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(福建专版)

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 班级 卺题 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 物理·机械能守恒定律 簧第一次恢复原长时，撒去外力F。从0时刻到F橄去前，物块的加速度α随位移x的 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 正确的是 () 得分 一项是符合题目要求的。 题号 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图线的斜率是严 速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () B.外力F为恒力 C.物块的最大加速度大小为2g D,外力F撒去后物块可以继续上升的最大高度为 4.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 A.要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好 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 B.在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒 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 C.运动到最高点时，挑战者处于失重状态 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 D.要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4m/s 速度为g,忽略一切阻力。下列说法正确的是 () 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 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 摩擦因数以=0.1，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是 () ↑uads） ●B A杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为2m8 5 且运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为，不厨-一智)之 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.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0mg 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 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 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 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求， 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：-， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 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。下列说法 题号 5 6 7 8 正确的是 () 答案 5.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以。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 WWWWWL 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°= 0 A,B在P点和Q点时，弹簧的弹性势能相等 0.8。下列说法正确的是 () A动率擦因数-号 B.B运动到Q点时，A的速度大小为 (63-3)g0 7 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 B载人滑草车最大速度为，2g 7 D,B从P点运动到Q点的过程中，克服绳的拉力做功为33-2 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh 8.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低 D,载人滑车在下段滑道上的加滤度大小为： 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,空气阻力不 6,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 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() 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 ↑a2s 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的关系如图乙中 直线OC所示。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 08m ↑E (E) A.图乙中x=36 B.小球质量为0.2kg 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 (E) 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 777777777777777777 0.3 1.0xm 9.(3分)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量 甲 为m,物体和桌面之间的动摩擦因数为4，力F与水平方向的夹角为，重力加速度为 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 g,在物体移动距离为x的过程中合力做功大小为 ,摩擦力做功大小 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 为 7.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 77777777777777777777777 6 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.(3分)某款电动汽车长4.7m、宽2.0m、高1.4m,其发动机最大功率达到100kW,若 (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 电动车运动时受到的阻力主要来自空气阻力f:和机械阻力f:。已知空气阻力满足 过光电门1和光电门2的时间相等。 f1=2C.A0,其中空气密度p=1.3kg/m',风阻系数C.=0.3,A为电动车行驶时 (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 的迎风面积，口为电动车的行驶速度。各行驶阻力分布（百分比）与车速关系如图所示， 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 那么当车速是50m/s时，电动汽车所受总阻力大小为 N:此款电动汽车行 驶的最大速度为 m/s(结果保留到小数点后两位数字)。 中，小车动能的变化量△E,= (用上述步骤中的物理量表示)。 行驶阻力分布（百分比】 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 t00 空气阻力 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。 机阻力 (6)不考虑空气阻力，请写出一条诚小由遮光条宽度引起的误差的建议： um-s! 13.(6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。 11.(3分)如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OQ边竖直，OE 释放装置 与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，质量均为m的两小环A,B用长为L的轻绳 0 小球 相连，分别套在OP和OQ杆上。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后同时释放 两小环，已知重力加速度为g。当B环下落。时，B环的速度大小是A环的速度大小的 光电门 固定时 数字计时器 橡胶材料 倍，B环的速度大小为 (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k,记录小球通过光电门的遮光时间△，当地的重 12.(6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、△、g表示)， 遮光片 光电门1地门2 则认为小球在下落过程中机械能守恒。 誉轮 细线 (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= 10 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。用游标卡尺测量遭 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 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） 6 14.(11分)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、Og,一端和质量为2m m 4)已知小木块A在斜面上做简谐运动的周期T=2红、发，其中：为弹簧的劲度系数， 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 在同一竖直而内，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 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。 到定滑轮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，c0s53°=0.6。现将物块 从O点由静止释放。 (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。 (3)求物块下滑至D点时，小球的速度大小1。 16.(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 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 02m 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, 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滑上圆弧面（圆弧光滑），然后被传送 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= 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μ=0.，8，货 15.(12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= 箱可视为质点，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0,6，cos37°=0.8。 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 (1)求货箱A在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力。 点。质量为m2=1kg的长木板B静止在另一倾角0=37的粗糙斜面上，长木板的上 (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。 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：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 D 度内，弹簧的弹性势能E,=,其中为为弹簧的劲度系数x为弹簧形变量，最大静 可0.. 7777 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'。 (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。 6 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 1.C【解析】在跑道中运动时，人本身做功，机械能 高度么-一爱D错误。 不守恒，B错误；在最高，点时，当重力恰好提供向 4.C【解析】对小球A受力分析如图甲所示，可知 心力时，速度最小，根据mg三，解得” 三力构成的矢量三角形与△OPA相似，有OA √gF,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 g=Fmg,解得T=3m OP AP 5mg,A错误，小球A绕 径小于1.6m,故最小速度小于4m/s,D错误；由 。,点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线 对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成 方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者 挑战无影响，A错误；运动到最高点时，挑战者的 沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图乙所示， 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 关系式为ω=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速 由几何关系得sin0=3,c 5,cos0=4 ，小球A下降 度大小相同，则v=wR=0.1t(m/s),可知小物体 做匀加速直线运动，加速度为a-A=0.1m/g, 的高度AA=3Lsin0=号L,小球B下降的高度 △t hB=√(3L)2+(5L)7-√/(5)2-(3L)7= 根据牛顿第二定律有F一umg=ma,解得细线拉 1 力F=1.1N,4s末细线拉力的瞬时功率P=Fv= (√3-4)L,由机械能守恒有mgh十mghs=2 1.1×0.1t=0.11t=0.44W,小物体在4s内运动的 2w2,解得v= 1 位移x=212=0.8m,细线拉力对小物体做的功 不一)L,B蜡误：两小球选 度大小相等时，对小球A受力分析如图丙所示，沿 W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦力 绳方向应有T'十mg cos0=ma1,小球B与小球A 的瞬时功率P'=mgv=1×0.1t=0.4W,滑动摩 沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有mg 擦力对小物体做的功W=一mgx=一0.8J,B、C 1 错误。 T'=ma1,解得T'=0mg,C正确；知图丙，沿杆 3.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 方向应有T”-mgsi血0=m元，解得T"= ®x。=mg,弹簧的压缩量x,,在物块上升阶 W34 2 3 mg,D错误。 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F十 15/ (x,-x)-mg=ma,解得a=F mm x,根据图 华 像可知，为图线的藏距，为定值，所以外力F为 恒力，图线的斜率是一飞，A错误，B正确根据图 2 OB OB 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg, 分 丙 初齿时刻加速度最大，为a。F十。一8=g, 二、多项选择题 m 5.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 C错误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移 滑道底端的过程，由动能定理有g·2h一 公式v2=2ax,可知a-x图像与横轴围成的面积表示 h h 名，则有2=日0。=方5，-，从报表外 1 ang cos45°·sin45-jmg cos37°·sin37=0, 6 力到最高点，根据动能定理有一mgh=0-2m0, 1 代入数据可得μ=7，A正确；载人滑草车在上段 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 6 ·22· ·物理· 参考答案及解析 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 统机械能先增大后减小，C错误；B从P点运动到Q mg质一88os45·5-号mw,代入教据 1 点的过程中，由动能定理可知mgX√3l一W= 2m后-0，代入可得克服绳的拉力做功W 1 可得v=, 人，B正确；全过程由动能定理有 3√3+2 mg·2h一W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 7 mgl,D错误。 做功W:=2gh,C错误；载人滑草车在下段滑道 8.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力做 上运动过程，由牛顿第二定律有umg cos37° 3 功，故机减能守位，所以有了m-名m2十mgh, mgsin37°=ma,代入数据可得a=358,D错误。 解得v2=-2gh十v,由题图乙可知，当h-0.8m 6,AD【解析】设斜面倾角为0，铁块的重力势能与 时，v2=9m2/s2,代入上式，得。=5m/s,又当 上滑位移间的关系是E,=mgxsin0,由E。x图 h=0时，v2=u=25m2/s2,即x=25,A错误；由 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后机 题图乙可知，轨道半径R=0.4m,小球在C点的 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 速度vc=3m/s,由牛顿第二定律可得F十mg= 线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小， 故滑动摩擦力f=3.5N,在滑行1.0m时铁块的 m R,其中F=2.5N,解得m-0.2kg,B正确； 机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由 动能定理得Wr-fxo-mgxosin0=0,其中x,= 小球从A到B过程中由机械能守恒有2m6= 1.0m,解得Wp=11.5J,A正确；由f= 1 m0后十mgR,解得小球运动到B点的速度vB= mgcos0,解得μ-2B错误；在位置A时，F与f 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则mgsin0= √7m/s,在B点，由牛顿第二定律可知NB=m尺， ma,解得a=8m/s2,C错误；对铁块下滑过程，由动 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，重力的瞬时功率为0，D错误。 能定理得mgx,sin0-,=m,解得=3n/s, 三、非选择题 D正确。 9.Fxcos0-μ(mg-Fsin0)x(2分) 7.AB【解析】在P,点，轻绳绷直但无拉力，对物体 u(mg-Fsin0)x(1分) A由平衡条件得mg sin30°=x1,此时弹簧的压 【解析】在物体移动距离为x的过程中合力做功 缩量x1-2,B在Q点时，由几何关系0Q= 大小W。=Fxcos0-h(mg一Fsin)x;摩擦力 做功大小Wr=μ(mg-Fsin)x。 √OP+PQ=21,所以物体A沿斜面向上运动 10.1706.25(1分)54.13(2分) 的位移xA=OQ一OP=1,故此时弹簧的伸长量x2 【解析】电动车行驶时的迎风面积A=2.0× 1.4m2=2.8m2,车速为50m/s时，电动汽车所 =心A一x1=2,由于形变量相等，所以B在P点 和Q点时，弹簧的弹性势能相等，A正确；B从P 受空气阻力f= 5C.Aw=号×1.3X03× 1 ,点运动到Q,点过程中，对物体A、B和弹簧整体由 2.8×502N=1365N,当车速为50m/s时，空气 机械能守恒定律得mg×√3l-mglsin30°= 阻力是总阻力的80%，则1。=动 1 之2云十12品，由关联速度关系可寻心 1706.25N;空气阻力与汽车所受总阻力的比值与 f180% Vc0s30°，联立可得VA= (6√3-3)gL 车速的关系为 ，B= f总 500=0.0160,f1= 7 4(23-1)gl 2C.AD-0.5460,可得汽车所受总阻力与车速 7 ,B正确；由题意可知，B在P点和 的关系为f总=34.125v,汽车行驶速度最大时牵 Q点位置时弹簧的弹性势能相等，且B从P,点运动 到Q点的过程中弹性势能先减小后增大，对物体 引力等于总阻力，则0。=，解得口。心 A、B和弹簧整体由机械能守恒可知，A、B组成的系 54.13m/s。 ·23· 6 真题密卷 单元过关检测 11.√5(1分) √3gL(2分) 2 m(侵）》广=0,481，实险结果表明，小球动能的 【解析】B环下落专时，轻绳与竖直方向夹角为 增加量并不等于其重力势能的减少量，原因是空 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 60°，则Ac0s30°=7Bcos60°，可得V3A=B, 于其重力势能的减少量。 B环的速度大小是A环的速度大小的√倍；由机 14.2 5√1gL 。L=1m 械能守恒定律可知mg。=2n0A干22”B,解 (8品I9g 得uB=y3gL 2 【解析】(1)物块与小球组成的系统机械能守恒， 12a5251分)0a(品)广'-音a是） 则有 \△t, mgLsin 0-2mgh=0 (1分) (1分)不需要(1分)(m+m)gL(2分) 解得及=号1。 (1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) (2)小球运动到最低点时，此时连接物块的轻绳 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标 与直杆垂直，对此时物块进行受力分析，由牛顿 尺读数之和，所以d=5mm十5×0.05mm= 第二定律有 5.25mm=0.525cm。 mg sin 0-ma (1分) (4)小车经过两个光电门时的速度分别为1= 4 解得a=58 (1分) 品=忌小车功能的变化量a正：= d 由机械能守恒有 合Mo=M(品)°-M(品)广根据题干， mgLoco0·sin0+2mg(L。-Losin0)=2mo6 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 (1分) 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 (1分) 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 湖得，-号g。 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 (3)设物块在D处的速度大小为V,此时小球的 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合=(m十mo)gL。 向和垂直绳子方向，如图所示，则v1=vC0s日 (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 13.(1)5.580(5.579~5.581均可)(1分)(2)gh= 1 日总1分)091分)082分室 2 mgLocos0·sin0= 222十·22足(2分) 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 解得1= 123gL012 (2分) 5W43 -215129gL 于其重力势能的减少量(1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十8.0×0.01mm= 5.580mm。 (②》小球经边光电门的速度口=是，根据机藏能 守恤定肆有A-名心，解得g鼓=品 15.(1)8m/s0(2)1.8m(3)297 160m (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E。 (4)43x 15s gh=0.49J,动能的增加量△E:=7m22上 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 ·24· ·物理· 参考答案及解析 定律得 置经过的路程 migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) 297 s=2(5,十53)=160m (1分) 解得a=8m/s 以长木板B为研究对象 (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 uimigcos 0<m2gsin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 定理可得 (1分) 2kximigxsin0 1 2mivi (1分) 所以木板加速度为0。 解得x1=8.64m (2)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 migsin 0+uimigcos 0=ma (1分) mig sin 0=kx2 (1分) 解得a1=10m/s2 解得x2=2.88m 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 uimig cos 0-m2gsin 0-u2 (m1+m2)gcos0= T,T43π m2a2 (1分) t=4+12=15s (1分) 解得a2=4.4m/s2 16.(1)87N,方向竖直向下(2)6s一684J 当达到共速时，满足 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， V共=00一a1t,V共=a2t 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 解得t=0.5s,o共=2.2m/s uimg=ma (1分) 小木块的位移 解得a1=4m/s 47 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 uimg-u2 (m+M)g=Ma (1分) 长木板的位移 解得a2=4m/s2 =学-品m 11 设经过时间t木板B与C相碰，有 长木板的长度至少为 1 z:-d-zal (1分) L=s1-s2=1.8m (1分) (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 帮得1一日 上滑过程，对整体有 此时货箱的速度 u2 (mI+m2)gcos+(m1+m2)gsin0=(m+ v1=v0-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 以小木块A为研究对象 migsin0+f1=mia3 所以此时货箱离C点的距离 解得f1=1.2N<u1m1gcos0 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℃c,有 共_121 (1分) v2-o1=-2a1d1 (1分) 53=2ag-320m 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 尼 a=gsin 0-u2gcos 0=5.6 m/s2 (1分) Fx-mg=m R (1分) 以小木块A为研究对象 解得FN=87N migsin 0-f2=mia 由牛顿第三定律有 解得f2=1.2N<μ1m1gcos0 F压=FN=87N,方向竖直向下。 (1分) 假设成立 (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 理有 ·25· 6 真题密卷 单元过关检测 mgR (1-cos 0)mm (1分) 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 解得vp=1m/s 2一x3=1s t4= (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 所以货箱从D到E的时间 合牛顿第二定律有 tcD=tg十t4=6s (1分) μng cos0-mg sin0=ma (1分) 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 解得a=0.4m/s2 W:=-umg cos 0.vt3=-576 J (1分) 设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 o2-2=2a.x3 (1分) 送带做功 解得x3=10m W2=-mgsin0·(L-x3)=-108J (1分) 根据v=vn十atg (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 解得t3=5s W=W1+W2=-684J (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（七）物理·动量守恒定律 一、单项选择题 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 1.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 3.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 大小1：=号×0.1X6600Ns=30Ns方向 变，即物体的速度不变，由题图可知物体速度不变 后，又运动了一段时间，说明t2时刻物体还没落 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 量大小I=Ir一Mgt=300N·s,方向竖直向上， 与速率满足关系式∫=kv,根据动量定理△p= B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小，= F△t,可知pt图像的斜率表示合外力，由题图可 √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 知t=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的 I=Mv-(-Mu。),解得v=2m/s,则上升的最大 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为 高度为五一 =0.2m,D正确。 a有mg十如1=0n共中1-0，当p=号 2 2.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 时，物体合外力为零，此时有mg=v,=为，解 到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 球沿轨道上滑到最高点时，两者具有相同的水平 得am=3g,B错误；设从地面抛出到最高，点的时 间为t,上升的高度为h,设最高，点到落地的时间 速度，根据动量守恒定律可得mo。=(m十M)v, 为t2,从地面抛出到最高点由动量定理得 可得。一A错误：设小球回到轨道底瑞时 -mgt1-k∑o1t=0-po,即mgt1+bh=po,同 的速度为1，滑块的速度为2，根据系统水平方 理下降阶段mg:一工4-号，即m8:一h 向动量守恒可得mv=mv1十Mv2,根据系统机械 Po 能守根可得2m=司muf+号Moi,联立解得 ,联立可得小球从抛出到落地的总时间为 3p。,C正确；小球上升过程中阻力的冲 、干心，B错误：根据系统水平方向动量守恒T +t22mg 量大小为Ia=k∑it1=h,小球下落过程中阻 可得mv。=mvm十MuM,则有mvot=∑MUmt十 力的冲量大小为I2=k∑202t2=kh,故小球上升 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 和下降过程中阻力的冲量大小相等，D错误。 mvot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= 4.D【解析】设闪光周期为T,网格背景板一格宽 mvot-Mx 度为d,设质量大的金属球质量为M,质量小的金 ,C正确；仅增大小球的初速度，小球从 m 属球质量为，根据题图可知碰撞前大质量金属 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 3d 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 球的速度为=下，由于是大质量碰撞小质量， 6 ·26·