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(安徽专版)

·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)①要使粒子脱离太阳引力的束缚至 △t时间内接受到的动量为 少需满足 EPo△tR2 力= (1分) m2n+(-GM）=0 1 c 4cr2 2R/ (2分) 设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有 GM P△tR2 解得vmm一√R· (1分) Fs△t=p= 4cr2 (1分) ②设太阳风粒子由太阳向空间各方向均匀射出， PoR2 解得F压=4cr (1分) 在极短时间△内，太阳风粒子可视为均匀分布 在半径为r、厚度为△x的球壳内，如图所示 设尘埃粒子的密度为ρ，该粒子的质量为 该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球 4 壳内的粒子质量相同，有 m=p·3R △x=v·△t (1分) 该粒子运动到距离太阳？处时所受的引力为 △m·△t=n·4πr2·△.x·m (1分) Mm F4=G r2 (1分) 解得△m=4πr2nmx。 (1分) 解得F F=16πcpGM R (1分) 3P。 故F引、Fs的比值与尘埃粒子到太阳的距离r无 关，也与速度大小无关，仅由尘埃粒子的半径R 决定，由于Ab运动路径为直线，尘埃粒子受力平 衡，半径Rb=R (1分) F引=F压 (1分) (2)该同学的结论不正确。 (1分) 由于Ac路径向内弯曲，说明 造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子 F引>F压 (1分) 半径不同所致，设半径为R的粒子运动到距离太 即该尘埃粒子的半径R>R (1分) 阳r处时沿Ab运动，△t时间内接受到的太阳光 由于Aa路径向外弯曲，说明 能量为 F引<FE E=P。·A1·元R2P,AR 即该尘埃粒子的半径R。<R (1分) 4πr2 (1分) 4r2 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 度大小相同，则v=wR=0.1t(m/s),可知小物体 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 做匀加速直线运动，加速度为a-=0.1m/g, 根据牛顿第二定律有F-一mg=ma,解得细线拉 心力时，造度最小，根据mg一，解得。 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 √gR,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 1 径小于1.6m,故最小速度小于4m/s,D错误；由 位移x=2t=0.8m,细线拉力对小物体做的功 对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成 W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦力 挑战无影响，A错误；运动到最高，点时，挑战者的 的瞬时功率P'=mgv=1X0.1t=0.4W,滑动摩 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 擦力对小物体做的功W=一umgx=一0.8J,B、C 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 错误。 关系式为ω=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速3.D【解析】由图像可知，货物先向上做匀加速运 ·21· 7 真题密卷 单元过关检测 动，再向上做匀速运动，所以传送带匀速转动的速 中v2=4m/s,v1=2m/s,解得x2=6m,匀加速阶 度大小为1m/s,A正确；开始时货物的加速度 1 段位移z=)at号-号X1X22m=2m,故总位移 a二公-。14m/822.5m/s2,由牛倾第二定律 x=x1十x2=8m,D正确。 可知mg cos30°-mg sin30°=ma,解得货物与 6.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 传送带间的动摩擦因数以二，B正确；由图像可 虹。=mg,弹簧的压缩量工，-，在物块上升阶 知，A,B两点的距离：=号×(15+15.6)X1m 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得 15.8m,D错误；由动能定理可知W,一 F十k(x。一x)一mg=ma,解得a三一x,根 mgs sin30-2mu,解得运送货物的整个过程中 据图像可知，E为图线的栽距，为定值，所以外力 摩擦力对货物做功W:=795J,C正确。由于本题 选择错误的一项，所以选D。 F为恒力，图线的斜率是一奈，A酷误，B正确；根 4.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运动 据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg, 的线速度大小为v1,则有T.cos01=mg,T.sin01= 初始时刻加速度最大，为a二F十k工。—mg三g) m m,r=L,sin0,联立解得u1=√10m/s:设当 C错误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移 a绳刚好要松弛，即T。=0时，小球运动的线速度 公式v2=2ax,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 ,有2= 1 1 2器从报去外 1 大小为v2,则有Tcos02=mg,Tosin02=m 2ax0= 联立解得v2=√10√3m/s,可知，在保持两根绳均 力到最高点，根据动能定理有-mh=0一了m心， 1 拉直的过程中，系统对小球做的功W=2m 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大 1 2m0i,解得W=(5√3-5)J,C正确。 高度A-爱，D错误。 7.C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 5D【解析】根据P=Fa,可得一是·F,站合题 三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统 图线的斜率可得P=8W,即模型车的速度从 机械能不守恒，A错误；初始时P、Q的速度均为 2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动， 率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻 P下降至最低，点时，P的速度为零，Q速度也为零， 力，根据题图像可知，在F=2N时速度达到最大 但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不 值，因此有F=f=2N,A错误；由题图像可知小 是始终一样，B错误；P下降至最低，点时，弹簧弹性 车初始牵引力F'=4N,且匀加速结束时模型车的 势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和 速度大小v1=2m/s,根据牛顿第二定律有F'一 弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势 f=ma,解得加速度a=1m/s2,根据匀变速直线 能等于系统减少的重力势能，E。=mgL(cos30° 运动速度与时间的关系可得匀加速运动的时间 cos60)=2(3-1mgL,C正瑰；经分析可知， 1=”=2s,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 牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功 最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作 率，可知最大功率为8W,C错误；根据题意，模型 用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的 车速度达到最大用时5s,而匀加速阶段用时2s, 重力3mg,D错误。 则可知，模型车以恒定功率运动所需时间t2=35, 8.C【解析】对小球A受力分析如图甲所示，可知 根诺功能定理得P1:-f红，=弓mo时-号mi,式 1 三力构成的矢量三角形与△OPA相似，有A 7 ·22· ·物理· 参考答案及解析 mg-F一mg,解得T=3m OP AP 5mg,A错误；小球A绕 mg·2h-W,=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 做功W:=2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道 O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线 上运动过程，由牛顿第二定律有mg cos37°一 方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者 沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等 mgsin37°=ma,代入数据可得a=58,D错误 时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图乙所示， 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 由几何关系得sin9= 5,c0s0=4 ，小球A下降 微功，故机梳能守恒，所以有)m=2m02十 的高度hA=3Lsin0= 9 L,小球B下降的高度 mgh,解得v2=-2gh十v,由题图乙可知，当 h=0.8m时，v2=9m2/s2,代入上式，得v。= h=√(3L)+(5L)7-√(5L)2-(3L) 5m/s,又当h=0时，v2=o8=25m2/s2,即x= (√34-4)L,由机械能守恒有mghA十mgB=2 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 2mu2,解得v= 3-一)，B错：两小球 可得F+mg=m发，其中F=2.5N,解得m 速度大小相等时，对小球A受力分析如图丙所示， 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能 沿绳方向应有T'十ng cos0=ma1,小球B与小球 1 A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有 守恒有 mu=2mu后十mgR,解得小球运动到 mg-T'=ma1,解得T'= 10g,C正确；如图丙， B点的速度vB=√/I7m/s,在B点，由牛顿第二定 3L,解得T"= 律可知Ng=m 沿杆方向应有T"-ngsin0= R,代入数据得NB=8.5N,C正 确；小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 √34 2 mg,D错误。 瞬时功率为0，D错误。 3 15 三、非选择题 1.10.525(1分)42M(》°-2M(）)广 (1分)不需要(1分)(m+mo)gL(2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) 甲 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标 二、选择题 尺读数之和，所以d=5mm+5×0.05mm= 9.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 5.25mm=0.525cm。 滑道底端的过程，由动能定理有mg·2h一 (4)小车经过两个光电门时的速度分别为1= d mg cos45°.，h sin45°-mg cos37°. h sin37°=0， =品小车动能的支化量△正-M如 d 6 代入数据可得u=7,A正确；载人滑草车在上段 ;根据题干， 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 h 1 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 mgh一mg cos45,sin45=2mo,代入数据 力即为砝码和砝码盘的重力，所以不需要测量夹 可得= 2,B正确：全过程由动能定理有 角，合外力做的功W合=(m十mo)gL。 7 (6)减少误差办法是让小车通过光电门的时间更 ·23· 7 真题密卷 单元过关检测 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)(2分)(2)gh x1=1.6m 1d) 2公2)(2分)(3)0.49(2分)0.48(2分)空 根据x1=v2t 解得v2=4m/s 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 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=2mv+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》小球经过光电门的逵度口一是，根据机被能 根据x2=v3t 解得v3=1m/s<vr=√5m/s 守恒定称有mg-了m,解得h=号（侣） 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 mgh=0.49J,动能的增加量△E:=2mo2= x3=0Et=0.4V5m>0.4m (1分) 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初 名（侣）广-0,481。实脸站果桑明，小球功能的 动能 1 增加量并不等于其重力势能的减少量，原因是空 Ex=2mvi+mgh=0.21J (1分) 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 故分数大于4分，则小球的初动能 于其重力势能的减少量。 0.21JEk<0.32J (1分) 13.(1)1m/s√5m/s(2)0.2225J(3)0.21J< 297 Ek<0.32J 14.(1)8m/s20(2)1.8m(3)160m 【解析】(1)小球做圆周运动恰能通过最高点， 则有 ow 屏 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 mg=m R (1分) 定律得 解得vB=1m/s migsin 0+uimigcos 0=mia (1分) 小球做圆周运动从最高点B到最低点E过程， 解得a=8m/s 根据机械能守恒有 以长木板B为研究对象 1 1 mg·2R+2mu员=2mu层 (1分) uim1g cos 0<m2g sin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 (1分) 解得vE=√5m/s。 (1分) 所以木板加速度为0。 (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 A=78 (1分) migsin 0+uimigcos 0=mia (1分) h=Lsin0,其中L=CP=1.0m 解得a1=10m/s2 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 解得t=0.4s 在水平方向上有 uimig cos 0-m2gsin 0-u2 (m1+m2)gcos 0- (1分) x=vt (1分) m2a2 解得v1=2.5m/s 解得a2=4.4m/s2 根据机械能守恒得小球的初动能 当达到共速时，满足 Ew-2moi+mgk=0.25J V共=v0一a1t,v共=a2t (1分) 解得t=0.5s,v共=2.2m/s (1分) 7 ·24· ·物理· 参考答案及解析 小木块的位移 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 -4 47 uimg=ma (1分) 1=20m 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-u2(m+M)g=Ma2 (1分) 解得a2=4m/s2 长木板的长度至少为 设经过时间t木板B与C相碰，有 L=s1-52=1.8m (1分) 1 (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 2:-d-zat (1分) 上滑过程，对整体有 1 uz (m1+m2)gcos (m1+m2)gsin0 解得t=2s (m1+m2)a3 (1分) 此时货箱的速度 解得a3=6.4m/s2 v1=v0-ait=4 m/s (1分) 以小木块A为研究对象 此过程中货箱发生的位移 migsin0+f=mia3 (1分) 1 I1=vot- 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) 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 0共_121 53-2a,-320m (1分) 货箱运动到C点时速度为c,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 o-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 2 Fx-mg-m R (1分) migsin 0-f2=mas 解得f2=1.2N<1m1gcos0 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) (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 5=2s,十5g)=160m 297 (1分) 理有 (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 1 1 mgR(1-cs0)=2mw品-2mw呢 (1分) 定理可得 1 解得op=1m/s 2kxi-migx,sin 0 2n1v号 (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 μng cos0-mg sin0=ma (1分) migsin 0=kx2 (1分) 解得a=0.4m/s2 解得x2=2.88m 设货箱经过x3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-v品=2axg (1分) +石得。 解得x3=10m (1分) 根据v=D十at3 (1分) 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s一684J 解得t3=5s 【解析】(I)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 ·25· 7 真题密卷 单元过关检测 4=L:-3=1s 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 (1分) 送带做功 所以货箱从D到E的时间 W2=-mg sin 0.(L-x:)=-108 J (1分) tcD=t3+t4=6s (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 W=W1+W2=-684J (1分) W1=-umg cos 0.vt3=-576J (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 块A组成的系统动量守恒，则有kmv。=(m十 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 km)u1,求得1一十1"，子弹动量的变化量 推进剂产生的冲量，故可得【=，结合动量定 理I=m△v,可得比冲这个物理量的单位为 △p=km0,-kmu,= 一十1，A错误；物块A的 kg·m/s=m/s,A正确。 1 k'mvo kg 动能增加量△Ea=2mwi 2(k+1),B错误；当 2.A【解析】由动能表达式E,=之m心和动童表 弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大，则 有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒， 达式p=mu,可得p-√2mEk,二者动能相等，所 以甲、乙动量大小之比1：2=√m1:√m2, kmu。=(2m十km)2,求得u:一十2，物块B的 A正确。 kmvo 动量最大值pm一十2，C正确；弹簧第一次压缩 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能 大小1，-号×0,1X660Ns=30Ns方向 AE,=名(m+km)d-名8m+m)ed= 1 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 量大小I=IF一Mgt=300N·s,方向竖直向上， k'mvo B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小，= 2(k+1D(k+2)D错误。 6.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 I=Mv-(-Mu。),解得v=2m/s,则上升的最大 球沿轨道上滑到最高，点时，两者具有相同的水平 高度为A-6=0.2m,D正确 速度，根据动量守恒定律可得mo。=(m十M)o, 4.D【解析】地球公转的线速度大小，=，设 可得v= m十M,A错误；设小球回到轨道底端时 mvo 小行星在偏转圆轨道上运行的周期为T,根据开 的速度为1，滑块的速度为V2,根据系统水平方 学动带三支体布祭-《”，则小行受在线桃圆 向动量守恒可得mv,=mv1十Mu2,根据系统机械 能守恒可得号mi=名m心+号Moi,联立解得 轨道上运行的线速度大小口=2πX4R,组合撞击 T 0一m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒 m-M 体与小行星发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒 2 可得mv0=mm十MM,则有mvot=∑mvmt十 定律有mmX3v十3mvc=(,十3m)o,联立 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 好得一密D正。 mot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= mvot-Mx 5.C【解析】子弹射入物块A的过程中，子弹与物 ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 m 7 ·26·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 班级 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 卺题 物理·机械能守恒定律 10kg,重力加速度g取10m/s2。下列说法不正确的是 () ↑ms 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 得分 是符合要求的。 30 甲 题号 5 7 8 A.传送带匀速转动的速度大小为1m/s 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 B.货物与传送带间的动摩擦因数为。 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 C.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795J 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a、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.=√2，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0，=45°，62=60°。现保持两根绳均拉直，在 。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= A.53J B.5J C.(53-5)JD.(53+5)J 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 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 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 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一和牵引力F之间的关系图 摩擦因数以=0.1，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 ↑uads） 持续5s,获得最大速度为4m/s,下列说法正确的是 () ↑言5m) A.4s末细线拉力对小物体做功的功率为4.4W A,模型车受到的阻力大小为1N B.0~4s内，滑动摩擦力对小物体做的功为0.8J B.模型车匀加速运动的时间为3s C.4s末滑动摩擦力对小物体做功的功率为4W C.模型车牵引力的最大功率为6W D.0一4s内，细线拉力对小物体做的功为0.88J 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 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 度系数为是。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 速度为g,忽略一切阻力。下列说法正确的是 () 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 () F ●B A杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为2m8 5 A.图线的斜率是罗 且运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为一）L B.外力F为恒力 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。 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？ 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3年_2】 \5 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 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 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。 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 题号 9 10 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， 答案 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 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 9.如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为五、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：。质量为m的载人滑草车从 速度为g,在P下降的过程中 () 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 () 6 A.动摩擦因数μ=7 2gh A,P、Q组成的系统机械能守恒 B载人滑草车最大速度为，7 B,两个滑块的速度大小始终一样 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh 3 C.弹簧弹性势能的最大值为2(，-1DmgL D,载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5B 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 10.如图甲所示，在整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 8.如图所示，轻杆上端可绕光滑饺徒O在竖直平面内自由转动，可视为质点的小球A固 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 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 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 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 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） ↑m2s (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，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、△、g表示)， 0.8m 则认为小球在下落过程中机械能守恒。 乙 (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= A.图乙中x=36 B.小球质量为0.2kg 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 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 小量|△E.= J,动能的增加量△E,= J(结果均保留两位有 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 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 11.(6分)某同学用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。 明其中的原因： 遮光片 能电门1电门2 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、 长木板 细线 2 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 10 20 点，P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角9=53°，CP=1.0m:圆弧轨道DBE 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 (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 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 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 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 置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L 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， (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 cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2。求： 过光电门1和光电门2的时间相等 (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 (3)取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。 率vE. (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)正中靶心时，小球的初动能E。 和光电门2所用的时间分别为△11、△：。小车从光电门1运动至光电门2的过程 (3)获得分数大于4分时，小球的初动能 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金和△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： 粑环 肥环俯视图 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。 释故装置 0 小球 光电门 周定的 数学计时器 橡胶材 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.(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静止在另一饭角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8，圆弧面的左端与水平面相切，传送带的速度0=3m/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。=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41，长木板和斜面之间的动摩擦因数1=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,=2kx,其中k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丝：=0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数=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，co537°=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。 (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。 (0已知小木块A在斜面上做简谐运动的周期T一2x四，其中友为弹资的劲度系数， ⊙ D 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： C ⊙0 B 07 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）