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(湖南专版)

把握规在，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）》 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 班级 。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 卺题 物理·机械能守恒定律 10m/s2) () 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 得分 符合题目要求。 题号 1 4 5 6 A.53J B.5J C.(53-5)JD.(53+5)J 答案 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 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 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 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 速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 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.要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好 N B.在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒 A.模型车受到的阻力大小为1N C.运动到最高点时，挑战者处于失重状态 B.模型车匀加速运动的时间为3s D.要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4m/s C.模型车牵引力的最大功率为6W 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 D.模型车整个启动过程中的总位移为8m 0.1m的薄圆筒上。t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间 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 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 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 摩擦因数：=0.1，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () 黄第一次恢复原长时，撤去外力F,从0时刻到F辙去前，物块的加速度4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 () F 甲 A.45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 A图线的斜率是爱 C.4s末滑动摩擦力对小物体做功的功率为4W B.外力F为恒力 D.0一4s内，细线拉力对小物体做的功为0.88J C.物块的最大加速度大小为2g 3,如图所示，质量为1kg的小球（可视为质点）和8、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 D,外力下撤去后物块可以继续上升的最大高度为m 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，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 +E切 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 9.75 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， 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 (E) 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 7777%77777777777 10m 甲 速度为g,在P下降的过程中 () 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 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 9.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 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运动到Q A.P、Q组成的系统机械能守恒 点的过程中，A不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内。弹簧的劲度系数一。 B.两个滑块的速度大小始终一样 OP=1,PQ=√3，重力加速度为g,不计轻质滑轮与轻绳间摩擦及空气阻力。下列说法 C.弹簧弹性势能的最大值为2(，W3-1)mgL 正确的是 () 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 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 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。 题号 7 8 10 ML 答案 A.B在P点和Q点时，弹簧的弹性势能相等 7.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，截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 BB运动到Q点时，A的速度大小为， (6√5-3)g 7 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 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 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 ( DB从P点运动到Q点的过程中，克服绳的拉力微功为3一2，mg A动整擦因数以-号 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 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 品载人滑草车最大速度为一 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() C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh 3 D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为亏g ↑ms 8.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 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 0 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 0.8m 乙 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 A.图乙中x=36 B.小球质量为0.2kg 直线O℃所示。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 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 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） 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 (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= 11.(7分)某同学用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。 0.5m,△=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 遮光片 电 小量△E。=J,动能的增加量△E,=J(结果均保留两位有 滑轮 光电2 长木板 2 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 L4HHHHH1 明其中的原因： 20 a 砝码 13.(10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 (1)用天平测得小车和避光片的总质量为M,砝码盘的质量为m。用游标卡尺测量遭 的小球连接，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 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 在同一竖直面内，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 置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。 到定滑轮O1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 (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 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 过光电门1和光电门2的时间相等。 从O点由静止释放。 (3)取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。 (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五。 (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 (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0· 和光电门2所用的时间分别为△：1、△：。小车从光电门1运动至光电门2的过程 (3)求物块下滑至D点时，小球的速度大小1。 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)一(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，请写出一条减小由意光条宽度引起的误差的建议： 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。 释放装置 0 小球 20 15 光电门 固定的 数字计时器 橡胶材料 甲 (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. (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 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，d、△t、g表示）， 则认为小球在下落过程中机械能守恒。 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） 14.(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= 15.(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 6.25N/m的轻质弹簧一端周定在挡板上，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静止在另一倾角日=37°的粗糙斜面上，长木板的上 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=3/5。 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/s。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：1，长木板和斜面之间的动摩擦因数4z=0,05,弹簧始终在弹性限 带运送到E处。已知木板B长度L,=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虹2，其中：为弹簧的劲度系数，江为弹簧形变量，最大静 0.5m,传送带DE间的长度L=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以=0.8，货 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。 箱可视为质点，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)若41=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：1=0.5，小术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在斜面上做简请运动的周期T=2x层，其中长为弹资的劲度系数。 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。 D A ⊙0 7777777777777777777777777777 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）·物理· 参考答案及解析 R 因为d>R,所以号很小，则有 造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子 d 半径不同所致，设半径为R的粒子运动到距离太 -}1-2资 阳r处时沿Ab运动，△t时间内接受到的太阳光 能量为 代入可得 M。.2R_M E=P。·△t·元RP,△R (1分) 4πr2 4r2 △t时间内接受到的动量为 可得“洛希极限”的表达式为 EP。△R2 32p 力= (1分) d-Ro (1分) 设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有 15.1)0 GM ②4πr2nmv (2)不正确，分析见 P△tR2 Fs△t=p= 4cr2 (1分) 解析 PoR2 【解析】(1)①要使粒子脱离太阳引力的束缚至 解得F压 4cr2 (1分) 少需满足 设尘埃粒子的密度为P,该粒子的质量为 m+(-6深）=0 1 (1分) m=p·3R GM 该粒子运动到距离太阳r处时所受的引力为 解得vmm一入√R (1分) ②设太阳风粒子由太阳向空间各方向均匀射出， Fa-G Mm (1分) 在极短时间△t内，太阳风粒子可视为均匀分布 2F引1_16πcGM, 在半径为r、厚度为△x的球壳内，如图所示 解得F=3PR 该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球 故F引、F压的比值与尘埃粒子到太阳的距离r无 壳内的粒子质量相同，有 关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径R △x=v·△t (1分) 决定，由于Ab运动路径为直线，尘埃粒子受力平 △m·△t=n·4πr2·△x·m (1分) 衡，半径R=R (1分) 解得△m=4πr2nmv。 (1分) F引=F压 (1分) 由于Ac路径向内弯曲，说明 F引>F (1分) 即该尘埃粒子的半径R>R (1分) 太阳 由于Aa路径向外弯曲，说明 F引<F压 即该尘埃粒子的半径R,<R (1分) (2)该同学的结论不正确。 (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 径小于1.6m,故最小速度小于4m/s,D错误；由 1.C【解析】在跑道中运动时，人本身做功，机械能 对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成 不守恒，B错误；在最高点时，当重力恰好提供向 挑战无影响，A错误；运动到最高点时，挑战者的 心力时，速度最小，根据mg= R,解得= 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 √gR,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 关系式为w=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速 ·21· 5 真题密卷 单元过关检测 度大小相同，则v=wR=0.1t(m/s),可知小物体 x=x1十x2=8m,D正确。 做匀加速直线运动，加速度为Q=三0,1m/S) 5.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 根据牛顿第二定律有F一mg=ma,解得细线拉 k红。=mg,弹簧的压缩量工=紧，在物块上升阶 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 位移x=ar=0.8m,细线拉力对小物依做的功 (x。-x)-mg=ma,解得a=F-点 mm,根据图 像可知，为图线的藏距，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 m 的瞬时功率P'=mg℃=1X0.1t=0.4W,滑动摩 恒力，图线的斜率是-飞，A错误，B正确：根据图 擦力对小物体做的功W=一mgx=一0.8J,B、C m 错误。 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F-g,初 3.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运 始时刻加速度最大，为a。FP十。一mg=g,C错 动的线速度大小为v1,则有Tcos01=mg, m 误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移公式 T,sin0,=m,r=L.sin81联立解得0， v2=2ax,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 √I0m/s;设当a绳刚好要松弛，即T。=0时，小 ,则有==7-"8从报长外 1 1 球运动的线速度大小为℃2，则有Tcos02=mg, 力到最高，点，根据动能定理有一mgh=0一 Tosin 02=m ,联立解得0=√103m/s,可 1 mu,联立解得外力F撒去后物块可以继续上 知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球做 的功W=m-了mi,解得W=6g-5）小， 升的最大高度么-爱D错误。 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 11 4.D【解析】根据P=FU,可得。=p·F,结合题 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，P 2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功 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=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 速度大小v1=2m/s,根据牛顿第二定律有F' 性势能等于系统减少的重力势能，E。=mgL 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 （a0s30-cos60=言后-1DmgL,C正确：经 分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时， ,=四=2s,B错误：根据以上分析可知，模型车 Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻 牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功 杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大 率，可知最大功率为8W,C错误；根据题意，模型 小等于Q的重力3mg,D错误。 车速度达到最大用时5s,而匀加速阶段用时2s, 二、选择题 则可知，模型车以恒定功率运动所需时间t2=3$, 7.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 根希动能定理得P,-f,=mi-言mi,式 .1 滑道底端的过程，由动能定理有mg·2h h 中v2=4m/s,1=2m/s,解得x2=6m,匀加速阶 ng cos45°.，h n45 mgcos37°·sin37=0, 1 1 6 段位移x1-2t好=2X1X2m=2m,故总位移 代入数据可得μ=7，A正确；载人滑草车在上段 5 ·22· ·物理· 参考答案及解析 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 Q点位置时弹簧的弹性势能相等，且B从P,点运动 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 到Q点的过程中弹性势能先减小后增大，对物体 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 A、B和弹簧整体由机械能守恒可知，A、B组成的系 sin45=2mu2,代入数据 h mgh-mg cos45°· 1 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，由动能定理可知mgX√3l一W= ,B正确：全过程由动能定理有 可得=7 20后-0，代入可得克服绳的拉力做功W= 1 g·2h一W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 35+2 做功W:=2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道 mgl,D错误。 7 上运动过程，由牛顿第二定律有mg cos37°一 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 mg sin37=ma,代入数据可得a= 358D错误。 微功，故机械能守恒，所以有)m心=名m2十 8.AD【解析】设斜面倾角为0，铁块的重力势能与 mgh,解得2=-2gh十v,由题图乙可知，当 上滑位移间的关系是E,=mgxsin0,由E。x图 h=0.8m时，2=9m2/s2,代入上式，得0= 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后机 5m/s,又当h=0时，2=v=25m2/s2,即x= 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 25,A错误；由题图乙可知，轨道半径R=0.4m, 线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小， 小球在C点的速度c=3m/s,由牛顿第二定律 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 可得F+mg=mR,其中F=2.5N,解得m= 动能定理得Wr一fx。一mgxosin0=0,其中xo= 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能 1.0m,解得W=11.5J,A正确；由f= mgos0,解得=2B错误；在位里A时，F与f 守位有分m=m十mgR,郎得小球运功到 B,点的速度0B=√I7m/s,在B点，由牛顿第二定 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则mgsin0= ma,解得a=8m/s,C错误；对铁块下滑过程，由动 律可知Na=mR,代入数据得VB=&.5N,C正 1 能定理得mgsin0-f。=2mw,解得u=3m/s, 确；小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 瞬时功率为0，D错误。 D正确。 三、非选择题 9.AB【解析】在P点，轻绳绷直但无拉力，对物体 A由平衡条件得mg sin30°=kx1,此时弹簧的压 1.a0.525(1分)4)M(,)°-M()月 筛量西1=分，B在Q点时，由几何关系0Q= (2分)不需要(1分)(m+m)gL(2分) (6)换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 √OP2+PQ2=2L,所以物体A沿斜面向上运动 释放小车位置与光电门之间距离(1分) 的位移xA=OQ一OP=l,故此时弹簧的伸长量 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标 x?=工A一x1=2,由于形变量相等，所以B在P 尺读数之和，所以d=5mm十5×0.05mm= 5.25mm=0.525cm。 点和Q,点时，弹簧的弹性势能相等，A正确；B从 (4)小车经过两个光电门时的速度分别为1= P点运动到Q,点过程中，对物体A、B和弹簧整体 d 由机械能守恒定律得mgX3l-mglsin30°= =心，小车动能的变化量△B,= d 2 Muj- 2mo暖十2m,由关联速度关系可得4 1 M-(品)-M(品》：题干， 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 VBc0s30°，联立可得A= (6√3-3)gl 7 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 4(23-1)gl 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 7 ,B正确；由题意可知，B在P点和 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 ·23· 5 真题密卷 单元过关检测 力即为砝码和砝码盘的重力，所以不需要测量夹 速度大小为1，将小物块的速度分解为沿绳子方 角，合外力做的功W令=(m十mo)gL。 向和垂直绳子方向，如图所示，则v1=vcos0 (6)减少误差办法是让小车通过光电门的时间更 (1分) 短，换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 对物块和小球组成的系统，根据机械能守恒定 释放小车位置与光电门之间的距离。 律有 12.(1)5.580(5.579~5.581均可)(1分)(2)gh= 1 吉品e分)80.02分0,482分)空 2 mgLocos0·sin0= 2mu2+2 ·2mv2(2分) 123gL。=12 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 解得v1= 5W43 -215129gL (1分) 于其重力势能的减少量(2分) 【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,由 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0= △，根据机械能 1 1d、 守恒定律有mgh=202,解得gh=2(公 )。 14.(1)8m/s20(2)1.8m(32 160m (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E。= (4)4v3x 15s mgh=0.49J,动能的增加量△Ek=2mv2= 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 定律得 方（侵》广=0.481。实脸姑果表明，小球动能的 migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) 增加量并不等于其重力势能的减少量，原因是空 解得a=8m/s2 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 以长木板B为研究对象 于其重力势能的减少量。 uimigcos 0<m2gsin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 18. 2 5√1gL (1分) 所以木板加速度为0。 8品9z (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) 【解析】(1)物块与小球组成的系统机械能守恒， 解得a1=10m/s 则有 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 mgLsin 0-2mgh=0 (1分) h1m1gcos0-m2gsin0-μ2(m1十m2)gcos0= 郎特及=号1. (1分) m2a2 (1分) (2)小球运动到最低，点时，此时连接物块的轻绳 解得a2=4.4m/s2 与直杆垂直，对此时物块进行受力分析，由牛顿 当达到共速时，满足 第二定律有 v共=v0一a1t,V共=a2t mgsin 0=ma (1分) 解得t=0.5s,共=2.2m/s (1分) 4 小木块的位移 解得a=58 (1分) 47 由机械能守恒有 1 长木板的位移 mgLocos0·sin0+2mg(L。-Losin9)=2mu8 11 (1分) 解得，=号/g 长木板的长度至少为 (1分) L=s1-s2=1.8m (1分) (3)设物块在D处的速度大小为，此时小球的 (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 ·24· ·物理· 参考答案及解析 上滑过程，对整体有 此时货箱的速度 uz (m1+m2)gcos0+(m1+m2)gsin=(m+ v1=vo-ait=4m/s (1分) m2)a3 (1分) 此过程中货箱发生的位移 解得a3=6.4m/s2 1 5 以小木块A为研究对象 x1=t-201t2= 2 m migsin0+f=mia3 (1分) 所以此时货箱离C点的距离 解得f1=1.2N<1m1gcos0 d1=L1-(x1-x2)=0.875m 假设成立 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 货箱运动到C点时速度为vc,有 =0共-121 o2-v=-2a1d1 (1分) g-2ag=320m (1分) 解得vc=3m/s 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 体有 Fx-mg-m R (1分) a=gsin 0-u2g cos 0=5.6 m/s2 (1分) 以小木块A为研究对象 解得FN=87N migsin0-f2=mia 由牛顿第三定律有 解得f2=1.2N<1m1gcos0 F=FN=87N (1分) 假设成立 方向竖直向下。 (1分) 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 置经过的路程 理有 5=2(:十5，)=160m 297 1 1 (1分) -mgk (1-cos 0)-2mob-2mvc (1分) (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 解得vp=1m/s 定理可得 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 1 合牛顿第二定律有 2kxi-migz:sin 0+ n1v号 (1分) umg cos -mg sin 0-ma (1分) 解得x1=8.64m 解得a=0.4m/s2 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 设货箱经过x?后与传送带共速，由题意有 mig sin 0=kx2 (1分) v2-v2=2ax3 (1分) 解得x2=2.88m 解得x3=10m 小木块A从释放到第一次运动到P,点的时间 根据v=vp十at (1分) T,T4W3元 解得t3=5s t=4+i2=169 (1分) 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s一684J 【解析】(I)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， t,-1=1s (1分) 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 所以货箱从D到E的时间 uimg=ma (1分) tCD=t3+t4=6s 解得a1=4m/s2 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 W1=-mg cos0·t3=-576J (1分) uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 解得a2=4m/s2 送带做功 设经过时间t木板B与C相碰，有 W2=-mg sin0·(L-x3)=-108J (1分) 1 所以摩擦力对传送带做的总功 x:-d-zaxt (1分) W=W1+W2=-684J (1分) .1 解得1=29 ·25· 5