05 1.0)x/m 甲 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 OB 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 2 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） 10.如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最 12.(9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 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 样放装置 0 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 小球 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() 光电门 ↑m2s) 固定的 数字计时器 橡胶材料 (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= mma 0.8hm (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 A.图乙中x=36 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 B.小球质量为0.2kg 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)， C.小球在B点受到轨道的作用力为8.5N 则认为小球在下落过程中机械能守恒。 (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= D.小球在A点时重力的功率为5W 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 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 小量△E。|=J,动能的增加量△E= J(结果均保留两位有 11.(7分)用如图所示的实验装置来验证“动能定理”。实验操作步骤如下： 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减少量，请说 光电门块遮光务 明其中的原因： 13.(10分)如图所示，一个侧壁光滑的质量为M的矩形装置放置在水平地面上，现有一个 固定在矩形装置上的滑轮和一个固定在竖直墙壁上的滑轮，滑轮质量均不计。一木块 (1)用游标卡尺测得遮光条宽度为L: 通过轻质细线绕过两个滑轮系在竖直墙壁上，细线有两部分处于水平状态、有一部分 (2)本实验中， (填“需要”或“不需要”)滑块和遮光条的总质量M远大于悬 处于竖直状态，重力加速度为g,假定装置不翻转。 (1)若地面光滑，当木块的质量m=0.2M,用一向左的水平恒力F使系统静止，求水平 挂重物的质量m: 恒力F的大小。 (3)将气垫导轨调水平，在不挂重物时开通气源，将滑块轻放在气垫导轨上，如果滑块 (2)若装置M与地面的动摩擦因数为：=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个系 向右滑动，应调节底座旋钮，使导轨左端适当 (填“升高”或“降低”)，直 统始终处于静止状态，求木块质量m的最大值。 至滑块放在气垫导轨上不同位置均能处于静止为止： (3)若地面光滑，当木块的质量m=M,整个系统从静止开始运动，当木块沿装置M侧 (4)让滑块从A点由静止释放，记录力传感器的示数F,滑块通过光电门时遮光条的遮 壁下降高度h时，求装置M的速度大小。 光时间为T,滑块和遮光条的总质量为M,将刻度尺紧贴导轨右端(0刻度线与右 端齐平)，从刻度尺上读取开始位置遮光条中心和光电门中心对应的刻度分别为 X1、X2,如果表达式 (用L、F、T、M、X1、X,表示)成立，则动能定理得 到验证。 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） 2 14.(13分)如图所示，倾角0=37°的光滑斜面OP底端固定一挡板。劲度系数k= 15.(18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 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 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0的传送带 点。质量为m2=1kg的长木板B静止在另一倾角8=37的粗糙斜面上，长木板的上 平滑连接，圆弧面的圆心角为9，圆弧面的左端与水平面相切，传送带的速度v=3/s 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 质量为m=6kg的货箱A以初速度。=6m/s从平台滑上木板B,木板B与水平地面 由静止释放，小木块A刚滑上长木板时的速度v。=7.2m/8。已知小木块和长木板之 右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面（圆弧光滑），然后被传送 间的动摩擦因数为41，长木板和斜面之间的动摩擦因数以2=0.05，弹簧始终在弹性限 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 度内，弹簧的弹性势能E,=2红，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量，最大静 0.5m,传送带DE间的长度L2=13m,8=37°，货箱与木板间的动摩擦因数r1=0.4, 木板与水平地面间的动摩擦因数4：-0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数4一0,8，货 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。 箱可视为质点，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'。 (1)求货箱A在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力。 (2)若以1=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。 (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 (3)在第(2)条件下，长木板从开始运动到第一次回到初始位置经过的路程s。 (④已知小木块A在斜面上做简谐运动的周期T-2x?,其中走为弹资的劲度系数。 ⊙ 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：。 R:O D ⊙人8 277777 B 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）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 汽车额定功率P=Fv1=10×103×15W=1.5× 1.C【解析】在跑道中运动时，人本身做功，机械能 0w,汽车达到的大速度。气- 不守恒，B错误；在最高点时，当重力恰好提供向 4mg 心力时，速度最小，根据mg= R,解得O= 1.5×105 m/s=30m/s,C错误；汽车做匀加 ×2000X10 1 √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 对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成 速直线运动的位移x1= 2Qt号=45m,从汽车刚达 1 挑战无影响，A错误；运动到最高，点时，挑战者的 到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 1 1 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 理得P,-4)子mgg=7mw-方mi,郎 关系式为ω=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速 得x2=105m,汽车通过的距离x=x1十x2= 度大小相同，则v=wR=0.1t(m/s),可知小物体 150m,D正确。 5.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 做匀加速直线运动，加速度为a==0,1m/3, x=mg,弹簧的压缩量c。=g,在物块上升阶 根据牛顿第二定律有F一mg=ma,解得细线拉 力F=1.1N,4s末细线拉力的瞬时功率P=Fv= 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F十 1.1×0.1t=0.11t=0.44W,小物体在4s内运动的 (。-x)-mg=ma,解得a=F_ -x,根据图 mm 位移x= 2a2=0.8m,细线拉力对小物体做的功 F 像可知，二为图线的截距，为定值，所以外力F为 W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦力 的瞬时功率P'=mgv=1X0.1t=0.4W,滑动摩 恒力，图线的斜率是一，A错误，B正确：根据图 m 擦力对小物体做的功W=一umgx=一0.8J,B、C 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg, 错误。 3.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运 初始时刻加追度最大，为a。F+x,一mg=g, m 动的线速度大小为v1,则有T。cos01=mg, C错误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移 ,r=L.sin0,联立解得0，= vi T.sin =m 公式v2=2ax,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 1 √10m/s;设当a绳刚好要松弛，即Ta=0时，小 2龙从撒去外 球运动的线速度大小为02，则有Tbc0s02=mg, 力到最高点，根搭动能定理有-mgh=0-m, Tsin02=m,联立解得2=√103m/s,可 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大 知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球做 高度及=爱D错误。 的功W-方mi-名mi,解得w=(65-5)小， 6.C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 C正确。 三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统 4.D【解析】由图可知在AB段汽车牵引力不变， 机械能不守恒，A错误；初始时P、Q的速度均为 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动，P 根据牛顿第二定律得F子mg=ma,解得a 下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零， 2.5m/s2,可知汽车在AB段做匀加速直线运动， 但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不 汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的 是始终一样，B错误；P下降至最低，点时，弹簧弹性 加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后 势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和 做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，A、 弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性 B错误；t1=6s时汽车的速度v1=at1=15m/s,势能等于系统减少的重力势能，E。=mgL(cos30°- 2 ·20· ·物理· 参考答案及解析 eos60)-吉3-1Dmg1,C正确：经分折可知， 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能 sin45=2mu2,代入数据 h 1 最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作 mgh-mg cos45°· 用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的 重力3mg,D错误。 可得U2B正确：全过程由动能定理有 7.C【解析】对小球A受力分析如图甲所示，可知 mg·2h一W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 T 三力构成的矢量三角形与△OPA相似，有O 做功W:=2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道 上运动过程，由牛顿第二定律有umg cos37°一 器-F,解得T=子mg,A错误，小球A锐 mg sin37°=ma,代入数据可得a=S,D错误 O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线 9.AD【解析】设斜面倾角为日，铁块的重力势能与 方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者 上滑位移间的关系是E。=mgxsin0,由E。x图 沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后 时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图乙所示， 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 由几何关系得sin0=3,c 5,Cos0=4 ,小球A下降 线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小， 的高度=3Lsin日=号L,小球B下降的高废 故滑动摩擦力f=3.5N,在滑行1.0m时铁块的 机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由 hg=√(3L)2+(5L)-√5L)2-(3L)2= 动能定理得Wr一fx。一ngxosin0=0,其中x。= (√/34-4)L,由机械能守恒有mghA+mghg= 1.0m,解得W。=11.5J,A正确；由f= 号2m,解得=√不丽一)gL,B错溪：两 mg cos0,解得μ=2B错误；在位置A时，F与f 小球速度大小相等时，对小球A受力分析如图丙 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则mg sin0= 所示，沿绳方向应有T'十mg cos0=ma1,小球B ma,解得a=8m/s2,C错误；对铁块下滑过程，由动 与小球A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球 能定理得mg,m0-,=方m2,解得0=3m/s, B有mg-T'=ma1,解得T'=0mg,C正确；如 D正确。 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 图丙，沿杆方向应有T”-mgsin9=m3汇，解得 做功，故机械能守恒，所以有2mi=2m2+ _2)mg,D错误。 mgh,解得v2=一2gh十o,由题图乙可知，当 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 OB 可得F十mg=m尺，其中F=2.5N,解得m= 丙 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能 二、多项选择题 8.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 守恒有？o=弓mvi+mgR,解得小球运动到 滑道底端的过程，由动能定理有mg·2h B点的速度B=√I7m/s,在B点，由牛顿第二定 ang cos45°..h h ·sin45一mg cos37°·S sin 376=0, 律可知Nn=mR,代入数据得Na=8.5N,C正 6 代入数据可得μ=7，A正确；载人滑草车在上段 确；小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 瞬时功率为0，D错误。 ·21· 2 真题密卷 单元过关检测 三、非选择题 F=2T (1分) 11.(2)不需要(2分)(3)降低(2分) 解得F=0.4Mg。 (1分) 4FX,-X,)=2M份)°a分) (2)根据平衡条件可知矩形装置应满足 u(Mg+mg)=2mg (2分) 【解析】(2)由实验装置图可知，细线拉力可以通 解得m=0.25M。 (1分) 过力传感器得到，所以细线拉力不需要用悬挂重 (3)木块竖直向下的速度是矩形装置的2倍，水 物的重力代替，因此本实验中，不需要滑块和遮 平方向的速度与矩形装置相同，根据系统机械能 光条的总质量M远大于悬挂重物的质量m。 守恒可得 (3)滑块向右滑动，说明气垫导轨左侧高右侧低， 所以应调节底座旋钮，使导轨左端适当降低，直 mgh= 2m[(2o)+v2]+ 1 2M2 (2分) 至滑块放在气垫导轨上不同位置均能处于静止 gh (2分) 为止。 解得0一√3 (4)选择以滑块和遮光条为研究对象，其所受合 297 14.(1)8m/s20(2)1.8m(3) 外力为F,通过的位移为(X2一X1),滑块和遮光 160m 条的初速度为0，通过光电门时的速度口一六，根 ()48元 15 据动能定理可得F(X,-X,)=号Mo-0,联立 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 定律得 可得Fx,-X,)2u(作) migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) 解得a=8m/s 12.(1)5.580(5.5795.581均可)(1分)(2)gh= 以长木板B为研究对象 号总)2分)③0.92分)0.482分)空 uimigcos 0<m2gsin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 (1分) 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 所以木板加速度为0。 于其重力势能的减少量(2分) (2)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由 migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) 题图可知小球的直径为5.5mm十8.0×0.01mm= 解得a1=10m/s2 5.580mm。 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 (2)小球经过光电门的速度v= ,根据机械能 d uim1g cos 0-m2g sin 0-u2 (m1+m2)g cos 0= 1。 m2a2 (1分) 守恒定律有mgh= 2mu,解得gh=2(公2) 解得a2=4.4m/s2 (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E。|= 当达到共速时，满足 mgh=0.49J,动能的增加量△Ek=号， 2m2= v共=00一a1t,U共=a2t (1分) 解得t=0.5s,v共=2.2m/s 1/d2 小木块的位移 2m( =0.48J。实验结果表明，小球动能的 47 增加量并不等于其重力势能的减少量，原因是空 =-品m 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 长木板的位移 于其重力势能的减少量。 11 52=21-20m 13.(1)0.4Mg(2)0.25M (3).8h N3 长木板的长度至少为 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知 L=s1-52=1.8m (1分) 绳子拉力大小为 (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 T=mg (1分) 上滑过程，对整体有 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知 u2 (m1+m2)gcos0+(m1+m2)gsin0=(m+ 2 ·22· ·物理· 参考答案及解析 m2)a3 (1分) 此时货箱的速度 解得a3=6.4m/s2 v1=vo一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 migsin 0+f-mia3 1 x1=00t- 解得f1=1.2N<1m1gcos0 假设成立 所以此时货箱离C点的距离 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 d1=L1-(x1-x2)=0.875m (1分) 0共=121， 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 53=2a=320m (1分) 货箱运动到C,点时速度为vc,有 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 v2-v=-2a1d1 (1分) 体有 解得vc=3m/s a=gsin 0-u2g cos 0=5.6 m/s2 (1分) 对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有 以小木块A为研究对象 migsin 0-f2=ma Fx-mg-m R (1分) 解得f2=1.2N<u1m1gcos0 解得FN=87N 假设成立 由牛顿第三定律有 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 F&=FN=87N (1分) 置经过的路程 方向竖直向下。 (1分) 5=26s1十5，)-180m 297 (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 (1分) 理有 (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 -mgR (1-cos 0)= 1 (1分) 定理可得 1 解得op=1m/s 2kzi-migxisin0+2miv (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 解得x1=8.64m 合牛顿第二定律有 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 umg cos 0-mg sin 0-ma (1分) migsin 0=kx2 (1分) 解得a=0.4m/s2 解得x2=2.88m 设货箱经过x?后与传送带共速，由题意有 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 v2-v2=2a.x3 (1分) TT43π 解得x3=10m t= 41215 (1分) 根据v=vn十at3 (1分) 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s-684J 解得t3=5s 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 L2一x3=1s t4 (1分) μ1mg=ma1 (1分) 解得a1=4m/s2 所以货箱从D到E的时间 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 tcD=tg十t4=6s (1分) μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 解得a2=4m/s2 W1=-ng cos0·t3=-576J (1分) 设经过时间t木板B与C相碰，有 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 1 送带做功 x2=d= 22t2 (1分) W2 =-mgsin 0.(L-x3)=-108J (1分) 1 解得t= 所以摩擦力对传送带做的总功 W=W1+W2=-684J (1分) ·23· 2