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(福建专版)

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，只有一 项是符合题目要求的。 题号 2 2 3 4 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4=0.25，g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，则下列说法正确的是 () A B/0' 777777777777777777777777 甲 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 单元过关（六）物理第1页（共8页） 把堰现在，珍惜时光，为未来而劳力奋斗 3.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 班级 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 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 姓名 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) 得分 A.53 J B.5J C.(5√3-5)J D.(53+5)J 4.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 10000M A.木块B受到地面的最大支持力为40N 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 D.轻质弹簧具有的最大弹性势能为4J 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 7 答案 5.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m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f与飞行器下降速率v的关系为f=,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o=m B.风洞阻力对飞行器做功为mgh-mg 2k2 C.飞行器运动过程中机械能守恒 D.飞行器运动时间t= m2g+k2h kmg 单元过关（六）物理第2页（共8页） 6 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 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 () ↑EJ B (E) 9.75- 8.0 (E) 7777777777777777777 XA 0.5 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 7.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m1下降高度为h时 () ○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 R C.下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比为 D.m1下降高度为无时，m的速率为R√R十 2gh 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 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 计，B点为AC轨道的中点，g取10m/s2,下列说法正确的是 () 6 单元过关（六）物理第3页（共8页） ↑2m2s) B 0.8 h/m 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 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一质量为 0.5kg小球，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。g取10m/s2。小球的重力 势能最多可增加 J;小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为 J。 10.(3分)用起重机将质量为200kg的重物由静止沿竖直方向吊起，重物先匀加速上升， 起重机输出功率达到额定功率4.4kW后保持不变，整个过程中起重机输出功率P随 时间t的变化如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2.0~1s内，重物的重力势能增加 了 J;t=2s时，重物受到竖直向上的拉力大小为 N。 ↑PkW 4.4 ------ 0123 11.(3分)如图甲所示，物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如图乙所示。已 知斜面倾角为37°，物块质量5kg,初速度o,物块与斜面间的动摩擦因数为4。以斜 面底端位置为零势能面，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，则μ= ,00= m/s。 4E机械() 10 8 6 41 2 37° 0246810E0 甲 乙 12.(6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 3cm 0 10 20 砝码盘 单元过关（六）物理第4页（共8页） (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 光片的宽度d,读数如图乙所示，则d三 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。 (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： 13.(6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。 光电门 计时器 甲 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五， 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△t。 改变h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻力。 (1)以h为横坐标、 (填“△”“（△）2m"或“1 △t “（Ar)2”)为纵坐标作直线图。若 所得图像过原点，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。 单元过关（六）物理第5页（共8页） 9cm 123 乙 14.(11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。 0 LoB 6L 30° 7777777777777777777777777 单元过关（六）物理第6页（共8页） 6 15.(12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、 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 点，P为两直轨道交错点。倾斜直轨道CD的倾角0=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 径r=l0cm,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 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，sin53°=0.8，cos53°= 0.6,g取10m/s2。求： (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vB和在最低点E的速 率VE; (2)正中靶心时，小球的初动能Eko; (3)获得分数大于4分时，小球的初动能。 B 0. D @ E/P 靶环 靶环俯视图 6 单元过关（六）物理第7页（共8页） 16.(16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？ 乙 S 03 B 甲 01 单元过关（六）物理第8页（共8页）2027 Mom 。Mm (d-R)GR:-ma G (1分) 生 其中M,=p·3R8,M=p·3R 当a>a时，地球将被撕裂；由a'=a可得 M。 MM G(d-R)-GR d2 (1分) 1 o 整理得 R)2-1M R2 (1分) d2 1- 2026一2027学年度单元过关( 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cosθ)=0- 2mu%,解得vB=6√0m/s,B错误；轨道车由A 运动到B的过程中，有v品=2aL,a= mg sin0一mg cos0,解得L=45m,C正确；轨道 m 车在C点受轨道的向上作用力，D错误。 3.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1，则有T.cos01=mg, vi T.sin0=m,r=L:sin0i,联立解得 v1=√J10m/s;设当a绳刚好要松弛，即Ta=0 时，小球运动的线速度大小为v2,则有Tocos02= mg,Tsin0,=m),联立解得：=√0m/s, 可知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球 做的功W=。mv二。mo,解得W= (5√3-5)J,C正确。 6 ·20 单元过关 R 因为d>R,所以很小，则有 d -}*1-2吸 (1分) 代入可得 Mo 2R M d2、dR2 (1分) 可得“洛希极限”的表达式为 32p d=Ro (1分) 六) 物理·机械能守恒定律 4.A【解析】木块B刚离开地面时，由二力平衡可得 F F=mg=10N,此时弹簧伸长量x1=友=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 k=,此时弹费对木块B的压力R kx2=30N,地面对木块B的支持力FN=mBg十 F1=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，压鲸量：-货-0.1m,由机技能 守定律可得mAg十)+x-计 1 2mAoi,解得0A=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，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大E,= 2bx号=4.5J,D错误。 二、双项选择题 5.AD【解析】飞行器速度最大时加速度为零，则有 mg一知。=0，解得0=，A正确；对飞行器由 动能定理得m十W,=m2,解得W,= 1 2k2 mgh,B错误；因风洞阻力对飞行器做功，故飞行 ·物理· 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kut=mvm,又vt=h,联立解得 t=m2g十k2h ，D正确。 kmg 6.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=mgxsin0,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-fx。一mgxosin0=0,其中xo= 1.0m,解得Wp=11.5J,A正确；由f= 7 g o,解得μ-12B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mg sin0= ma,解得a=8m/s2,C错误；对铁块下滑过程，由动 能定理得mg,sin0-f,-2m,解得0=3m/s, D正确。 7.BD【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球，A错误，B 正确；小球同轴转动v1=wR,m1、m2的速率与滑轮 边缘线速度大小相等为v2=L,则m1的速率与杆 上小球的建率之比为品-最，C错灵m下降高定 为A时，有ngh=2mo时+m时+号×mi,解 1 2gh 得=R√R中DD正确。 8.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力做 功，故机械能守恒，所以有2mv-2m2+mg, 解得v2=一2gh十，由题图乙可知，当h= 0.8m时，v2=9m2/s2,代入上式，得vo=5m/s, 又当h=0时，v2=v3=25m2/s2,即x=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,由牛顿第二定律可得F十 mg=mR,其中F三2.5N,解得m=0.2kgB 正确；小球从A到B过程中由机械能守恒定律有 2m=名m吸十ngR,解得小球运动到B点的定 1 度vg=√17m/s,在B点，由牛顿第二定律可知 ·2 参考答案及解析 UB Na=mR,代入数据得Na=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。 三、非选择题 9.80(2分)55(1分) 【解析】小球从气球上落下后先上升后下降，小球 上升过程中，根据牛顿第二定律知mg十f=ma1, 解得a1=l2m/s2,小球到达最高点经过的时间 =”=0.5s,小球离开气球上升的高度h=24= a 1.5m,小球的重力势能最多可增加△E。= mgh+十h1)=80J;下落时的加速度a2=mg一f_ m 2(h+h1) 8m/s2,下落的时间t2= 一=2s,落地的 速度v2=a2t2=16m/s,小球从脱离气球到下落至地 面时，动能的增加圣A迟：=豆md-弓m=行× 1 0.5×(162-62)J=55J。 10.1000(2分)2200(1分) 【解析】重物先由静止做匀加速直线运动，则有)= at,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F= mg十ma,根据功率P=Fv,联立得P= (mg十ma)at,对Pt图像，其斜率为(mg十ma)a= 4.4×103 2 J,代入m=200kg,解得a=1m/s2,或 1 -11m/s(舍去)，0~1s内的的位移x1=2at2= 2X1X12m=0.5m,重力势能的增加量△E= mgx1=200X10X0.5J=1000J;t=2s达到额定功 率P=4.4kW后保持不变，t=2s时仍有a= 1m/s2的加速度，根据牛顿第二定律有F2一mg= ma,解得F2=2200N。 11.0.5(2分)2(1分) 【解析】由题可知，以斜面底端位置为零势能面，物 体在底端时的动能E=2m6=l0J,代入数据解 得vo=2m/s,设上升最大高度为h,此时速度为0， 对应机械能E=mgh=6J,解得h=0.12m,物体沿 h 斜面移动的距离L= 。=0.2m,根据能量守恒定 sin 律可得gcos0·L=E机被一Ek,代入数据解得 6 2027 u=0.5。 12ao.s251分》wM(品)”-号u品）】 △t1 (1分)不需要(1分)(m十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) 【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+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 d ，w=△，小车动能的变化量△E=2Mu- 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◆=(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.a1分)1分)2002分) ②12(2分) 【解析】(1)小球经过光电门的挡光时间为△t,可 得小球到达平衡位置时速度0= △为验证机械 能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有 maA-名r,g立尔样一华 h,可得纵坐 标为（△，图像的斜率= 1 d21 (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n=0.0412, 则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 14.(1)2√6gL3√6gL(2)18m 6 ·2 单元过关 【解析】(1)在竖直方向上有 1 6L+6Lsin30°=28t (2分) /18L 解得一了g (1分) 在水平方向上有 12√3L=VAt (1分) 解得vA=2√6gL (1分) 根据角速底公式0一院-咒 (2分) .1 解得us=3√6g工 (1分) (2)根据机械能守恒定律得 Mg (L+Lsin 30)-mg (6L+6Lsin 30)= Mog 1 (2分) 解得M=18m。 (1分) 15.(1)1m/s√5m/s(2)0.2225J (3)0.21J<Ek<0.32J 【解析】(1)小球做圆周运动恰能通过最高点，则有 UB mg=m R (1分) 解得vB=1m/s (1分) 小球做圆周运动从最高点B到最低点E过程， 根据机械能守恒有 1 mg·2R+2mo员=2mu呢 解得vE=√5m/s (1分) (2)小球飞离轨道做平抛运动，在竖直方向上有 1 h=28t (1分) h=Lsin0,其中L=CP=1.0m 解得t=0.4s 在水平方向上有 x=vit 解得v1=2.5m/s (1分) 根据机械能守恒得小球的初动能 1 Ew-2mvi+mgh-0.222 5J (1分) (3)分数大于4分，若落到靶环中心右侧，根据几 何关系有 x1=1.6m 根据x1=v2t ·物理· 参考答案及解析 解得v2=4m/s (1分) 解得FN=2mg .3 (1分) 根据机械能守恒得小球的初动能 1 (3)乙物块到达O2点后将向右平抛运动的初速 En=2mvmgh=0.32 J (1分) 度为v3,落到圆孤上的速度为v4,则水平方向有 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 x=v3t (1分) x2=0.4m 竖直方向有y=28 (1分) 根据x2=v3t 解得v3=1m/s<ve=5m/s (1分) 乙物块平抛运动的位移有x2+y2=R2(1分) 设乙物块的质量为M,则乙物块由O2,点向右平 故无法通过轨道最高，点，无法到达4分 抛落到圆孤上时，根据动能定理有 当vE=√5m/s时，水平位移 x3=vEt=0.4W5m>0.4m (1分) Mgy= 2Muj (1分) 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初动能 1 联立得V4= + (1分) Ex-2mv+mgh=0.21J (1分) y 故分数大于4分，则小球的初动能 由数学知识可知当3y= 一时，乙物块平抛落在 0.21J<Ek<0.32J。 (1分) 圆孤上的速度最小，联立可得v3=√gh 16.(1)√2gh(2)2mg 3 (3)m 设甲乙碰撞后，物块甲和乙的速度大小分别为 v1,2。对物块乙，在水平桌面上匀减速直线运 【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 动，极据分危定理-AMg:=Mwi-合Mw 二定律知mg=m, (2分) (1分) 解得v2=√2gh (1分) 解得oc=√2gh (1分) 物块甲和乙碰撞时，根据动能守恒和动量守恒 (2)甲从B点上滑运动到C点过程，根据动能定 mvemvMv:.m Mu 1 1 1 1 理有-mgr(1-c0s60)=2mu2- mvk (1分) (2分) 代入数据，解得M=m。 (1分) 在B,点，根据牛顿第二定律有 mgcos60°+FN=mo号 (1分) 2026一2027学年度单元过关（七）物理·动量守恒定律 一、单项选择题 在t1~t2时间内受到的弹力逐渐增大，则小车做加 1.C【解析】根据动量定理可得F·△t=△mv,代 速度增大的减速运动，速度减为0，此时弹力最大，即 小车所受的合外力最大，此时小车受到水平向左的弹 入数据，解得F=0.120N,C正确。 力，后小车向左运动，弹力减小，小车向左做加速度逐 2.A【解析】根据动量定理知Ir=FL=△p,可知题图 渐减小的加速运动，B、C错误；在t2~t3时间内，小车 丙中图线与时间轴所围面积表示小车受到的弹力的 受到弹簧弹力的作用，即小车在此期间受到外力的作 冲量，取水平向右为正方向，则有一0.72N·s= 用，机械能不守恒，D错误。 一mw,一mw,解得m=600g,A正确；由题可知，小车 3.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 接触到弹簧后向右运动的过程中，由题图乙、丙可知，到合外力为0，则系统满足水平方向动量守恒，小 ·23· 6