单元过关(六)机械能及其守恒定律-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(广东专版)

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）》 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·机械能及其守恒定律 10kg,取g=10m/s。下列说法不正确的是 () 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 ↑ms 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 得分 一项符合题目要求。 ●30m 0.4 16 题号 2 5 6 7 答案 A.传送带匀速转动的速度大小为1m/s 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 民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，取g= C.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795J 10m/s,下列说法正确的是 () D.A,B两点的距离为16m 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,=√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°，02=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，取g=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=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 A.53J B.5J C.(5,3-5)JD.(53+5)1 摩擦因数4=0.1，取g=10m/s2。下列说法正确的是 () 5.某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t=0时刻驾驶汽车由静止启动， 1=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随速率倒数二变化的关系图像。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，取g=10m/5,下列说法正确的是 () 甲 +F×I0N) A.4s末细线拉力对小物体做功的功率为4.4W B.04s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 Hs/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） YJ A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 C.汽车达到的最大速度为15m/s 题号 8 9 10 D.从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m 答案 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 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 度系数为是。1=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 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 簧第一次恢复原长时，撇去外力F。从0时刻到F撒去前，物块的加速度α随位移x的 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 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 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°= 正确的是 () 0.8。下列说法正确的是 () F A图线的斜率是罗 、6 B.外力F为恒力 A动摩擦因数μ=7 C.物块的最大加速度大小为2g 且载人带草车最大速度为一 D.外力下撤去后物块可以继续上升的最大高度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh 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 D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为？g 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 端同定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角a=30°时，弹簧处于原长状态，此时， 9.如图甲所示，一质量m=1.0kg的可视为质点的小铁块在逐新减小到0的平行于斜面 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 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 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 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 速度为g,在P下降的过程中 () 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。取g=10m/s2,下列说法正确的是 (） +】 9.75- B (E) 8.0t (E) 77777777777777777 05 1.0/m A,P、Q组成的系统机械能守恒 甲 B.两个滑块的速度大小始终一样 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.弹簧弹性势能的最大值为2(，5-1)mgL C.铁块上滑xA时加速度大小为0 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 D.铁块滑回出发点时的速度大小为3m/s Y灯 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.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 (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 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 (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 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 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 力不计，B点为AC轨道的中点，取g=10m/s2,下列说法正确的是 () 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)， ↑7m2s 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= 0.5m、△e=1,8ms,取g=9.8m/s,则小球下落过程中重力势能的诚小量 |△E,I= J,动能的增加量△Ek= J(结果均保留两位有效数 0.8m 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，请说明其 A.图乙中x=36 B.小球质量为0.2kg 中的原因： 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 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 三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。 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 11.(6分)用如图所示的实验装置来验证“动能定理”。实验操作步骤如下： 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 光电门静块遮光条 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 力安 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。 (1)用游标卡尺测得遮光条宽度为L: (2)求小球运动到最低点时，物块加速度的大小α和速度的大小。 (2)本实验中， (填“需要”或“不需要”)滑块和遮光条的总质量M远大于悬 (3)求物块下滑至D点时，小球的速度大小1。 挂重物的质量m; (3)将气垫导轨调水平，在不挂重物时开通气源，将滑块轻放在气垫导轨上，如果滑块 向右滑动，应调节底座旋钮，使导轨左端适当 (填“升高”或“降低”)，直 至滑块放在气垫导轨上不同位置均能处于静止为止； (4)让滑块从A点由静止释放，记录力传感器的示数P,滑块通过光电门时遮光条的遮 光时间为T,滑块和遮光条的总质量为M,将刻度尺紧贴导轨右端(0刻度线与右 端齐平)，从刻度尺上读取开始位置遮光条中心和光电门中心对应的刻度分别为 X1、X2,如果表达式 (用L、F、T、M、X1、X:表示)成立，则动能定理得 到验证。 12.(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」 释放装置 0 小球 光电门 周定网 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） YJ 14.(13分)如图所示，倾角0=37°的光滑斜面OP底端固定一挡板。劲度系数最= 15.(17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 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v。=6/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以1=0.05，弹簧始终在弹性限 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= 度内，弹资的弹性势能E,=2x,其中飞为弹资的劲度系数，x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1=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 摩擦力等于滑动摩擦力，取g-10m/s2,sin37°-0.6，cos37-0.8。 箱可视为质点，取g=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。 ()已知小木块A在斜面上做简请运动的周别T=2x厂，其中及为弹簧的劲度系数， 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：。 D A C ⊙0 777777777777777777777 Y灯 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 15.1)0R ②4πr2nm (2)不正确，分析见 E=P。·△·元R2P,△R 4πr2 4r2 (1分) 解析 △t时间内接受到的动量为 【解析】(1)①要使粒子脱离太阳引力的束缚至 E PoAtR2 (1分) 少需满足 c 4cr? 1 Mm\ 设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有 2m2m+(-G2R） =0 (1分) Po△tR F压△t=p= (1分) GM 4cr2 解得m一√R· (1分) 解得F唇= PoR2 4cr2 (1分) ②设太阳风粒子由太阳向空间各方向均匀射出， 在极短时间△内，太阳风粒子可视为均匀分布 设尘埃粒子的密度为ρ，该粒子的质量为 在半径为r、厚度为△x的球壳内，如图所示 4 该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球 m=p·3R 壳内的粒子质量相同，有 该粒子运动到距离太阳处时所受的引力为 △x=v·△t (1分) F-69 (1分) △m·△t=n·4πr2·△x·m (1分) 解得△m=4πr2nmv。 (1分) FI_16πcpGM 解得F层=3P。 (1分) 故F引、F压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 太阳 衡，半径R。=R (1分) F影引=F压 (1分) 由于Ac路径向内弯曲，说明 (2)该同学的结论不正确。 (1分) F引>F压 (1分) 造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子 即该尘埃粒子的半径R>R (1分) 半径不同所致，设半径为R的粒子运动到距离太 由于Aa路径向外弯曲，说明 阳r处时沿Ab运动，△t时间内接受到的太阳光 F引<F压 能量为 即该尘埃粒子的半径R。<R (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（六） 物理·机械能及其守恒定律 一、单项选择题 度大小相同，则0=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 做匀加速直线运动，加速度为a-会 =0.1m/s2, 不守恒，B错误；在最高点时，当重力恰好提供向 心力时，速度最小，根据mg= R,解得。一 根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得细线拉 力F=1.1N,4s末细线拉力的瞬时功率P=Fv= √gR,实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半 1.1×0.1t=0.11t=0.44W,小物体在4s内运动 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 的位移x=70=0.8m,每线拉力对小物体微的 挑战无影响，A错误；运动到最高点时，挑战者的 功W=Fx=0.88J,A错误，D正确；4s末滑动摩擦 向心加速度向下，处于失重状态，C正确。 力的瞬时功率P'=mgv=1×0.1t=0.4W,滑动 2.D【解析】根据题图像可知角速度随时间变化的 摩擦力对小物体做的功W=一mgx=一0.8J,B、 关系式为ω=t,圆筒边缘线速度与小物体前进速 C错误。 YJ ·20· ·物理· 参考答案及解析 3.D【解析】由图像可知，货物先向上做匀加速运 得x2=105m,汽车通过的距离x=x1十x2= 动，再向上做匀速运动，所以传送带匀速转动的速 150m,D正确。 度大小为1m/s,A正确；开始时货物的加速度 6.B【解析】物块静止在竖直放置的轻弹簧上，有 a=401 △0.4m/s-2.5m/s,由牛顿第二定律 k。=mg,弹簧的压缩量x。=g,在物块上升阶 可知mg cos30°-mg sin30°=ma,解得货物与 段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F十 传送带间的动辱擦因数4=， ，B正确；由图像可 k(x。一)-mg=ma,解得a=F-色 mmx,根据图 F 知，A、B两点的距离s= 2×(16+15.6)X1m= 像可知，m为图线的截距，为定值，所以外力F为 15.8m,D错误；由动能定理可知W:一 恒力，国线的斜率是一 二，A错误，B正确；根据图 1 mgssin30°-2w,解得运送货物的整个过程中 像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F=mg, 摩擦力对货物做功W=795J,C正确。由于本题 初始时刻加速度最大，为a。F十。mg=g, 选择错误的一项，所以选D。 4.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运 C错误；从初始到物体脱离弹簧，根据速度一位移 动的线速度大小为01，则有T.cos01=mg, 公式v2=2ax,可知ax图像与横轴围成的面积表示 T,sin 0=m ,r=L,sin0,联立解得u1= ,则有号0-了，了一器从撒去外 1 1 √10m/s;设当a绳刚好要松弛，即T。=0时，小 力到最高点，根据动能定理有一mgh=0一2m02 球运动的线速度大小为v2,则有Tcos02=mg, 联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大 Tsin0,=m,联立解得2=√103m/s,可 高度A-爱D错误。 知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球做 7.C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 的功W=1 22—1m2,解得V=（5√3—5)J, 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 C正确。 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动， 5.D【解析】由图可知在AB段汽车牵引力不变， P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零， 根据牛频第二定律得F-mg=ma,解得a 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 2.5m/s2,可知汽车在AB段做匀加速直线运动， 势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和 汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的 弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势 加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后 能等于系统减少的重力势能，E。=mgL(cos30° 做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，A、 B错误；t1=6s时汽车的速度v1=at1=15m/s, cos60)=号(5-1)mgL,C正确；经分析可知， 汽车额定功率P=Fu1=10×103×15W=1.5× P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能 10W,汽车达到的最大速度。=P=P f=1 最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作 Amg 用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的 1.5×105 重力3mg,D错误。 1 ×2000X10 m/5=30m/s,C错误；汽车做匀加 二、多项选择题 8.AB【解析】载人滑草车由静止开始下滑到静止于 1 速直线运动的位移x1=2好=45m,从汽车刚达 滑道底端的过程，由动能定理有mg·2h一 1 mg cos45°.。h sin45°-umg cos37°. h 到额定功率到速度达到最大过程中，根据动能定 sin37=0, 1 1 1 6 理得P(,-t)-4mgx2=2mo品-2mui,解 代入数据可得=7，A正确；载人滑草车在上段 ·21· YJ 真题密卷 单元过关检测 滑道做匀加速运动，在下段滑道做匀减速运动，所 三、非选择题 以在上段滑道末端载人滑草车的速度最大，载人 11.(2)不需要(1分)(3)降低(2分) 滑草车在上段滑道运动过程，由动能定理有 h 1 FX-X:)-7M9)a分) mgh-umg cos45°. sin45=2mo,代入数据 【解析】(2)由实验装置图可知，细线拉力可以通 过力传感器得到，所以细线拉力不需要用悬挂重 可得三，B正确；全过程由动能定理有 物的重力代替，因此本实验中，不需要滑块和遮 mg·2h-W=0一0，可得载人滑草车克服摩擦力 光条的总质量M远大于悬挂重物质量m。 做功W:=2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道 (3)滑块向右滑动，说明气垫导轨左侧高右侧低， 上运动过程，由牛顿第二定律有ng cos37°一 所以应调节底座旋钮，使导轨左端适当降低，直 至滑块放在气垫导轨上不同位置均能处于静止 ng sin37=ma,代入数据可得a=58,D错误 为止。 9.AD【解析】设斜面倾角为0，铁块的重力势能与 (4)选择以滑块和遮光条为研究对象，其所受合 上滑位移间的关系是E。=mngxsin0,由E。x图 外力为F,通过的位移为(X2一X1),滑块和遮光 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后机 L 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 条的初速度为0，通过光电门时的速度v一六，根 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 据动能定理可得F(X:一X,)=2Mw2-0,联立 机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由 可得F(x,-X,)=M(作)。 动能定理得Wr-fx。一ngxosin0=0,其中xo= 1.0m,解得Wr=11.5J,A正确；由f= 12.(1)5.580(5.5795.581均可)(1分)(2)gh= 7 1d、 g0,解得u=2B错误；在位置A时，F与f 2(公)(2分)(3)0.49(1分)0.48(2分)空 气阻力对小球做负功，导致小球动能的增加量小 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则ng sin0= ma,解得a=8m/s,C错误；对铁块下滑过程，由动 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 能定理得g,s血0-f,=m,解得=3/， 图可知小球的直径为5.5mm+8.0×0.01mm= D正确。 5.580mm。 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 微功，戴机械能守恒，所以有弓m心-方m十 (②》小球经过光电n的速度。一是，根据机栽能 mgh,解得o2=-2gh十w6,由题图乙可知，当 守恒定体有me助一名心，解得成-（总。 h=0.8m时，v2=9m/s2,代入上式，得0 (3)小球下落过程中重力势能的减小量|△E,|= 5m/s,又当h=0时，v2=v8=25m2/s2,即x= mgh=0.49J,动能的增加量△Ek=2m02= 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 n(侣)广-0481。实绘结采表明，小毫功能的 可得F十mg=m爱，其中F=25N,解得m 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 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能 于其重力势能的减少量。 守位有2mi=司mi十ngR,解得小球运动到 18.号 合ma B点的速度℃B=√I7m/s,在B点，由牛顿第二定 (3)2 15√129gL 律可知Ng=mR,代入数据得N,=&.5N,C正 【解析】(1)物块与小球组成的系统机械能守恒， 确；小球在A点时，重力与速度方向垂直，重力的 则有 瞬时功率为0，D错误。 mgLsin 0-2mgh=0 (1分) YJ ·22· ·物理· 参考答案及解析 郎得A=1, (1分) uimig cos 0-m2g sin 0-u2 (m1+m2)gcos 0= mza2 (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 0共=00一a1t,v共=a2t (1分) mg sin 0=ma (1分) 解得t=0.5s,v共=2.2m/s 4. 解得a=58 小木块的位移 47 由机械能守恒有 mgLocos0·sin0+2mg(L。-Losin0)= 2 mvg 长木板的位移 (2分) 解得。= 后gL. (1分) 长木板的长度至少为 (1分) (3)设物块在D处的速度大小为，此时小球的 L=51-52=1.8m (3)达到共速后，设小木块和长木板一起运动 速度大小为1，将小物块的速度分解为沿绳子方 上滑过程，对整体有 向和垂直绳子方向，如图所示，则01=vc0s0 (1分) ?(m1十m2）gcos0+(m1十m2)gsin0= (m1+m2)a3 (1分) 对物块和小球组成的系统，根据机械能守恒定 律有 解得a3=6.4m/s2 以小木块A为研究对象 1 2 mgLco0·sin9=2m2+2·2mu(2分) migsin0+f=ma3 解得1=12/gL12 解得f1=1.2N<1m1gcos0 5W43 215 /129gL0 (1分) 假设成立 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 0共_121， 53-2ag-320m (1分) 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 体有 a=gsin 0-u2gcos 0=5.6 m/s2 (1分) 297 14.(1)8m/s20(2)1.8m(3 160m 以小木块A为研究对象 migsin 0-f2=mia (4)43 s 解得f2=1.2N<1m1gcos0 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+uimigcos 0=ma (1分) 解得a=8m/s2 5=2(2十53)=160m 297 (1分) 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 @<m2gsin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 定理可得 (1分) a=mgin0+m:明 1 (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 解得x1=8.64m migsin 0+uimigcos0=ma (1分) 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 解得a1=10m/s2 mig sin e=kx2 (1分) 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 解得x2=2.88m ·23· Y灯 真题密卷 单元过关检测 小木块A从释放到第一次运动到P点的时间 解得FN=87N =T+T-43元 由牛顿第三定律有 4十12=15s (1分) F压=FN=87N (1分) 15.(1)87N,方向竖直向下(2)6s一684J 方向竖直向下。 (1分) 【解析】(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动， (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定 对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有 理有 uimg=mal (1分) 1 -mgR(1-cos 0)= (1分) 解得a1=4m/s 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有 解得vp=1m/s uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 货箱刚在传送带上运动时，对货箱受力分析并结 解得a2=4m/s2 合牛顿第二定律有 设经过时间t木板B与C相碰，有 μng cos0-mg sin0=ma (1分) ?-d= 解得a=0.4m/s2 2a2t2 (1分) 设货箱经过x?后与传送带共速，由题意有 解得1一吉9 v2-v2=2a.x3 (1分) 解得x3=10m 此时货箱的速度 根据v=vn十at3 (1分) v1=vo-at=4 m/s (1分) 解得t3=5s 此过程中货箱发生的位移 此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有 1=0w12a12-8 1 ,=b24=1s (1分) 所以此时货箱离C点的距离 所以货箱从D到E的时间 d1=L1-(x1-x2)=0.875m tcD=ta十t4=6s (1分) 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，设 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功 货箱运动到C点时速度为vc,有 W1=-umg cos 0.vt3=-576 J (1分) v2-v=-2a1d1 (1分) 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传 解得oc=3m/s 送带做功 对货箱在C,点受力分析并结合牛顿第二定律有 W2=-mg sin0·(L-x3)=-108J (1分) 尼 FN一mg=mR (1分) 所以摩擦力对传送带做的总功 W=W1+W2=-684J (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（七） 物理·动量和动量守恒定律 一、单项选择题 B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小v。= 1.A【解析】根据题意，比冲表示的是单位质量的 √2gH=8m/s,与气囊作用过程由动量定理得 推进剂产生的冲量，故可得L。结合动量定 I=Mv-(-Muo),解得v=2m/s,则上升的最大 理I=m△0，可得比冲这个物理量的单位为 高度为h=2g =0.2m,D正确。 kg:m/s=m/5,A正确。 2πR kg 3.D【解析】地球公转的线速度大小。= T。,设 2.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 小行星在偏转圆轨道上运行的周期为T,根据开 大小1，=7×0.1X6600N·s=30N·s,方向 普粉第三定律布号一”，利小行是金省排园 竖直向上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲 量大小I=Ip-Mgt=300N·s,方向竖直向上， 轨道上运行的线速度大小)= 2πX4R ,组合撞击 T YJ ·24·