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(山东专版)

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） 班级 卺题 物理·机械能守恒定律 姓名 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 16 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题目要求 A.传送带匀速转动的速度大小为1m/s 得分 题号 1234 56 78 答案 B货物与传送带间的动摩擦因数为。 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 C.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795J 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 D.A、B两点的距离为16m 速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 4.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 转轴上不同两点，其中a绳长L,=√2m,小球随转轴一起在水平面内匀速转动。当两 绳都拉直时，a、b两绳和转轴的夹角分别有01=45°，82=60°。现保持两根绳均拉直，在 w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 10m/s2) () 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.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 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= 0.1m的薄圆筒上。t一0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 A.5/3J B.5J C.(53-5)JD.(53+5)J 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 5.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 摩藤因数以=0.1，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () 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二和牵引力F之间的关系图 手ds） 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 () (s-m-) A,4s末细线拉力对小物体做功的功率为4.4W B.0~4s内，滑动摩擦力对小物体做的功为0.8J .FN C.4s末滞动摩藤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 A.模型车受到的阻力大小为1N 3.如图甲所示，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°顺时针匀速转动，把货物从底端 B.模型车匀加速运动的时间为3s A点运送到顶端B点，货物的速度随时间变化关系如图乙所示。已知货物质量为 C.模型车牵引力的最大功案为6W 10kg,重力加速度g取10m/s2。下列说法不正确的是 () D,模型车整个启动过程中的总位移为8m 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） 6.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 F 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a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 正确的是 OB F A.杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为2mg B运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为，(3一) 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5 A图线的斜率是爱 B.外力F为恒力 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8 C.物块的最大加速度大小为2g 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 D.外力下撤去后物块可以维续上升的最大高度为 题号 9 10 1 7.如图，小滑块P、Q的质量分别为m,3m,P、Q间通过轻质铰链（图中未画出）用长为L 答案 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 9.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 端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角a=30°时，弹簧处于原长状态，此时， 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 将P由静止释放，P下降到最低点时α=60°。整个运动过程中P,Q始终在同一竖直平 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 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 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，co537° 速度为g,在P下降的过程中 () 0.8。下列说法正确的是 () A.动摩擦因数H=7 6 2gh B.载人滑草车最大速度为 7 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D,载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为亏g 3 A.P、Q组成的系统机械能守恒 10.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 B.两个滑块的速度大小始终一样 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 C.弹簧弹性势能的最大值为2(，3-1)mgL 能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 D.P和弹簧组成的系统机被能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于4mg 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 () 8.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 E别 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 9.75 B (E) 8,0f 连。用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A,使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球A、B 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 (E) 速度为g,忽略一切阻力。下列说法正确的是 () 7777777777777777 ,0.5 1.0 x/m 分 3 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） 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 (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 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 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 11.如图所示，质量均为m可视为质点的物体A、B通过轻绳连接，A放在固定的倾角0= 置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。 30的光滑斜面上，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接A。将穿在固定 (2)在砝码盘中放入适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经 的竖直光滑杆上的B由P点静止释放时，轻绳绷直但无拉力，OP段水平。在B运动 过光电门1和光电门2的时间相等， 到Q点的过程中，A不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内。弹簧的劲度系数 (3)取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。 (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 -,OP=1,PQ-31,重力加速度为g,不计轻质滑轮与轻绳间摩擦及空气阻力. 和光电门2所用的时间分别为△t:、△1：。小车从光电门1运动至光电门2的过程 下列说法正确的是 () 中，小车动能的变化量△E= (用上述步骤中的物理量表示)。 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 角，可求出合外力对小车做的功W合= (用上述步骤中的物理量表示， 重力加速度为g)。 (5)重新挂上细线和砝码盘，重复步骤(2)~(4)，比较W合和△E,的值，看两者在误差 允许范围内是否相等 (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： A.B在P点和Q点时，弹簧的弹性势能相等 14.(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 (65-3)g 释放装置 B.B运动到Q点时，A的速度大小为 0 C,B从P点运动到Q点的过程中，A.B组成的系统机械能守恒 小球 D.B从P点运动到Q点的过程中，克服绳的拉力做功为3,3一2 光电门 固定的 12.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 数字计时器 橡胶材料 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 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 (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= mm. 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() (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 ↑7m2s） 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 力加速度为g,在误差允许范围内，若满足关系式 (用h、d、△t、g表示)， 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= 0.8m 0.5m、△t=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 乙 小量△E.= J,动能的增加量△E、= J(结果均保留两位有 A.图乙中x=36 B.小球质量为0.2kg 效数字)。实险结果表明，小球动能的增加量并不等于其重力势能的减少量，请说 C.小球在B点受到轨道的作用力为8.5ND.小球在A点时重力的功率为5W 明其中的原因： 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 15(8分)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1,O2,一端和质量为2m的 13.(6分)某同学用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。 小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在 递光片 光电门1 电门2 同一竖直面内，与水平面的夹角0=53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到 长木板 0 2 定滑轮O,的距离为L。,直杆上D点到O1点的距离也为L。,重力加速度为g,直杆足 够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰，sin53°=0.8，cos53°=0.6。现将物块从 10 O点由静止释放。 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） (1)若物块沿杆下滑的最大距离为L,求小球能上升的最大高度h. (2)求小球运动到最低点时，物块加速度的大小a和速度的大小v。 度内，弹簧的弹性势能E。=2kx,其中k为弹簧的劲度系数，江为弹簧形变量，最大静 (3)求物块下滑至D点时，小球的速度大小1。 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,5in37°=0.6，co537°=0.8。 (1)若以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。 (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。 m (④已知小木块A在斜面上做简谐运动的周期T=2x√发，其中：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。 16.(8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、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点， B P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角0=53°、CP=1.0m:圆弧轨道DBE的 pg37. ④ 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，8i加53°=0.8，c0s53° 18.(16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 0.6,重力加速度g取10m/s2。求： 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 (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v:和在最低点E的速 平滑连接，圆弧面的圆心角为0，圆弧面的左端与水平面相切，传送带的速度v=3/s 率vB· 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 (2)正中靶心时，小球的初动能E地。 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 (3)获得分数大于4分时，小球的初动能。 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， 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=0.8，货 箱可视为质点，重力加速度g取10m/s2,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。 粑环 D 17.(14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= 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 点。质量为m:=1kg的长木板B静止在另一倾角9=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v。=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42=0.05，弹簧始终在弹性限 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）·物理· 参考答案及解析 解得△m=4πr2nmv。 (1分) 设尘埃粒子的密度为ρ，该粒子的质量为 m=p· 3元R A 该粒子运动到距离太阳？处时所受的引力为 太阳 Mm F=G,2 (1分) 解 F_16πcoGM, (1分) (2)该同学的结论不正确。 (1分) F年3P。 造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子 故F、F的比值与尘埃粒子到太阳的距离T无 半径不同所致，设半径为R的粒子运动到距离太 关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径R 阳r处时沿Ab运动，△t时间内接受到的太阳光 决定，由于Ab运动路径为直线，尘埃粒子受力平 能量为 E=P。·A·元R2P△R 衡，半径Rb=R (1分) 4πr2 4r2 (1分) F引=F压 (1分) △t时间内接受到的动量为 由于Ac路径向内弯曲，说明 =E=PoAIR? (1分) F>F压 4cr2 即该尘埃粒子的半径R。>R (1分) 设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有 由于Aa路径向外弯曲，说明 Po△tR2 F压△t=力= (1分) 4cr2 F引<F压 PoR2 即该尘埃粒子的半径R。<R (1分) 解得Fs= 4cr2 (1分) 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 1.C【解析】在跑道中运动时，人本身做功，机械能 位移z=a=0.8,细线拉力对小为依微的功 不守恒，B错误；在最高点时，当重力恰好提供向 W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦力 心力时，速度最小，根据mg= R,解得0= 的瞬时功率P'=mgv=1×0.1t=0.4W,滑动摩 擦力对小物体做的功W=一μgx=一0.8J,B、C √gR,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 错误。 径小于1.6m,故最小速度小于4m/s,D错误；由 3.D【解析】由图像可知，货物先向上做匀加速运 对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成 动，再向上做匀速运动，所以传送带匀速转动的速 挑战无影响，A错误；运动到最高点时，挑战者的 度大小为1m/s,A正确；开始时货物的加速度 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 a会铝-点修=25，向丰机第二定休 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 可知umg cos30°-mgsin30°=ma,解得货物与 关系式为ω=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 传送节间的功辛擦周数化一B正瑰；由因像可 做匀加速直线运动，加述度为a-公是一0.1m/g, 1 知，A、B两点的距离s=2X(16+15.6)X1m= 根据牛顿第二定律有F一umg=ma,解得细线拉 15.8m,D错误；由动能定理可知W:一 力F=1.1N,4s末细线拉力的瞬时功率P=Fv= 1.1×0.1t=0.11t=0.44W,小物体在4s内运动的 mgssin30°= 2m0,解得运送货物的整个过程中 ·25· 3 真题密卷 单元过关检测 摩擦力对货物做功W=795J,C正确。由于本题 恒力，图线的斜率是一飞，A错误，B正确；根据图 选择错误的一项，所以选D。 72 4.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg, 动的线速度大小为1，则有T。cos01=mg, 初始时刻加速度最大，为am= F十kxo一mg m g T,sin 0=m ,r=Lsin0,联立解得u1= C错误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移 公式v2=2ax,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 √10m/s;设当a绳刚好要松弛，即T.=0时，小 1 .1 球运动的线速度大小为v2,则有Tocos02=mg, 名，则有日0-0-7-"贤从撤去外 Tsin0,=m2,联立解得2=103m/s,可 力到最高点，根据动能定理有一mgh=0一2m0, 知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球做 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大 的功Wwg- 2mui,解得W=(53-5)J, 高度h=紧，D错误。 C正确。 7.C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 5.D【解析】根挑P=F,可得号-日·F,给合题 三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统 机械能不守恒，A错误；初始时P、Q的速度均为 图线的斜率可得P=8W,即模型车的速度从 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动， 2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功 P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零， 率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻 但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不 力，根据题图像可知，在F=2N时速度达到最大 是始终一样，B错误；P下降至最低点时，弹簧弹性 值，因此有F=∫=2N,A错误；由题图像可知小 势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和 车初始牵引力F'=4N,且匀加速结束时模型车的 弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性 速度大小v1=2m/s,根据牛顿第二定律有F'一 势能等于系统减少的重力势能，E。=mgL(cos30°- 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 cos60)=合5-1mgL,C正确：经分折可知， ,=四=2，B错误；根据以上分析可知，模型车 P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能 最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作 牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功 用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的 率，可知最大功率为8W,C错误；根据题意，模型 重力3mg,D错误。 车速度达到最大用时5s,而匀加速阶段用时2S, 8.C【解析】对小球A受力分析如图甲所示，可知 则可知，模型车以恒定功率运动所需时间2=3$， T 三力构成的夫量三角形与△OPA相似，有OA 1 根据动能定理得PL2-fz2=2mumu,式 中v2=4m/s,v1=2m/s,解得x2=6m,匀加速阶 祭-尸，解得T=号mg,A错送：小球Λ桃 OP AP 1 1 O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线 段位移x1=20=2×1×2m=2m,故总位移 方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者 x=x1十x2=8m,D正确。 沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等 6.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图乙所示， x0=mg,弹簧的压缩量x。=m3,在物块上升阶 k 由儿何关系得sin0=3,cd 5,cos0= 5,小球A下降 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F十 的高度九A=3Lin0=号L,小球B下碎的高定 (x。-x)-mg=ma,解行a=B6 x,根据图 mm h.=√(3L)2+(5L)-√(5L)2-(3L)= F 1 像可知，二一为图线的截距，为定值，所以外力F为 (√/34一4)L,由机械能守恒有mgh十mgh=之 3 ·26· ·物理· 参考答案及解析 2m,解塔=√网一）L,B送：两小球 其中x。=1.0m,解得We=11.5J,A正确；由 7 速度大小相等时，对小球A受力分析如图丙所示， f=0 mg8,解得μ=12B错误；在位置A时， 沿绳方向应有T'十ng cos0=ma1,小球B与小球 F与f相等，设此时铁块的加速度大小为a,则 A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有 mgsin0=ma,解得a=8m/s2,C错误；对铁块下滑 mg-T'=ma1,解得T'=10mg,C正角；如图丙， 过程，由动能定理得mgr,s血0-f,=2m2,解得 沿杆方向应有T”-mg sin0=m 3江，解得T”一 o=3m/s,D正确。 11.AB【解析】在P点，轻绳绷直但无拉力，对物 342) mg,D错误。 体A由平衡条件得mg sin30°=kx1,此时弹簧 3 15/ 的压缩量工1=2，B在Q点时，由几何关系 OQ=√OP2+PQ=2l,所以物体A沿斜面向 上运动的位移xA=OQ一OP=L,故此时弹簧的伸 长量x2=xA一工1=乞，由于形变量相等，所以B OB OB 在P点和Q点时，弹簧的弹性势能相等，A正 甲 丙 确；B从P点运动到Q,点过程中，对物体A、B和 二、多项选择题 弹簧整体由机械能守恒定律得mg×√3l一 9.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 滑道底端的过程，由动能定理有mg·2h mg1sn30-mi+m6,由关联速度关系 h ng cos45°·sn45。-ng cos37°· sin37°=0， 可得VA=Vcos30°，联立可得UA= 代入截据可得以-，A正确：成人滑苹车在上役 63-3)8L,0B=、 7 4(23=1)8L,B正确，由 7 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 题意可知，B在P点和Q,点位置时弹簧的弹性势 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 能相等，且B从P点运动到Q,点的过程中弹性势 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有mgh 能先减小后增大，对物体A、B和弹簧整体由机械 一mgs5·”行=合m,代入数格可得 1 能守恒可知，A、B组成的系统机械能先增大后减 小，C错误；B从P点运动到Q点的过程中，由动 人B正确；全过程由动能定理有m 能定理可知mg×w31-W-弓mi-0,代入可得 2h一W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力做功 克服绳的拉力做功W=35+2mg,D错误。 W:=2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道上运 7 动过程，由牛顿第二定律有ng cos37°一 12.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 ng sin37°=ma,代入数据可得a=5g,D错误。 微功，故机械能守恒，所以有2m=2m02十 10.AD【解析】设斜面倾角为0，铁块的重力势能 mgh,解得v2=-2gh十o,由题图乙可知，当 与上滑位移间的关系是E。=mgxsin0,由E。x h=0.8m时，v2=9m/s2,代入上式，得0= 图线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m 5m/s,又当h=0时，v2=v8=25m2/s2,即x= 后机械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为 25,A错误；由题图乙可知，轨道半径R=0.4m, 0。图线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的 小球在C点的速度vc=3m/s,由牛顿第二定律 大小，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 可得F+mg=m尺，其中F=2.5N,解得m= 为0，由动能定理得Wp-fxo-mgzosin0=0, 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能 ·27· 3 真题密卷 单元过关检测 守版有方m=了mi十mgR,解得小球运动到 (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E。= B点的速度℃B=√17m/s,在B点，由牛顿第二定 mgh=0.49J,动能的增加量△Ek=2mv2= 律可知NB=mR,代入数据得NB=8.5N,C正 n(日)”-0,481.实验结采表明，小球动能的 确；小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 增加量并不等于其重力势能的减少量，原因是空 瞬时功率为0，D错误。 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 三、非选择题 于其重力势能的减少量。 1&.aa5251分)M(品)广-a(品）月 42 15.1)2(2号8号mg (1分)不需要(1分)(m十mo)gL(2分) 8品g (6)换宽度更小的遮光条：换更长的长木板，增加 【解析】(1)物块与小球组成的系统机械能守恒， 释放小车位置与光电门之间距离(1分) 则有 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标 mgLsin 0-2mgh=0 (1分) 尺读数之和，所以d=5mm十5×0.05mm 2 解得h=L· (1分) 5.25mm=0.525cm。 (4)小车经过两个光电门时的速度分别为1= (2)小球运动到最低点时，此时连接物块的轻绳 品品小车动能的变化量△B,=Mmi d 与直杆垂直，对此时物块进行受力分析，由牛顿 第二定律有 号Mai=安M(品)广-M(品)广：搭题千， mgsin 0=ma (1分) 4 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 解得a=58 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 由机械能守恒有 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 mgLcosinm(Lin) 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 (1分) 力即为砝码和砝码盘的重力，所以不需要测量夹 2 角，合外力做的功W合=(m十mo)gL。 解得o=5√gL。 (1分) (6)减少误差办法是让小车通过光电门的时间更 (3)设物块在D处的速度大小为，此时小球的 短，换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 速度大小为1，将小物块的速度分解为沿绳子方 释放小车位置与光电门之间的距离。 向和垂直绳子方向，如图所示，则01=vc0s日 14.(1)5.580(5.579~5.581均可)(1分)(2)gh= (1分) 日品)'a分》（③）0.492分)a482分》空 对物块和小球组成的系统，根据机械能守恒定 律有 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 2 mgLocos0·sin0= ·2mv1(1分) 于其重力势能的减少量(2分) 2u2+1 2 【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由 解得，=13/gL-12 5W43 -215129gL (1分) 题图可知小球的直径为5.5mm+8.0X0.01mm= 5.580mm。 (2)小球经过光电门的速度v= ,根据机械能 d 守恒定徐有m8h-m,解得8-号（促）”。 ·28· ·物理· 参考答案及解析 16.(1)1m/s√5m/s(2)0.2225J 故分数大于4分，则小球的初动能 (3)0.21J<Ek<0.32J 0.21J<Ek0.32J (1分) 【解析】(1)小球做圆周运动恰能通过最高，点， 17.(1)8m/s20(2)1.8m3)160m 则有 后 mg-m R (4)43 15 -S 解得vB=1m/s 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 小球做圆周运动从最高，点B到最低，点E过程， 定律得 根据机械能守恒有 migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) ng·2R+方moi2mi 1 解得a-8m/s2 (1分) 以长木板B为研究对象 解得ve=√5m/s。 (1分) uimigcos 0<m2gsin 0+u2(m1+m2)gcos 0 (2)小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有 (1分) (1分) 所以木板加速度为0。 (2)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 h=Lsin0,其中L=CP=1.0m migsin 0+uimigcos 0=mia (1分) 解得t=0.4s 解得a1=10m/s 在水平方向上有 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 x=vt 解得o1=2.5m/s uimig cos 0-m2g sin 0-u2 (m1+m2)g cos0= (1分) 根据机械能守恒得小球的初动能 m2a2 解得a2=4.4m/s2 Ew=2mw听+mgk=0.25J (1分) 当达到共速时，满足 (3)分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几 0共=00一a1t,v共=a2t 何关系有 解得t=0.5s,v共=2.2m/s (1分) x1=1.6m 小木块的位移 根据x1=v2t -(-品m 47 解得v2=4m/s 根据机械能守恒得小球的初动能 长木板的位移 E-wj+mgh-0.32J v共，11 (1分) 52=21=20m 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 长木板的长度至少为 x2=0.4m L=51-s2=1.8m (1分) 根据x2=v3t (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 解得v3=1m/s<vE=√5m/s 上滑过程，对整体有 故无法通过轨道最高，点，无法到达4分 2(m+m2）gcos0+(m1十m2)gsin0= 当vE=√5m/s时，水平位移 (m1十m2)a3 (1分) x3=vet=0.4V5m>0.4m (1分) 解得a3=6.4m/s2 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初 以小木块A为研究对象 动能 migsin0+f-mias (1分) 1 解得f1=1.2N<1m1gcos0 Ee=2mo层+mgh=0.21J (1分) 假设成立 ·29· 3 真题密卷 单元过关检测 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 所以此时货箱离C点的距离 =121m 53=2ag-320 m (1分) d1=L1-(x1-x2)=0.875m 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 货箱运动到C点时速度为c,有 体有 v2-v=-2a1d1 (1分) a-gsin 0-u2gcos 0=5.6 m/s2 (1分) 解得oc=3m/s 以小木块A为研究对象 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 migsin 0-f2=ma 尼 解得f2=1.2N<1m1gcos0 Fx-mg-m R (1分) 假设成立 解得FN=87N 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 由牛顿第三定律有 置经过的路程 F=FN=87N (1分) 297 s=2(s2十s3)= 160m (1分) 方向竖直向下。 (1分) (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 理有 定理可得 1 1 1 (1分) 2kzi-migxisin+2mv (1分) -mgR (1-cos 0)=2mub-2mv 解得x1=8.64m 解得vp=1m/s 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 migsin 0=kx2 (1分) 合牛顿第二定律有 解得x2=2.88m μng cos0-mg sin0=ma (1分) 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 解得a=0.4m/s2 设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有 -+-4 (1分) u2-v品=2ax3 (1分) 18.(1)87N,方向竖直向下(2)6s-684J 解得x3=10m 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， 根据v=vp十at3 (1分) 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 解得t3=5s uimg=ma (1分) 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 解得a1=4m/s2 ,=L:4=1s (1分) 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 μ1mg-42(m+M)g=Ma2 (1分) 所以货箱从D到E的时间 解得a2=4m/s2 tcp=t3+t4=6s 设经过时间t木板B与C相碰，有 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 1 W1=-umg cos 0.ut3=-576 J (1分) x:=d=20,t (1分) 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 郎得1=安。 送带做功 W2 =-mgsin 0.(L-x3)=-108J (1分) 此时货箱的速度 所以摩擦力对传送带做的总功 v=v-at=4 m/s (1分) W=W1+W2=-684J (1分) 此过程中货箱发生的位移 1 x1=oot2a1t2=2号n ·30·