单元过关(六) 机械能守恒定律-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(重庆甘肃贵州湖南专版)

2026一2027学年度单元过关（六） 物理·机械能守恒定律 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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，只有一 项符合题目要求。 题号 个y 2 3 4 5 6 7 答案 1.安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、冬雪著称 于世。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车情形如图所示，缆车内部地板水平。则 下列说法中正确的是 () 缆车轨道 A.当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零 B.当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行 C.当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零 D.当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功 2.目前常见的过山车为了增加安全性，都用由上、下、侧三组轮子组成的安全装置把轨道 车套在轨道上（如图甲）。现有与水平面成0=37°角的斜轨道和半径R=10m的光滑圆 轨道相切于B点，且固定于竖直平面内，圆轨道的最低点位于地面（如图乙）。带安全装 置、可视为质点的轨道车从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动、恰好到 达最高点C,已知轨道车与斜轨道间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，则下列说法正确的是 () R B/0' 甲 乙 A.轨道车在C点的速度为10m/s B.轨道车在B点的速度为20m/s C.斜轨道AB间的长度L为45m D.轨道车在C点受轨道的作用力一定向下 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 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 10kg,g取10m/s2。下列说法不正确的是 () 单元过关（六）物理第1页（共8页） 把据现在，珍惜时光，为未来而劳力奋斗 0n0 ↑lm's 班级 姓名 30° 0.4 16 t/s 甲 A.传送带匀速转动的速度大小为1m/s 得分 B.货物与传送带间的动摩擦因数为 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 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La=√2m,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01=45°，02=60°。现保持两根绳均拉直，在 ω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.53J B.5J C.(53-5)J D.(53+5)J 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 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 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 () ↑号sm 1-2 0 →FN A.模型车受到的阻力大小为1N B.模型车匀加速运动的时间为3s C.模型车牵引力的最大功率为6W D.模型车整个启动过程中的总位移为8m 单元过关（六）物理第2页（共8页） 2 6.如图甲所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜 面。图乙为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可 求得斜面的长度为 () H 2ho 77777777777777777 Eko 3Eko E 甲 乙 10, A.ho B.2√2ho C.4ho D.6ho 7.如图所示，一轻质弹簧两端分别拴接质量均为1kg的木块A、B,并静止在水平桌面上。 现用一竖直向上的外力将木块A缓慢拉至某位置，木块B恰好对桌面无压力，此时撤去 外力，木块A由静止向下运动。已知弹簧劲度系数为100N/m,弹簧始终处于弹性限度 内，g取10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是 () A.木块B受到地面的最大支持力为40N A B.木块A运动过程中的最大速度为√3m/s C.木块A运动过程中的最大加速度为10m/s2 B D.轻质弹簧具有的最大弹性势能为4J 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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 8 9 10 答案 8.风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量 为的飞行器（可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风 洞阻力大小∫与飞行器下降速率？的关系为∫=kv,测出飞行器由静止下降h后做匀 速直线运动，重力加速度为g。关于飞行器下降h的过程下列说法正确的是 () A.飞行器的最大速率U= B风洞阻力对飞行器做功为mgh一” 2k2 C.飞行器运动过程中机械能守恒 D.飞行器运动时间t=mg十h kmg 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 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。g取10m/s2,下列说法正确的是 () 2 单元过关（六）物理第3页（共8页） EJ A B (E) 9.75-- 8.0i F (E) 77777777777777777 x40.5 1.0x/m 甲 乙 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 10.如图，质量分别为m1和m2的两个重物系于不可伸长的细绳两端，绳子绕过一个半径 为R的轻质滑轮，在滑轮的轴上固定了四个长为L的轻杆，每两根杆之间的夹角为 90°，滑轮转动时可同时带动杆转动，杆的端点各固定有质量为m的相同小球。一开始 用手托住系统静止，现释放m1,系统开始运动起来，已知m1=10m,m2=6m,整个运 动过程中绳子和滑轮间无相对滑动，且滑轮两边绳子足够长，各物体之间均未发生碰 撞，小球和物块都可以看做质点。则当1下降高度为h时 () m m m A.m1和m2组成的系统机械能守恒 B.m1减小的机械能大于m2增加的机械能 C.下降过程中任意时刻1的速率与杆上小球的速率之比为一定值 2gh D.m1下降高度为h时，m1的速率为R N4R2+L2 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7分)某同学用图甲所示的装置进行“探究动能定理”实验。 遮光片 ,光电门1 光电门2 滑轮 长木板 细线 0 3 cm 0 10 20 砝码盘 甲 乙 (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mo。用游标卡尺测量遮 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 置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。 (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 过光电门1和光电门2的时间相等。 单元过关（六）物理第4页（共8页） (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 和光电门2所用的时间分别为△t1、△t2。小车从光电门1运动至光电门2的过程 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 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合和△Ek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： 12.(9分)某学习小组使用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。 光电 计时器 把一个直径为的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其光线 恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后 由静止释放（运动平面与光电门光线垂直），记录小球经过光电门的挡光时间△。改变 h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻力。 (1)以五为横坐标、 填“A”“(△)“”或“CA)2为纵坐标作直线图。者 △t 得图像过原点，且斜率为 （用d和g表示)，即可证明小球在运动过程中 机械能守恒。 (2)实验中，用游标卡尺测得小球直径d=20.48mm。 ①由结果可知，所用的是 分度的游标卡尺（填“10”“20”或“50”）。 ②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未测量时的状态如图乙所示。如果用此游 标卡尺测量该小球直径，则游标卡尺上第 条刻度线与主尺上的刻度线 对齐。 2592cm 2 乙 单元过关（六）物理第5页（共8页） 13.(10分)抛石机又叫抛车，最早产生于周代，是一种攻守城垒的武器。为了方便研究，简化为 图示物理模型，轻杆左端装上质量为m的石头A,右端固定有重物B,轻杆可绕水平转轴O 自由转动。初始时刻轻杆与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分别为6L、L。无初速 度释放，当轻杆运动到竖直时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质点，不计转轴摩擦及 空气阻力，重力加速度为g。A平抛运动的水平射程为12√3L,求： (1)A脱离轻杆时，A和B的速度大小； (2)重物B的质量M。 80 6L A30° 7777777777777777777777777777 单元过关（六）物理第6页（共8页） 2 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 k=6.25N/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点。质量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 表面刚好和斜面OP共线。将质量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v0=7.2m/s。已知小木块和长木板之间 的动摩擦因数为μ1，长木板和斜面之间的动摩擦因数μ2=0.05，弹簧始终在弹性限度 内，弹簧的弹性势能E,x,其中为弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,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。 (3)求在第(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在斜面上做简谐运动的周期T=2红，？，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t。 人0E37..… w.7 0 037. 2 单元过关（六）物理第7页（共8页） 15.(18分)如图所示，光滑线形轨道ABC由平直轨道AB和圆弧轨道BC组成，∠BO1A=30°， 圆弧轨道的圆心O1位于水平面上，其所在圆的半径r=2h。圆弧轨道与AB相切于B 点，与水平桌面左端相切于C点，水平桌面CO2的长度s=2h,以O2点为圆心，半径 R=√3h的四分之一圆弧分别与水平x轴，竖直y轴相交。质量为m的甲球套在线形 轨道ABC上以初速度vo(大小未知)沿轨道上滑，刚运动到C点时对轨道恰无弹力，此 后与位于C点的乙物体发生弹性碰撞，碰撞时间极短。乙物块与水平桌面之间的动摩 擦因数为0.25。不计空气阻力，重力加速度为g。甲球、乙物块均可视为质点。求： (1)甲球刚运动到C点的速度大小； (2)甲球运动到B点时轨道对甲球的弹力； (3)若仅乙物块质量可变，当乙物块的质量为多少时，碰后乙物块向右运动经过xO2y 坐标系中的圆弧时的速度最小？ n S C B、P 甲马 7777777777777777777 单元过关（六）物理第8页（共8页）·物理· 在半径为r、厚度为△x的球壳内，如图所示 该段时间内太阳因太阳风而损失的质量与该球 壳内的粒子质量相同，有 △x=V·△t (1分) △m·△t=n·4πr2·△x·m (1分) 解得△m=4πr2nmv。 (1分) (2)该同学的结论不正确。 (1分) 造成三个尘埃粒子轨迹分开的原因是因为粒子 半径不同所致，设半径为R的粒子运动到距离太 阳r处时沿Ab运动，△t时间内接受到的太阳光 能量 E=P。·A·元R2P,△R (1分) 4πr2 4r2 △t时间内接受到的动量 =E-P:AR: (1分) c 4cr2 设粒子受到的辐射压力为F压，根据动量定理有 Po△tR2 Fa△t=p= (1分) 4cr2 2026一2027学年度单元过关(7 一、单项选择题 1.D【解析】当观光缆车匀速上行时，乘客受到的 合力才为零，A错误；观光缆车加速上行时，加速 度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道 向上，因此缆车对乘客的作用力与重力的合力方 向与轨道平行向上，则缆车对乘客的作用力一定 不与轨道平行，B错误；缆车匀速下行时，人处于 平衡状态，则缆车对人的摩擦力为零，C错误；缆 车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位 移方向的夹角为钝角，缆车对乘客做负功，D 正确。 2.C【解析】由于轨道车恰好经过最高，点C,则轨道车 到达最高，点时速度为O,A错误；轨道车由B到C的 过程，根据机械能守恒定律，可得一mgR(1十cos0)= 0-2mi,解得ug=6m/s,B错溪；轨道车 由A运动到B的过程中，有v常=2aL,a= ·19 参考答案及解析 PoR2 解得F压= (1分) 4cr2 设尘埃粒子的密度为ρ，该粒子的质量 4 m=p·3R (1分) 该粒子运动到距离太阳x处时所受的引力 Mm F引=G (1分) 0-16 -R (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 衡，半径Rb=R (1分) F引=F压 (1分) 由于Ac路径向内弯曲，说明 F引>F压 (1分) 即该尘埃粒子的半径R。>R (1分) 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) )物理·机械能守恒定律 mg sin 0-umg cos 0 ,解得L=45m,C正确；轨道 车在C点受轨道的向上作用力，D错误。 .D【解析】由图像可知，货物先向上做匀加速运 动，再向上做匀速运动，所以传送带匀速转动的速 度大小为1m/s,A正确；开始时货物的加速 度a三Ag=。4m/s=2.5m/s,由牛顿第二定 律可知mg cos30°-mg sin30°=ma,解得货物 与传送带同的动摩擦因数人-，B正确；内因像 可知，AB两点的距离s=2×(16十15.6)X1m= 15.8m,D错误；由动能定理可知W:-mgssin30°= 2m,解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做 1 功W:=795J,C正确。由于本题选择错误的一项，所 以选择D选项。 2 2027 4.C【解析】根据题意，设当b绳刚好拉直，小球运 动的线速度大小为01，则有T.cos01=mg, vi T.sin0:=m,r=Lsin0,联立解得 v1=√10m/s;设当a绳刚好要松弛，即T。=0 时，小球运动的线速度大小为02，则有Tbc0s日2= 02 mg,Tsin0,=m,联立解得v:=√103m/s, 可知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球 1 做的功w三2mu号二2m,解得W (5√3-5)J,C正确。 11 5.D【解析】根据P=Fu,可得。=P·F,结合题 图线的斜率可得P=8W,即模型车的速度从 2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功 率行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻 力，根据题图像可知，在F=2N时速度达到最大 值，因此有F=∫=2N,A错误；由题图像可知小 车初始牵引力F'=4N,且匀加速结束时模型车的 速度大小1=2m/s,根据牛顿第二定律有F' 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t1=0=2S,B错误；根据以上分析可知，模型 车牵引力功率最大时即为匀加速结束时获得的功 率，可知最大功率为8W,C错误；根据题意，模型 车速度达到最大用时5s,而匀加速阶段用时2s, 则可知，模型车以恒定功率运动所需时间t2=3$, 根据动能定理得P1:-fr:-2m-号mi,式 1 中v2=4m/s,v1=2m/s,解得x2=6m,匀加速阶 段位移工，=a=日X1X2m=2m,故总位移 x=x1十x2=8m,D正确。 6.C【解析】若物块不滑离斜面，则由动能定理知 B。州g1,由图像可加g会设斜面长度为 L,倾角为日，当物块能滑离斜面时，则从底端到顶 端时有2mo2=E。一mgL sin0,滑离斜面后微斜 抛运动，还能上升的高度=(osin0) ,滑块轨迹 的最高，点距地面高度H=Lsin 0十h,联立解得 H=sin'0 k十L(sin0一sin0),由图像可知斜率 mg -路公。一记年特白0一报极国 像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0,则 截距L(sin0-sin30)=1.5h。,解得L=4ho,C ·2 2 单元过关 正确。 7.A【解析】木块B刚离开地面时，由二力平衡可得 F F=mBg=10N,此时弹簧伸长量x1=6=0.1m, 当木块A向下运动，速度减为0时，此时弹簧处于压 缩状态，木块B对地面的压力最大，设此时弹簧压缩 量为x2,由机械能守恒定律可得mAg(x1十x2)十 1 1 kx=2bx,此时弹簧对木块B的压力F1- kx2=30N,地面对木块B的支持力FN=mBg十 F,=40N,A正确；当木块A所受的合力为0时，此 时木块A的速度最大，有F2=mAg=10N,弹簧处于 压缩状态，压缩量x3=。=0.1m,由机械能守恒定 1 1 律可得magx1十x)+2bxi=2kx号+2mAoi, 解得vA=2m/s,B错误；木块A运动过程中的最 大加速度在其合力最大的位置，即在初始位置和 末位置，在初始位置时其合力F合=mAg十kx1= mAa,此时a=20m/s2,C错误；弹簧在其形变量 最大的位置弹性势能最大，当木块A在最低点时， 1 弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大E,=2x 4.5J,D错误。 二、多项选择题 8.AD【解析】飞行器速度最大时加速度为零，则有 mg一kvm=0,解得vm= ,A正确：对飞行器由 动能定理得加gh十W:=2mw3,解得W:-0g 1 2k2 mgh,B错误；因风洞阻力对飞行器做功，故飞行 器运动过程中机械能不守恒，C错误；对飞行器由 动量定理得mgt一kt=mm,又t=h,联立解得 t=mg+k'h ,D正确。 kmg 9.AD【解析】设斜面倾角为0，铁块的重力势能与 上滑位移间的关系是Ep=ngxsin0,由Epx图 线知sin0=0.8,cos0=0.6,铁块上滑0.5m后机 械能均匀减小，即上滑0.5m时力F减为0。图 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 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一fx。一ngxosin0=0,其中x。= 1.0m,解得WF=11.5J,A正确；由f= 7 mgo0,解得μ=2B错误；在位置A时，F与了 相等，设此时铁块的加速度大小为a,则mg sin0= ma,解得a=8m/s,C错误；对铁块下滑过程，由动 能定理得mgzosin0-fo=2mu2,解得u=3m/s, D正确。 ·物理· 10.BCD【解析】m1、m2及杆上的四个小球组成的 系统机械能守恒，即△E1=△E2十4△E,A错 误，B正确；小球同轴转动v1=R,m1、m2的速率 与滑轮边缘线速度大小相等为℃2=wL,则m1的速 率与杆上小球的速率之比为0=尺，C正骑%下 降高度为h时，有6加g动=2m时+m:时十号× 2gh 4nwf,解得：=R√R十元D正确。 三、非选择题 1aeu分》④品》'-号M(总)广d 分)不需要(1分)(m十m)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(2分) 【解析】(1)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺 读数之和，所以d=5mm十5×0.05mm=5.25mm =0.525cm。 (4)小车经过两个光电门时的速度分别为1= d 2小车动能的变化量△EM Mi-M(品°-M(品)广：米搭道千。 已知在砝码盘中放入适量砝码，轻推小车，遮光 片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，这 说明在有砝码和砝码盘的情况下小车做匀速直 线运动。当取下砝码和砝码盘后，小车所受合外 力即为砝码和砝码盘的重力，所以不需要测量夹 角，合外力做的功W合=(m十mo)gL。 (6)减少误差的办法是让小车通过光电门的时间 更短，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的距离。 1 12.(1))(2分) (2分)(2)①50(2分) ②12(3分) 【解析】(1)小球经过光电门的挡光时间为△t,可 得小球到达平青位置时逸度。=品，为脸证机城 能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有 1 ,上22，联立解得公)2—夏22，可导以坐 1 2g 标为△)，图像的斜率=。 d2 (2)①10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精 确度分别为0.1mm、0.05mm、0.02mm,此游 标卡尺测得小球直径d=20.48mm,可以判断所 用的是50分度的游标卡尺。 ②若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm, 0.48 用此游标卡尺测量该小球直径，可得= =12； 0.04 ·2 参考答案及解析 则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 13.(1)2√6gL 日v6st(218n 【解析】(1)在竖直方向上有 6L+6Lsin30°=28t (1分) 解得= 18L (1分) 在水平方向上有12√3L=vAt (1分) 解得vA=2√6gL (1分) 根据角速度公式u== (1分) 6L L 解得v=3√6gL (1分) (2)根据机械能守恒定律得 Mg (L+Lsin 30)-mg (6L+6Lsin 30)= imai+号aoi 1 (2分) 解得M=18m。 (2分) 、4W3π 14.(8m/021.8m3260m(④05s 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定 律得 migsin0+uimigcos 0=mia 解得a=8m/s2 (1分) 以长木板B为研究对象 uimigcos 0<m2gsin 0+uz (mI+m2)gcos0 所以木板加速度为0 (1分) (2)以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 migsin 0+uimigcos 0=mia (1分) 解得a1=10m/s2 以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得 uimig cos 0-m2g sin 0-u2 (m1+m2)gcos 0= m2a2 (1分) 解得a2=4.4m/s2 当达到共速时，满足 v共=v0一a1t,V共=a2t 解得t=0.5s,v共=2.2m/s 小木块的位移51= 色-易m 47 长木旅的经移：一学品m 长木板的长度至少为 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 上滑过程，对整体有 u2 (mi+mz)gcos0+(mi+mz)gsin=(m1+mz)a3 (1分) 解得a3=6.4m/s2 以小木块A为研究对象 2 2027 migsin 0+fi=mia3 (1分) 解得f1=1.2N<μ1m1gcos0 假设成立 小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移 o共_121 s3=2ag-320m 下滑过程，设小木块和长木板一起运动，对整 体有 a=gsin 0-u2g cos 0=5.6 m/s2 (1分) 以小木块A为研究对象 migsin 0-f2=mia (1分) 解得f2=1.2N<1m1gcos0 假设成立 所以长木板B从开始运动到第一次回到初始位 置经过的路程 297 s=2(s2十53)=160m (1分) (4)小木块A从释放到P点的过程中，根据动能 定理可得 1 2kzi-migzisin+2mv (1分) 解得x1=8.64m 小木块A做简谐运动的平衡位置满足 migsin 0=kx2 (1分) 解得x2=2.88m 小木块A从释放到第一次运动到P,点的时间 T,T4√3π t= 4T1215 (1分) 3 15.(1)W2gh(2)2mg(3)m 【解析】(1)物块甲运动到C,点时对圆孤轨道恰 好无弹力，则重力恰好提供向心力，根据牛顿第 二定律知mg=m (2分) r 解得vc=√J2gh (1分) 2026一2027学年度单元过关 一、单项选择题 1.C【解析】根据动量定理可得F·△t一△mv,代 入数据，解得F=0.120N,C正确。 2.D【解析】圆盘在转动过程中，竖直方向平衡，支持 T_mgπ，A错 力N=mg,支持力的冲量IN=N·2=0 误；圆盘在转动过程中，重力与支持力平衡，摩擦力等 于物体的合外力，根据动量定理Ir=△p=wr,B 错误；圆盘停止转动后，小物体受到的合力为摩擦力， 合外力的冲量等于摩擦力的冲量，I=△p'=mwr,C 错误，D正确。 2 ·22 单元过关 (2)甲从B点上滑运动到C点过程，根据动能定 1 理有-mgr(1-cos60)=2mu呢-2mui (2分) 在B点，根据牛顿第二定律有 mvB mg cos60°+FN= (1分) P 3 解得FN=2mg (1分) (3)乙物块到达O2,点后将向右平抛运动的初速 度为口3，落到圆孤上的速度为4，则水平方向有 x=U3t (1分) 1 竖直方向有y=28 (1分) 乙物块平抛运动的位移有x2十y2=R2(1分) 设乙物块的质量为M,则乙物块由O2,点向右平 抛落到圆孤上时，根据动能定理有 Mgy= Moi-2Mui 1 (1分) ) 联立得：=√2(3y十 (1分) R2 由数学知识可知当3y= 时，乙物块平抛落在 y 圆孤上的速度最小，联立可得v3=√gh(1分) 设甲乙碰撞后，物块甲和乙的速度大小分别为 1,2。对物块乙，在水平桌面上匀减速直线运 动，根据动能定理一Mgs=2Mai一)Mo2, (1分) 解得v2=√2gh (1分) 物块甲和乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒 1 1 muc=mu1十Mu2,2mo品=2moi+2Moi (2分) 代入数据，解得M=m。 (1分) 七)物理·动量守恒定律 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量大小 1 Ir=2×0.1X6600N·s=330N·s,方向竖直向 上，A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小I= Ir一Mgt=300N·s,方向竖直向上，B、C错误；头锤 落到气囊上时的速度大小v0=√2gH=8m/s,与气 囊作用过程由动量定理得I=Mw一（一Mwo),解得 v=2m/s,则上升的最大高度h=2g =0.2m,D 正确。 4.A【解析】根据动量定理知Ie=Ft=△p,可知题图 丙中图线与时间轴所围面积表示小车受到的弹力的