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(湖北专版)

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,=√2m,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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1一7 得分 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1234 5 6 7 8 910 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 A.53J B.5J C.(53-5)J D.(53+5)J 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 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， 速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () t1=6s时汽车达到额定功率，2=14s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽 车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m=2000kg,所 受阻力与总重力的比值恒为}，重力加速度g取10/，下列说法正确的是() +F×10N) 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.要使桃战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4m/s (s/m) 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/s2。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 ↑mds 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敬去前，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 () 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 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） A图线的斜率是罗 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g B.外力F为恒力 C.物块的最大加速度大小为2g D运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球Λ的拉力大小为任-8 D,外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为 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 6,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 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 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 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 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， 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°= 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 0.8。下列说法正确的是 () 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 6 速度为g,在P下降的过程中 () A.动摩擦因数H=7 、B.载人滑草车最大速度为， 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& A.P、Q组成的系统机械能守恒 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的平行于斜而 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，铁块的机械能 C.弹簧弹性势能的最大值为。(3-1)mgL 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 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 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 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 直线OC所示。重力加速度g取10m/s,下列说法正确的是 () 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 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 07 B (E) 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 () (E) ●A 05 1.0m 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 P C.铁块上滑xA时加速度大小为0 D.铁块滑何出发点时的速度大小为3m/s OB 10.如图甲所示，在竖直平面内固定一光潜的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最 A杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为2mg 5 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 B运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为，3网一号)g 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() 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.(10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 A.图乙中x=36 数字计时器 橡胶材料 B.小球质量为0.2kg 邻 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= 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 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 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 11.(?分)某同学用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。 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)， 光片 光电门1考电门 滑轮 长木板 侧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一 10 乙 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 (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 小量△E,= J,动能的增加量△E= J(结果均保留两位有 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 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 置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。 明其中的原因： a (2)在砝码盘中放人适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经 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、 过光电门1和光电门2的时间相等。 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 (3)取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。 点，P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角8=53°、CP=1.0m;圆弧轨道DBE 〔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 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 和光电门2所用的时间分别为△t,、△2。小车从光电门1运动至光电门2的过程 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 中，小车动能的变化量△Ek= (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 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。= (用上述步骤中的物理量表示， 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，sin53°=0.8， 重力加速度为g)。 cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2,求： (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 (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 允许范围内是否相等。 率vE (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： (2)正中靶心时，小球的初动能Ek 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） (3)获得分数大于4分时，小球的初动能。 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 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， 粑环 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.(15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而最高点P 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 D A 7777 ⊙0 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 间的动摩擦因数为江1，长木板和斜面之间的动摩擦因数2=0,05，弹簧始终在弹性限 度内，弹簧的弹性势能E,一2x,其中飞为弹簧的劲度系数，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/s,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：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=2π、√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：. B p37. 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 p=E-PoAIR: 故F引、F的比值与尘埃粒子到太阳的距离r无 (1分) c 4cr2 关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径R 设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有 决定，由于Ab运动路径为直线，尘埃粒子受力平 Po△tR2 (1分) 衡，半径Rb=R (1分) F压△t=力 4cr2 F引=F压 (1分) 解得F压= PoR2 4cr2 (1分) 由于Ac路径向内弯曲，说明 F引>F压 (1分) 设尘埃粒子的密度为P,该粒子的质量为 即该尘埃粒子的半径R,>R (1分) 4 m=p·3xR 由于Aa路径向外弯曲，说明 F引<F压 该粒子运动到距离太阳处时所受的引力为 即该尘埃粒子的半径R。<R (1分) Fn-GMm (1分) F1_16πcoGM； 解得F 3P。 (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、选择题 a绳刚好要松弛，即T。=0时，小球运动的线速度 1.C【解析】在跑道中运动时，人本身做功，机械能 不守恒，B错误；在最高点时，当重力恰好提供向 大小为g,则有T60s8,=mg,T5in,=m。 心力时，速度最小，根据mg= R,解得= 联立解得v2=√10√3m/s,可知，在保持两根绳均 √gR,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 拉直的过程中，系毓对小球微的功W=2m 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 2m0i,解得W=(53-5)J,C正确。 挑战无影响，A错误；运动到最高点时，挑战者的 4.D【解析】由图可知在AB段汽车牵引力不变， 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 根据牛颜第二定律得F一mg=ma,解得a 关系式为ω=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速 2.5m/s2,可知汽车在AB段做匀加速直线运动， 度大小相同，则v=wR=0.1t(m/s),可知小物体 汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的 做匀加述直线运动，加滤度为a-=0,1m/, 加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后 做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，A、 根据牛顿第二定律有F一Hmg=ma,解得细线拉 B错误；t1=6s时汽车的速度v1=at1=15m/s, 力F=1.1N,4s末细线拉力的瞬时功率P=Fv= 汽车额定功率P=Fu1=10×103×15W=1.5× 1.1×0.1t=0.11t=0.44W,小物体在4s内运动的 位移x= 2t=0.8m,细线拉力对小物体做的功 10W,汽车达到的最大速度0。=P=P 1 W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦力 1.5×105 的瞬时功率P'=mmg℃=1X0.1t=0.4W,滑动摩 m/s=30m/s,C错误；汽车做匀加 擦力对小物体做的功W'=一umgx=一0.8J,B、C 4X2000X10 错误。 1 3.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运动的 速直线运动的位移x1一20=45m,从汽车刚达 线速度大小为1，则有Tacos01=mg,T.sin01= 到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定 vi r=L,sin0,联立解得1=√0m/s;设当 1 m 里得P,)-子mg:-mo心-司mi,解 ·19· 4 真题密卷 单元过关检测 得x2=105m,汽车通过的距离x=x1+x2= 沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等 150m,D正确。 时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图乙所示， 5.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 由几何关系得sin0=3,c k红，=mg,弹簧的压缩量工，-，在物块上升阶 5,cos0=4 ，小球A下降 9 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F十 的高度hA=3Lsin0= L,小球B下降的高度 b(x。一x)-mg=ma,解得a=F_ m一加x,根据图 hB=√(3L)2+(5L)-√(5L)2-(3L)7= 1 像可知，二为图线的截距，为定值，所以外力℉为 (√34-4)L,由机械能守恒有mghA十mghg= 2 位力，围线的斜来是一府，A错袄，B正碗；根据圈 2mw2,解得v= 一)L,B送：两小球 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg, 速度大小相等时，对小球A受力分析如图丙所示， 初始时刻加造度最大，为a。-F十虹。一m8-g, 沿绳方向应有T'十ng cos0=ma1,小球B与小球 m A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有 C错误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移 公式v2=2a.x,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 m8-T'=ma1,解得T=mg,C正确：中图丙， 0,则有2-2。=78w 1 mg,从撒去外 2k 沿杆方向应有T”-mgsin0=m3,解得T”= 1 力到最高点，根据动能定理有一mgh=0一2m0, 34 2 15/ mg,D错误。 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大 高度A=,D错误。 6,C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 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 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动， OB 乙 丙 P下降至最低，点时，P的速度为零，Q速度也为零， 8.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不 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mg·2h一 势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和 mg cos45°.，h sin45°umg cos37°.，h 弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势 sin37°=0， 能等于系统减少的重力势能，E。=mgL(cos30°一 6 代入数据可得u=7,A正确；载人滑草车在上段 cos60)=2(g-1DmgL,C正确；经分折可知， 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的 sin5 h mgh-umg cos45°· 重力3mg,D错误。 2mv,代入数据 7.C【解析】对小球A受力分析如图甲所示，可知 g,B正确；全过程由动能定理有 可得0=7 三力构成的大量三角形与△0PA相似，有石 mg·2h-W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 部-F.解得T=mgA错送；小球A绕 做功W:=2gh,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μng cos37°一 ○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=3污8D错误。 4 ·20· ·物理· 参考答案及解析 9.AD【解析】设斜面倾角为日，铁块的重力势能与 d 上滑位移间的关系是E。=mgxsin0,由E。x图 ,小车动能的支化量△E.=Mi- d 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后机 名Moi(品，)”言M(品)：旅辐爽干， 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小， 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 故滑动摩擦力f=3.5N,在滑行1.0m时铁块的 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 动能定理得Wr一fx。一mgzosin0=0,其中x。= 力即为砝码和砝码盘的重力，所以不需要测量夹 1.0m,解得Wp=11.5J,A正确；由f= 角，合外力做的功W合=(m十mo)gL。 7 mgo9,解得=2B错误；在位置A时，F与∫ (6)减少误差办法是让小车通过光电门的时间更 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则mg sin0= 短，换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 ma,解得a=8m/s2,C错误；对铁块下滑过程，由动 释放小车位置与光电门之间的距离。 12.(1)5.580(5.5795.581均可)(2分)(2)gh= 能定理得mgx,血0-，=m2,解得=3m/心， 1d,2 2(公2)(2分)(3)0.49(2分)0.48(2分)空 D正确。 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 于其重力势能的减少量(2分) 微功，故机械能守恒，所以有？m话=名m2十 1 【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由 mgh,解得v2=-2gh十v,由题图乙可知，当 题图可知小球的直径为5.5mm十8.0×0.01mm= h=0.8m时，v2=9m/s2,代入上式，得0= 5.580mm。 5m/s,又当h=0时，v2=v8=25m2/s2,即x= (②)小球经过光电门的速度=是，根据机械能 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 守根定律有mg=2m,解得=号（促）八。 可得F+mg=mR,其中F=2.5N,解得m (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E。= 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=2mo2- 守征有？m=司mi十mgR,解得小球运动到 n()'=6,8。实袋然果表明，小球动能的 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 UB 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 律可知Ng=m ,代入数据得NB=8.5N,C正 于其重力势能的减少量。 确：小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 13.(1)1m/s√5m/s(2)0.2225J 瞬时功率为0，D错误。 (3)0.21J<Ek<0.32J 二、非选择题 【解析】(1)小球做圆周运动恰能通过最高点， 1e.251分)w立M(品)广-专M(品》 则有 B (2分)不需要(1分)(m+m)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 解得vB=1m/s 释放小车位置与光电门之间距离(1分) 小球做圆周运动从最高点B到最低点E过程， 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标 根据机械能守恒有 尺读数之和，所以d=5mm十5×0.05mm= 1 1 mg·2R+2mo后=2mo层 (1分) 5.25mm=0.525cm. (4)小车经过两个光电门时的速度分别为1= 解得oE=√5m/s。 (1分) ·21· 4 真题密卷 单元过关检测 (2)小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有 (2)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) (1分) 解得a1=10m/s2 h=Lsin0,其中L=CP=1.0m 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 解得t=0.4s uimigcos 0-m2gsin 0-u2 (m1+m2)g cos 0= 在水平方向上有 m2a2 (1分) x=v1t (1分) 解得a2=4.4m/s2 解得v1=2.5m/s 当达到共速时，满足 根据机械能守恒得小球的初动能 V共=V0一a1t,V共=a2t (1分) Emgh0225] 解得t=0.5s,v共=2.2m/s (1分) 小木块的位移 (3)分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几 (十w兔)t 何关系有 51=2 47 20m x1=1.6m 长木板的位移 根据x1=V2t 0共11 52=2t=20m 解得v2=4m/s 长木板的长度至少为 根据机械能守恒得小球的初动能 L=51-s2=1.8m (1分) Eu=之moi+mgk=0.32J (1分) (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 上滑过程，对整体有 u2 (m1+m2)gcos0+(m1+m2)gsin0 x2=0.4m (m1+m2)a3 (1分) 根据x2=03t 解得a3=6.4m/s2 解得v3=1m/s<oε=√5m/s 以小木块A为研究对象 故无法通过轨道最高点，无法到达4分 migsin0+f1=miaa (1分) 当ve=5m/s时，水平位移 解得f1=1.2N<μ1m1gcos0 x3=vet=0.45m>0.4m (1分) 假设成立 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 动能 0121 53=2ag=320m (1分) 1 El=- v+mgh=0.21J (1分) 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 故分数大于4分，则小球的初动能 体有 0.21J<Ek<0.32J (1分) a=gsin 0-u2gcos 0=5.6 m/s2 (1分) 297 以小木块A为研究对象 14.(1)8m/s20(2)1.8m(3 160m migsin0-f2=mas (4)4v8 解得f2=1.2N<u1m1gcos0 s 15 假设成立 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 定律得 置经过的路程 migsin 0+umigcos 0=ma (1分) 297 s=2(s,十5g)=160m (1分) 解得a=8m/s2 (1分) (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 以长木板B为研究对象 定理可得 uimigcos 0<m2gsin 0+u2 (mI+m2)gcos 0 1 (1分) (1分) 2kxi-miga sinm 所以木板加速度为0。 解得x1=8.64m ·22· ·物理· 参考答案及解析 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 解得FN=87N migsin 0=kx2 (1分) 由牛顿第三定律有 解得x2=2.88m FE=FN=87N (1分) 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 方向竖直向下。 (1分) -+-gx (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 (1分) 理有 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s-684J 1 1 -mgR(1-cos 0)= 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， 2mw6-2m品 (1分) 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 解得vp=1m/s uimg=ma (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 解得a1=4m/s2 合牛顿第二定律有 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 umg cos 0-mg sin 0=ma (1分) uimg-u2(m+M)g=Ma2 (1分) 解得a=0.4m/s2 解得a2=4m/s2 设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有 设经过时间t木板B与C相碰，有 v2-品=2ax3 (1分) 1 解得x3=10m z:=d=zat (1分) 根据v=vp十at3 (1分) 部得1一子 解得t3=5s 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 此时货箱的速度 L2一x3=1s v1=v0-a1t=4m/s (1分) t4= (1分) 此过程中货箱发生的位移 所以货箱从D到E的时间 21=v0t- -号m 1 tcD=t3十ta=6s (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 所以此时货箱离C点的距离 W1=一mgc0s0·t3=-576J (1分) d1=L1-(x1-x2)=0.875m (1分) 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 送带做功 货箱运动到C点时速度为vc,有 W2=-mg sin 0.(L-x3)=-108 J (1分) v2-v1=-2a1d1 (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 解得vc=3m/s W=W1+W2=-684J (1分) 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 足 Fx-mg-m R (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（七） 物理·动量守恒定律 一、选择题 达式p=mv,可得p=√2mEk,二者动能相等，所 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 以甲、乙动量大小之比p1：p2=√m1:√m2, 推选剂产生的冲量，故可得1，一加，结合动量定 A正确。 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 理I=m△v,可得比冲这个物理量的单位为 kg·m/s 大小1，=号×0，.1X600N·s=30Ns,方向 kg =m/s,A正确。 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 2.A【解桥】由功能表达式E,=m和动亚表 量大小I=I。一Mgt=300N·s,方向竖直向上， ·23· 4