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(安徽专版)

2027 2026一2027学年度单元过关 一、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cos9)=0 2m,解得oB=6√0m/s,B错误；轨道车由A 1 运动到B的过程中，有v=2aL,a= mg sin 0-umg cos 0 ,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, Tsin0=m ,,r=Lsin9,联立解得 v1=√I0m/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2，则有Ticos02= 02 mg,Tsin9,=m,联立解得vg=√103m/s, 可知，在保持两根绳均拉直的过程中，系统对小球 微的功W=}m暖-2mi,解得W= 1 (5√3-5)J,C正确。 4.D【解析】飞行器速度最大时加速度为零，则有 mg一um=0,解得vm=B,A错误；对飞行器由 动能定理得mgh+W:=号m,解得W,=mg 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kvt=mvm,又t=h,联立解得 t=ng十2h ，D正确。 kmg 5.A【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=mgxsin 0,由E。x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 7 ·2 单元过关 六)物理·机械能守恒定律 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。-mgxosin0=0,其中xo= 1.0m,解得We=11.5J,A正确；由f= 7 mng cos0,解得k=12B错误；在位置A时，F与∫ 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ngsn9-f,=2mw,解得v=3m/s, D错误。 6.C【解析】若物块不滑离斜面，则由动能定理知 后二H,由烟德可知g-成外面长度方上： 倾角为日，当物块能滑离斜面时，则从底端到顶端时 有2mw2=E.一ngLsin0,滑离斜面后做斜抛运动， 还能上升的高度么一》，浴类轨莲的漫高点班 地面高度H=Lsn0十h,联立解得H=如9E:十 mg L(sin0-sin0),由图像可知斜率sin0 mg 。治一记扁得如9=分银因婴可计 1 算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0,则截距 L(sin0-sin30)=1.5ho,解得L=4h。,C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 1 1 x:)十2bxi=2bx,此时弹贵对木块B的压力 F1=x2=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，压缩量x)==0,1m,由机 械能守恒定律可得mAg(x1十x)+2kz- 1 2kx号十2mAo员，解得uA=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，弹性势能最 ·物理· 大E,=2kx=4.5JD错误。 8,D【解析】报格P=FP0,可得。日·F,给合题 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=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01=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1==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=3s, 根据动能定理得P1:-f红：-2mni-2mi,式 中v2=4m/s,v1=2m/s,解得x2=6m,匀加速阶 段位移1=7a-号X1×2m=2m,故总位移 1 x=x1十x2=8m,D正确。 二、选择题 9.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球，A错误， B正确，小球同轴转动1=aR,m1、m2的速率与滑 轮边缘线速度大小相等为02=wL,则m1的速率与 杆上小球的速率之比太，C正确m下降高度 1 1 为h时，有4mgh= 1 2m呢+2m:呢+2×4mui,解 2gh 得=R√R+DD正确。 10.BC【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力 发功，故丸技能守，所以有m时=m十 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o= 5m/s,又当h=0时，v2=v8=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+mg=mR,其中F=2.5N,解得m= 0.2kg,B正确；小球从A到B过程中由机械能守 但定律有2mi=m心i十ngR,解仔小球运动到 ·2 参考答案及解析 B,点的速度vB=√17m/s,在B,点，由牛顿第二定 律可知NB=m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。 三、非选择题 1ao.5as1分)0w,】 (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 A,&小车动能的变化量△E,2M 合hw-名N(品厂-古u(品)广水福鬼千 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。 12.12分)票e分)20s0s分) ②12(3分) 【解析】(1)小球经过光电门的挡光时间为△t,可 得小球到达平衡位置时速度=，为验证机械 能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有 meA一安，联主解得一器：可释纵生 1 1 2g 标为（△），图像的斜率k一。 (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, 用此游标卡尺测量该小球直径，可得n=0.04 0.48 12, 则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐。 13.(1)2√6gL3√6gL(2)18m 个 2027 【解析】(1)在竖直方向上有 1 6L+6Lsin30°-2gt (2分) 18L 解得一√g (1分) 在水平方向上有 12√3L=vAt (1分) 解得vA=2√6gL (1分) 根据角速度公式ω一6一工 (1分) 1 解得uB=3√6gL (1分) (2)根据机械能守恒定律得 Mg (L+Lsin 30)-mg (6L+6Lsin 30)= 1 2 mv+Moi (2分) 解得M=18m。 (1分) 14.(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 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+2moi=2mo2 (1分) 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 28t2 (1分) h=Lsin0,其中L=CP=1.0m 解得t=0.4s (1分) 在水平方向上有 x=v1t 解得v1=2.5m/s （1分) 根据机械能守恒得小球的初动能 1 Ewo-2mvjmgh=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=02t 解得v2=4m/s 根据机械能守恒得小球的初动能 1 Ex=2mu+mgh=0.32 J (1分) 若落到靶环中心左侧，根据几何关系有 7 单元过关 x2=0.4m (1分) 根据x2=v3t 解得v3=1m/s<E=√5m/s (1分) 故无法通过轨道最高，点，无法到达4分 当vE=5m/s时，水平位移 x3=vEt=0.4√5m>0.4m (1分) 分数大于4分，则根据机械能守恒得小球的初 动能 Ee=2mo2十mgh=0.21J (1分) 故分数大于4分，则小球的初动能 0.21J<Ek<0.32J。 (1分) 15.1)8m/s0(2)1.8m(3)297 160m o。 【解析】(1)以小木块A为研究对象，由牛顿第二 定律得 migsin 0+uimigcos 0=mia 解得a=8m/s2 (1分) 以长木板B为研究对象 uimigcos 0<m2gsin 0+u2 (m1+m2)gcos 0 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 uimigcos 0-m2gsin e-u2 (m1+m2)gcos 0= mza2 (1分) 解得a2=4.4m/s2 当达到共速时，满足 v共=U0一a1t,U共=a2t 解得t=0.5s,v共=2.2m/s (1分) 小木块的位移 47 （1分) 长木板的位移 0共11 52=21=20m (1分) 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 Hz (mI+m2)gcos0+(m1+m2)gsin =(mI+mz)as (1分) 解得a3=6.4m/s2 以小木块A为研究对象 migsin0+f1=mia3 ·物理· 解得f1=1.2N<1m1gcos0 (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 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) 以小木块A为研究对象 migsin0-f2=mia 解得f2=1.2N<μ1m1gcos0 (1分) 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 2026一2027学年度单元过关 一、选择题 1.C【解析】根据动量定理可得F·△t=△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_mgr,A错 力N=mg,支持力的冲量1w=N·2 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=△力=πwr,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。 3.D【解析】由题图像可知，碰撞过程中F的冲量 大小1m=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=IF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=Mv一（一Mvo),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Ip=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 冲量，取水平向右为正方向，则有一0.72N·S 一w0一mwo,解得m=600g,A正确；由题可知，小车 接触到弹簧后向右运动的过程中，由题图乙、丙可知， 在t1一t2时间内受到的弹力逐渐增大，则小车做加 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 力，后小车向左运动，弹力减小，小车向左做加速度逐 ·23 参考答案及解析 297 5=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 2kxi-migaisin0+2miv (2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=4+12-158 (1分) 七)物理·动量守恒定律 渐减小的加速运动，B、C错误；在t2~t3时间内，小车 受到弹簧弹力的作用，即小车在此期间受到外力的作 用，机械能不守恒，D错误。 5.C【解析】小球与滑块组成的系统，水平方向受 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 速度，根据动量守恒定律可得mv0=(m十M)v, 可得0一m十MA错误：设小球回到轨道底端时 的速度为⑦1，滑块的速度为2，根据系统水平方 向动量守恒可得mv,=mv1十Mo2,根据系统机械 1 能守恒可得2mo=2mf+2Mo,联立解得o1= m-M m十M,B错误；根据系统水平方向动量守恒可得 mw0=mvm+MoM,则有mvot=∑mmrt十 ∑MvMt,小球从冲上轨道到上滑到最高点有 moot=mxm十Mx,可得小球的水平位移xm= mvot-Mx ，C正确；仅增大小球的初速度，小球从 轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖 直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则 小球冲出轨道后，做斜抛运动，D错误。 6.C【解析】由题图可知，t2时刻后物体的动量不 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 地，A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力 与速率满足关系式∫=k,根据动量定理△p= F△t,可知pt图像的斜率表示合外力，由题图可 知t=0时刻，t图像斜率的绝对值最大，小球的 加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为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、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，只有一项是 符合题目要求的。 题号 3 4 5 6 8 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 () A B:0 7777777777777 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） 把握现在，珍惜时光，为未来而劳力奋斗 g3an9里sa里a 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 姓名 仙缓慢增大的过程中，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.53J B.5J C.(5√3-5)J D.(5√3+5)J 4.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=k,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。关于飞行器下降的过程下列说法正确的是() A.飞行器的最大速率v=mg 2k B.风洞阻力对飞行器做功为mgh一g 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 5.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,) 77777777777777777 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O D.铁块滑回出发点时的速度大小为5m/s 单元过关（六）物理第2页（共8页） 7 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 3ho 2ho 77777777777777777 Eko 3Eko E 为 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 1000D B 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 8.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二和牵引力F之间的关系图 像，如图所示。已知模型车的质量=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 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 7 单元过关（六）物理第3页（共8页） 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 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 9 10 答案 9.如图，质量分别为1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○ 177 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 D.m1下降高度为h时，m1的速率为R√4R:+L 2gh 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 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 () ↑m2s) ●y 0.8h/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8.5N D.小球在A点时重力的功率为5W 单元过关（六）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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 木板 0 细线 3 cm HHHHHHL 0 10 20 砝码盘 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m。。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。 (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.(10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 分 把一个直径为d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△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A“△)“”或A)为纵坐标作直线图。书 △t 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 单元过关（六）物理第5页（共8页） 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。 10,1,121314151617181920 3 出y 乙 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123L,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 80 6 A 30° 777777777777777777777777 单元过关（六）物理第6页（共8页） 14.(14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。 @ EP F 靶环 靶环俯视图 7 单元过关（六）物理第7页（共8页） 15.(18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/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vo=7.2/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，弹簧始终在弹性限度 内，弹簧的弹性势能E。=2kx2,其中k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(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、。 m (4)已知小木块A在斜面上做简谐运动的周期T=2π，√伦，其中k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。 7nmm 个G37..… 037.. 单元过关（六）物理第8页（共8页）