单元检测(5) 机械能-【名校有约】2025年新高考新教材物理一轮单元强化检测示范卷

mgsin45°-F,=ma 单元检测（五）机械能 在垂直斜坡方向由平衡条件得 ngcos45=F、 A卷高频考点练清卷 又F,=uFN 1.D设力F与水平方向的夹角为0，则摩擦力为f=:(mg一 Fsin0),摩擦力微的功W,=u(mg-Fsin0)x 解得a=1-0号6 即摩擦力做的功与F的方向有关，选项A错误：合力做功W 由运动学公成上=r得1√g 22d =F金x=a·x 可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误：当力F水 (2)设P点到B点的过程重力微的功为W:,克服降擦力做 平时，则F=ma十amg 的功为W,则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得 力F做功为Wg=Fx=(ma十mg),x Wo-W,=0 选项C错误：因合外力做的功为mx大小一定，而合外力做 滑雪者由A点到B,点由动能定理得 的功等于力F与摩擦力f微功的代数和，而当Fsin0=mg mgdsinWWpmgdcos5 时，摩擦力∫=0，则此时摩擦力微功为零，此时力F微功最 小，最小值为max,选项D正确. 联立解得u一√2(1一r)gd 2.B设两水轮的轴的连线与水平面的夹角为B,水筒在两水 (3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则 轮间微匀速直线运动，由平衡条件知筒车对灌入稻田的水的 竖直方向的分速度=sin45°=22(1二四)g☑ 作用力大小F日·60%mg,方向竖直向上，菏华的线 2 速度大小=R,则简车对灌入稿田的水做功的功率P= 水平方向的分速度，=0s45-221=2g@ 2 Feos(90°-)-3 mgoRH,B正确，A,C,D错误. 滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中 5 3.D由题意可知两节动车分别有P,=f 运动的时间 P2=f2 22(1-)d 当将它们编组后有P,十P,=(十f:)u g 联立可得=(P+P)西型 则平台BC的最大长度为L=,1 P1U2十P:U 由以上解得L=2(1一)d 故选D. 2、2d 4.A在小车拉着物体行驶位移s1的过程中，对小车和物体整 答案：(1D1N(1一)g (2)=V、互(1-)gd(3)得L= 体根据动能宠理得(F-一mg),-之(M十m),轻绳从 、2(1一)d 7解析：(1)滑块刚好能够滑上平台，即滑块到达C点时速度为 物体上脱落至物体停下的过程中，对物体根据动能定理得 零，在斜面上运动的时间最长，根据牛顿第二定律可知，滑块 2F=D(s。,剥 mga-)=0-之m,解得气VM- 在斜面上运动的加选度为4，=mgin6 小车份领定动本R,-f√流产，A运 1 根据速度-位移关系可得xm=2, 5.BC物体所受的滑动摩擦力大小为∫=pmg=4N,0一1m的 解得1=2s 过程，由动能定理有W一mg=之m,解得n=2ms,又 (2)滑块从A到C的过程中，根据动能定理有 W一x图像的斜乘表示拉力F,则0~2m的过程，拉力F1= F一mgu一mg·sn6=方m现 6N,故x=1m时拉力的功率P,=F=12W,A错误；0 代入数据解得=2m/s ~4m的过程，由动能定理有W,一mg.x,=E:一0，则在x 答案：(1)w2s(2)N泛mfs =4m时，物体的动能E:=2J,B正确：0一2m的过程，物 8.解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在 体克展摩擦力做的功W,=fx:=8J,C正确：由W一x图 像可知，24m的过程，拉力F。=3N,则F>f>F,所以 D店有m爱-m听 物体在0~2m的过程做加速运动，24m的过程做减速运动， 解得D=/gR 故0~4m的过程，物体在x=2m处速度最大，由动能定理有 (2)由题知，小物块从C点沿圆孤切线方向进入轨道CD正内 W一f,=2m时，解得巧=22ms,故物体的最大动量为p 侧，则在C点有cos60°-些 =22kg·ms,D错误。 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有一g(R十Rcos60) 6.解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜城方向由 1 1 牛额第二定律得 =m听一m 142 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgH=之品 1 2m明 联立解得a=、gR,Hm=0 1 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有一mgs= 1 根据动能定理可知 s=开·2R 解得U=√3gR 对m:-f压-m-名md① 答案：(1)×gR(2)0(3)、3gR 9.C设链条的质量为m,以开始时链条的最高点为零势能 对M:f:=Md回 面，链条的机械能为 根据1图像与横轴国成的面积S表示物体运动的位移可知 E=E,+E=-mg×sn0-7mg×+0 T2=S△rL1=SMIm 根据位移关系可知1=x1一r2=S>x:=S△a 8 mgL(1+sin 0) 因此D=号M,脚木板的动能一定小子几，A错B对 能条金部下清出后，动能为E'=子m心 将①.②两式相加得一1-立m时+号M-名m,变形 重力势能为E,'=一mg号 由机械能守恒可得E=E'十E 得物块离开木板时的动能了mi=了md一f1-号M< 1 即-8mgL.(1十sin)=之mw-mg之 1 m-fL,C错D对. 1 解得u=豆√gL(3一in 12.CD图2中t=0.2s时，物体与传送带共速，为0=1ms, 故选项A、BD错误，选项C正确.故选：C 剩002内，格休的加建度为一名一-品n=5 10.解析：(1)释放除间，对物体A、B整体，由牛顿第二定律得 由牛领第二定律得：F+ngcos9一ngsin0=ma1:0,2 (m十mm)g-F=(mA十ma)a 对物体C,由牛领第二定律得F-mcg sin0=ma 2.28内，物体的加速度为4=”=。61 =2.2-0.2m8 代入数据解得：F=22N,a=6ms 2.5m8,由牛颜第二定律得：F-gcos0-mgsin0= (2)物体A落到水平面上后，物体C沿斜面体向下的分力 大于物体B的重力，此后物体C开始做减速运动，因此物 m联立解释：F=15N=是故A错误，C正痛：传 体A落地的瞬间，物体C的速度最大， 从释放到物体A落地的醉间，有品=2gh 送带AB长为L=受， +”-×0,2m+1生×2m 2 解得：m=3ms =7.1m,故B错误：0~0.2s内，物体与传送带间的相对位 物体A落到水平面上后，物体C沿斜面体向下的分力大于 物体B的重力，此后物体C开始做减速运动，此时加速度 移大小为4=w-受4=艺=名×0.2m=01m0.2 大小为teg sin30°-msg=(me十g)a2 一22s内，物体与传遥带同相对住移大小为4=空 解得：a:=2m/s 当物体B落地时物体C的速度为，从A落地到B落地的 一，=1十5×2m-1X2m=5m,物块与传送带之间，因摩擦 2 过程，有u-=一2a,h: 产生的热量为Q=mgos0(△十△r),解得Q=12.75J,故 物体B落地后，物体C沿斜面休上滑直到速度减为家，由 D正确.故选：CD. 机核能守恒定律有：mxsi血0=子m,解得=06m 13.解析：(1)根据动能定理或从已有的数据归纳得到cW,所 整个过程物体C沿斜面体上滑的距离为s=2h十x= 4W。 2×0.75m+0.6m=2.1m 以rVW=2X1.0ms=200m” 答案：(1)6m/s(2)3m's2.1m (2)从所给的数据可以看出，当功分别为1,2、3、4倍时， 11.BD物块和木板的运动示意图和t图像如下 也近似变为1,2,3、4倍，故Wc. (3)木板的领角调整不当，可能是倾角过大或平衡不足，故 当未做功时，小车就有了速度（如图D所示），或功不为零 M 时，小车速度仍为零（即图A),故选：A、D 7777777777777777777 答案：(1)2.00(2)WcV2(3)AD m 2 7777268062472 14.解析：1)小车道过无电门时的建度为=品 (2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能 143 减少量为△E.=m1gl 过的位移为x一x,十x:=25m十25m=50m,故选项D错 从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为 误，故选：C △E=m,+m,)() 5.D实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等 于最大静摩擦力，即mgsin a≤amgcos a,解得≥tana,故选 (3)改变，微多组实验，作出如困以【为横坐标，以 4) 为纵 项A错误：重物从静止开始下落，说明开始螺杆对重物的支 持力小于mg,加连下滑过程中，螺杆对重物的支持力小于 坐标的国像，若款核能守板，时有m=之m十m() mg,最后重物的逸度为零，说明最后有一段减逸下滑的过 2m1g·l 理有()= 程，此过程中重物属于超重，螺杆对重物的支持力大于mg, 根据牛颜第三定律可知重物对操杆的作用力先小于mg后 则图像斜率为m干m 211g 大于mg,故选项B错误：由于千斤顶的倾角为a。,所以重物 在上升过程中受到的摩擦力为f一mgsin a,设螺纹的总长 答案：1 (2)m1g( m,+m(号) (3)2mg 度为L,则摩擦力做的功为W,=一fL=一ngLsin a,而Lsin ao m1十m 一h,所以摩擦力做的功为W,=一mgh,故选项C错误：设从 单元检测（五）机械能 重物开始升起到最高点转动手柄做的功为W,根据动能定理 可得W+W,一mgh=0,解得W=2g,故选项D正骑.故 B卷高考能力评价卷 选：D 1.A物块仅在重力作用下运动，根据机械能守恒E,=E, 6.B小物块第一次到达O点，获得的动能E=mgH,运动 初，未找态已知，得3E十0=E十m心，解得位于n时共 的移程与品。小球第一次通过0点摄失的动能为 0.05mgH,滑上斜面到最高点H1=0,95H,到第二次到达O 速度大小=2圆，故选项A正确，选项B,C,D精误，故 点运动的路程，=H十2X0,95H,小球第二次通过0点 sin 0 sin 0 选：A 损失的动能为0.05mgH1=0.05×0.95mgH,滑上斜面最 2.C小球A和B分别微坚直上抛和平抛运动，从抛出，点到落 高点H=0.95H1=0.952H,小球第三次到达O点的路程 地时竖直位移相等，由W。=mgh可知重力对两球做功相 等，但A球运动时间比B球长，由P。=m可知重力对A 点。+x0+器=品。+X0十 3= sin 0 sin 0 球做功的平均功率较小，故A、B错误；由动能定理可知： 2×0.9H,小球第三次通过0点损失的动能为0.05× sin 0 mgh=之m-之m,周北两球落地时建度大小相等，但落 0,95mgH…设当小球第n次到达O,点时刚好静止，第n 地时重力的除时功率分别为：PA=mgU,Pu=mgucos0,其 次损失的动能为0.05×0.95mgH=0,可得n趋于无穷 中日为重力与B球落地时合速度方向的夹角，则P,>P, 大，则在整个进程中的路程5=日+2X05日十 sin 0 sin 0 故C正确，D错误，故选：C 3.B由图乙可知，甲下滑过程中，甲微匀加速直线运动，则甲 2X0.95H+…十2X0.95H,根据等比教列求和公式可得 sin 0 sin 沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任 H+2X095H0-=095,当n趋于无穷大时有 意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比 sin a 0.05×sin0 乙的小，A错误，B正确：乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到 V点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mg巴， 盟得比选项ACD错民，选项B正瑰.选山 可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误， 7,C设斜面倾角为0、滑块与斜面间的动摩擦因数为4，对滑 块受力分析有F合上=mgsin0十mgcos0,F◆F=mgsin0一 专徒度装大时此时F人由P=得f== mgcos日，故图甲中滑块受到的合力较大，A错：滑块由A到 =4000N,故选项A错误：根据牛顿第二定律有F-∫=ma, B的过程，有2a上x=上，由B到A的过程，有2a,xa 则牵引力F=f+ma=4000N+2×103×2N=8000N:所 =v,,又F上>Fr,则a上>ar,故>ve,图甲中滑 以匀加速运动的录大建度为一是-智0m5=10 块经过A,点的动能较大，B错：将滑块由A到B的过程逆向 思维为由B到A的初速度为0，加速度大小为上的匀加速 到匀加建直线运动的时间1一吕-号=5，所以4s末时 运动，则w-名0店，又w=4r斤a>ar,故< 汽车还在匀加递运动状态，4s未的速度为防一at2=2×4m/s =8m/5,则4s末汽车的眸时功率P=Fv=8000×8W= 1:,即图甲中滑块在A,B之间的运动时间较短，C对：上升 64000W,故选项B错误，选项C正确：前5s内通过的位移 和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W =∫x可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错. 为5=2a42=号×2X5m=25m,在后5s内，根据动能 8.BCD重力微的功为W。=mgh=800J 1 1 定理可得P4,一f=之m听一之md,解得=25m,故通 A错误：下滑过程根据动能定理可得W。一W,之加% 144 代入数据解得，竞服阻力微的功为W,=440J 1 可得：2m=mgR B正确：经过Q点时向心加连度大小为a=产=9n父 解得：1=10m8>2mfs C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F一mg=m 即滑块在B点的逸度为2ms时，在到达C点之前已经减 解得货物受到的支持力大小为F=380N 速为零，则可知传送带速度变为v=2m/s时，物块在B点 根据牛领第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N,D 右侧不会脱离轨道，故D正确：故选：C、D. 正确 11.解析：(1)使用电硅打点计时器时，纸带应放置在复写纸下 9,AD刚开始，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为 方，故选项A错误：为使纸带在运动时受到的阻力较小，应 零，当环上升到Q时，由于环的速度向上与蝇垂直，重物的速 选用电火花打，点计时器，故选项B错误：当砝码（含砝码 度为零，此时重物所受重力的瞬时功率为零，故金属环从P 盘)质量远小于小车质量时，小车受到的拉力近似等于砝码 上升到Q的过程中，重物所受重力的瓣时功率先增大后减 (含砝码盘)的重力，若实验中要测出拉力做功的值，一定要 小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，对重物由动能 满足砝码（含砝码盘）质量远小于小车质量，故选项C正 定理可得W十5mg(。一d）-0,解得绳子拉力对重物俄的 确：若工作频率变小，打点计时器打点时间间隔变大，而同 学来发现，求小车速度时所用时间偏小，则测得小车的速度 功为W=-10 mgd=-号×05x10×0.3J=-5J,故B 将比实际速度偏大，故选项D错误.故选：C, (2)由于实脸前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，可知小车 错误：设金属环在Q点的速度大小为，对环和重物整体，由机 受到的合外力一定小于加g,则合外力做功的理论值小于 藏能牢极定体可得mng(品。d)=mg×日。十名 tan0t2m心，解得 实际值，得到的实验图线（实线）应该为图像D,故选项A、 B、C错误，选项D正确，故选：D p=21gd=2×10X0.3ms=25mrs,故C错误：若金属 答案：(1)C(2)D 环最高能上升到N点，则在整个过程中，对环和重物整体，由机 12.解析：(1)螺旋测微罢的分度值为0.01mm,则遮光片厚度 族能守桃定律可得m(品。品台)=（品。十品。）解 为d-2mm+4.0×0.01mm=2.040mm 得ON与直杆之间的夹角a=53°，故D正确.故选：A,D. (5)遮光片从光电门1运动到光电门2的过程中，弹性势能 10.CD由题意可知，物块到达A点的速度满是E,=m 增加量En=0.20.4×0.04J=0.012 2 解得：=4m/s<5m8 重力势能减小量Ee=mg(x一工)=0.0104J系统势能的增 所以物块滑上传送带后做加追运动，且加速位移为 加量E,=E一Ee=1,60×102J通过光电门的速度= t x=。-5-4 24g2×0.3×10m=1.5m<2m 系统动能的浅少量民=（号）广-名如()广=1.56 所以滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点的速度与传 ×103J 送带速度相同，即为：=5m/s 答案：(1)2.040(5)1.60×1011.56×102 设滑块给好可以运动到半国轨道最高，点D,则在最高点满 13.解析：(1)从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹 是m以-袋 簧组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面时的速度大小 解得：p=5m/s 为w,由机核能守板定律有，E,=子m 从B到D由功能定理得：一mg·2R=名m品一言m 2E. 解得一 求得B点最小速度为v附mm=5m/s (2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向微竖直上抛运动，设 所以物块给好能运动到半圈轨道最高点D,故A、B错误 弹起时小球的竖直速度为？，，则 从B运动到C由动能定理得： 由运动学公式有=2gh 一ngR=m6-之m 设小球落地前的醉间竖直方向连度大小为，则有=5 在C点金力分折得：R、爱 小球从来面水平飞出后，微平抛运动的过程中，有已，=g( 其水平位移x=,t 联立解得：FN=60N 由牛顿第三定律可知物块运动到C,点时对轨道的压力为 联立解得，x二2个mg 60N,故C正确；若传送带速度变为v=2m,/s,则可知滑块 答案：1入m 5 滑上传送带后先微减速运动，且减追到2ms的位移为：x' Eh (2)Nm8 =t=4-2 24g2×0.3×10m=2m 14.解析：(1)鼓轮边缘的线速度为 v=wr 150 即滑块拾好减速到B点和传送带共速，设物块拾好可以到 432 (2)如图所示，根据儿何关系可 达C点时对应的B点速度为1，则从B到C由机械能守恒 知滑块从A处运动到B处的过 145 程中鼓轮卷起的细绳长度为 解得s=3.19m. 1=-(+品=(-1-)r 答案：0L.2m2空 (3)1.4N方向竖直向下3.19m 所以滑块从A处运动到B处的时间为 单元检测（六） 动量动量守恒定律 4=↓=123-12-x 12w (3)设滑块在AB两处时的逸度大小分别为，根据运动 A卷高频考点练清卷 的合成与分解可得1c0s30°=w,c0s45°=u L.C根据牛频第二定律有F十f=md 解得u=2 n=2or 3 可得减速运动加建度大小4=F+上 根据动能定理可得滑块从A处运动到B处，绳对滑块所做 故A错误： 的功w为w=名mi-之mi=名mao 根搭运动学公式有1一吕一罕 答案：1ar(2252-(3)子m7 12w 故力F的冲量为1=- 15.解析：(1)物块从A到B过程，只有重力做功，根据机械能 方向与运动方向相反：故B错误： 中恒定律得mgR=子m 根据运动学公式=2a.x 解g=v√/2gR1=3m/s① 可得-号2万 mv 由几何关系知∠DOE=37°，∠COD=53 故C正确： 设物块到达C时竖直速度为，在C点进行速度分解，可 匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P=f 得tan53=匙@ 故D错误. 2,A设物体所受的水平力为F,运动时间为1，运动距离为￥， r=vut③ 水平力F对物体微的功为W=F,水平力F对物体的冲量 联立①②③可得 解得x=1.2m. 为1=F,物体微匀加速运动，根据运动学公式有=豆·m (2)从C,点进入轨道，到最后在E点以下做往返运动， ·,联立解得m一2W,设物体到Q处时的速度为v,根据动 在C点进行速度分解，可得c0s53°=vn 解得=5ms W 能定理有W=2mv-0,解得=m 严平选 1 设第一次冲上斜面的最大距离为51，则从C点到第一次返 N2W 回C点，由动能定现得 项A正确，选项B、C、D错误.故选：A. -2pumgs cos 37m 品D在算一段时间内，根据动能定理得：W,=了m20-司 从斜面最高点到第一次返回C点，由动能定理得 mgs,sin37°-mgR(c0s37°-cos53°)-ngs,cos37°=0-0 =3号m 联立可解得一 25 在后一段时间内，根据动能定理得：W,=2m(50)一 (3)小物体在圆轨道和鲜而上微往返运动，每次到达E点 m(2m)r=21×7m 的速度逐渐减小，最后在E点速度为0，然后继续在同孤面 上做往返运动，再经过D点时，此时对D点的压力最小， 所以W:=7W,:由于速度是矢量，具有方向，当初、未速度方 设小物体所受支持力为F,在D点，由牛顿第二定律得F一 向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大， mg=mon 因此冲量的大小范围是： R m·2y-m≤11≤m·2十mp,即m≤1，≤3nu 从E到D,由动能定理得 n·5-m·2≤12≤m·5v十m·2,即3m≤12≤7mU mgR,1-cos37）=空·mw 可知：I2≥I1,故D正确、A,B、C错误.故远：D. 4.BD取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动 联立解得F=子mg=1.4N 量为p,=m%1=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s 由牛顿第三定律知，对D点的最小压力大小为1.4N,方向竖 碰撞后的动量为p2=2=2×1×0.22kg·m8= 直向下， 0.44kg·m/s 对从C到最后的E,点全程由动能定理可得 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误： 对滑块1.取向右为正方向，则有1，=m心：一m=1× mgR.(cos37°-c0s539）-1mg*00s37°=0-zm 0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0.18kg·ms 146单元检测(五) 机械能 A卷 高频考点练清卷 考点一 功、功率 4.(2023·山东卷)质量为M的玩具动力小车在水 1.(2023·北京卷)如图所示; 平面上运动时,牵引力F和受到的阻力f均为 一物体在力F作用下沿水平 桓力,如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉 桌面做匀加速直线运动。已 着质量为n的物体由静止开始运动,当小车拖 知物体质量为n,加速度大小为a,物体和桌面 动物体行驶的位移为s时,小车达到额定功率, 之间的动摩擦因数为,重力加速度为g,在物体 轻绳从物体上脱落,物体继续滑行一段时间后停 移动距离为x的过程中 C ) 下,其总位移为s2.物体与地面间的动摩擦因数 A.摩擦力做功大小与F方向无关 不变,不计空气阻力,小车的额定功率P。为 B.合力做功大小与F方向有关 ( C.F为水平方向时,F做功为ngx D.F做功的最小值为nax 2.(2023·山东卷)《天工开 2F(F-/)(s2-s)s1 物》中记载了古人借助水力 (M+n)s2-Mst 使用高转简车往稻田里引 2F(F-f)(s2-s1)s1 水的场景,引水过程简化如 (M十m)s2-ms1 下:两个半径均为R的水 2F(F-f)(s2-1)s2 _ 轮,以角速度匀速转动, (M+m)s2-Ms1 水简在简车上均匀排布,单 2F②(F-/)(s2-1)s2 位长度上有”个,与水轮间 (M十m)s2十ms1 无相对滑动,每个水简离开水面时装有质量为。 考点三 动能定理的简单应用 的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入 5.(多选)(2023·新课标 .W] 稻田,当地的重力加速度为g,则简车对灌入稻 卷)一质量为1kg的物 18 田的水做功的功率为 ( ) 12{ 3nmgRH 体在水平拉力的作用下, 2g2RH A. B. 5 由静止开始在水平地面 3nmg2RH D. nmgaRH 上沿:轴运动,出发点 为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关 考点二 机车启动 系如图所示,物体与水平地面间的动摩擦因数为 3.(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P 0.4,重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确 和P。,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别 的是 ) 为和v.现将它们编成动车组,设每节动车运 A.在x一1m时,拉力的功率为6W 行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在 B.在x一4m时,物体的动能为2] 此铁轨上能达到的最大速度为 ( ) P+P2 P+P21 C.从x一0运动到x一2m,物体克服摩擦力做的 A.f B. P十P2 P十P2 功为8] C.##)# (P+P。)1v2 D.从x一0运动到x一4m的过程中,物体的动 P+P2 D. Pv2+P2v1 量最大为2kg·m/s 33 6.(2023·江苏卷)如图所示,滑雪道AB由坡道和 考点四 动能定理解决多过程问题 水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45^{*},平 7.(2024·山东模拟)一质量为1kg的滑块(可视为 台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静 质点)静止在粗糙水平面AB上的A点,在大小为 止开始下滑,恰好到达B点,滑雪者现从A点由 2.N的水平推力作用下,在水平面上滑行一段距离 静止开始下滑,从B点飞出,已知A、P间的距离 后撤去推力,滑块继续向前运动通过倾角为6{的光 为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为,重力 滑斜面BC到达平台CD,已知水平面AB的长度为 加速度为g,不计空气阻力. 2m.斜面BC的长度为1m,滑块与水平面间的动摩 擦因数为0.1,sin6*-0.1,g取10m/s2,滑块在B 点的速度损失不计. D 块 15 45 (1)若滑块能够到达平台,求滑块在斜面上运动 的最长时间; (1)求滑雪者运动到P点的时间/; (2)若推力作用距离为2m,求滑块刚到平台上C (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v; 点时的速度大小. (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC 的最大长度L. 8.(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图 水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为 2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘 B与半径为R的固定光滑圆狐轨道CDE在同一 竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹 角为60^{},小物块以某一水平初速度由A点切人 挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆孤切 线方向进入轨道CDE内侧,并恰好能到达轨道的 最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为 可视为质点,求: 34 10.(2024·黑龙江省齐齐哈尔市二模)如图所示 倾角为9一30{}的光滑斜面体固定在水平面上 可视为质点的物体A、B、C质量分别为mA $kg,mn=0.5kg,mc=2kg,用质量不计的细 线全接,跨过顶端的光滑定滑轮,物体C放在斜 面体上,A、B间细线的长度也为h一0.75m,开 始A距离水平面的高度为h一0.75m,将整个 (1)小物块到达D点的速度大小; 装置由静止释放,假设物体落地后立即静止在 (2)B和D两点的高度差 水平面上,整个过程中物体C始终不会碰到滑 (3)小物块在A点的初速度大小 轮,重力加速度取g=10ms{求 (217)) #777777 (1)释放瞬间,物体C的加速度大小; (2)整个过程中,物体C的最大速度以及沿斜面 体上滑的最大距离, 考点五 机械能守恒定律的应用 9.(2024·福建师大附中模拟)如图所示,一条质量 考点六 功能关系 分布均匀且长度为L的铁链,一半靠在光滑斜面 11.(多选)(2023·全国乙卷) 上,另一半在空中自然下垂,将铁链由静止释放 如图,一质量为M、长为/ 忽略铁链内应力在转角处造成的突起,若斜面倾 的木板静止在光滑水平桌 77777777777777777 角为2,则链条恰好完全脱离斜面时的速度头 面上,另一质量为的小物块(可视为质点)从 ( ) 木板上的左端以速度开始运动,已知物块与 木板间的滑动摩擦力大小为/,当物块从木板 右端离开时 ( - A.本板的动能一定等于f1 B.木板的动能一定小于f D.gL(4-sin0) 35 12.(多选)(2024·衡阳一模)如图1所示,倾斜放 (3)在作W-v②}图像时,由于实际操作过程中木 置的传送带AB,以大小为v一1m/s的恒定速 板的倾角调整不当,造成实际图线与理想图线 率顺时针转动,传送带的倾角0一37^{},一个质量 (虚线)存在差异,则作出的W一o2图像可能是 为2kg的物块轻放在传送带A端,同时给物块 施加一个沿斜面向上的恒定拉力F,物块运动 fm·-) #12=2 的交t图像如图2所示,2.2s后运动到B端,取 g=10m/s2,sin37*-0.6,cos37*-0.8,最大 速度传感器 静摩擦力等于滑动摩擦力,则在物块向上运动 过程中 ( ) t/(m·s) 0.2 0.4 0.60.8is 甲 乙 0D.2 图1 图2 A.恒力F的大小为20N 丙 B.传送带AB长为6.6m 考点八 实验:验证机械能守恒定律 C.物块与传送带的动摩擦因数为 3 14.(2023·天津卷)验证机械能守恒的实验 D.物块与传送带之间,因摩擦产生的热量为 如图放置实验器材,接通电源,释放托盘与 12.75J 码,并测得: 光电门 遮光片与小车 考点七 实验:验证动能定理 13.(2024·宝鸡模拟)某物理兴趣小组用如图甲所 示的装置做“探究功与速度变化的关系”实验。 将小车在一条橡皮筋作用下弹出时,橡皮筋对 小车做的功记为W。,当用2条、3条......完全 托盘与础码 相同的橡皮筋并在一起日伸长的长度保持与第 注:遮光片与小车位于气垫导轨上(视为无摩擦 一次相同进行第2次,第3次......实验时,用速 力),这里没有画出 度传感器测出小车的速度,并连接数据线输人 a.遮光片长度d 电脑处理后得到如图乙所示的一一对应的 b.遮光片小车到光电门长度/ 图像,由图像可以读出每次实验S. c.遮光片小车通过光电门时间A 速度平方 d.托盘与码质量n,小车与遮光片质量 次数做功速度/(m·s一1) (m?.s-2) (1)小车通过光电门时的速度为 。 W。 1.00 1.00 (2)从释放到小车经过光电门,这一过程中,系 统重力势能减少量为 ,动能增加量为 2 2W 1.41 1.99 3 3W. 1.73 2.99 (3)改变/,做多组实验,作出如图以/为横坐 _ 4W。 标,以()} 2 为纵坐标的图像,若机械能守恒成 5W。 2.24 r 5.02 立,则图像斜率为 .(保留三 (1)表中“x”处的数值应该是 )2} 位有效数字) (2)从表格中可以得出,合力的功W与速度平 方2的关系是 36 单元检测(五) 机械能 B卷 高考能力评价卷 (满分:100分 时间:75分钟) 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28 4.(2024·七星区校级模拟)质量为n-2000kg的 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题 汽车,发动机的最大功率为P一80kW,汽车从静 目要求. 止开始在平直的公路上匀加速直线运动,加速度 1.一质量为的物块仅在重力作用下运动,物块 大小为a一2m/s{},最终可达到最大速度为vm 位于r1和r时的重力势能分别为3E。和E 20m/s.行驶过程中受到的阻力大小一定.下列说 (E。0).若物块位于r时速度为0,则位于r 法中正确的是 - 时其速度大小为 C ) A.行驶过程中汽车受到的阻力大小为4×10*N A.2- ./E B.^ _6E B.4s末汽车的瞬时功率为80kW C.汽车维持匀加速运动的时间为5s /2E / n D.前10s内的位移为100m 5.蝶旋千斤顶由带手柄的蝶杆和底座组成,蝶纹与 2.如图所示,在水平地面上方的某 , 水平面的夹角为a,如图所示,水平转动手柄,使 一水平面上,从水平面的左侧某 杆沿底座的纹橹(相当于蝶母)缓慢旋进而 点竖直上抛一个小球A,从水平 顶起质量为的重物,如果重物和蝶杆可在任 面的右侧某点水平向右抛出另一 777777777777. 意位置保持平衡,称为摩擦自锁,能实现自锁的 个小球B,两球可视为质点目质量 千斤顶,a的最大值为ao.现用一个倾角为a。的 相同,抛出时初速度大小相同,不计空气阻力,关 于两球从抛出到落地的运动过程中,下列说法正 千斤顶将重物缓慢顶起高度后,向蝶纹糟滴入 确的是 ) ( 润滑油使其动摩擦因数立减小,重物回落到起 A.重力对A球做的功较多 点,假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计蝶 B.重力对两球做功的平均功率相等 杆和丰柄的质量及蝶样与重物间的摩擦力,转动 C.落地时两球的瞬时速率相等 手柄不改变蝶纹和骡杆之间的压力,下列说法 正确的是 D.落地时重力对B球做功的瞬时功率较大 ( 3.如图(a),从高处M点到地面N点有I、I两条 光滑轨道,两相同小物块甲、乙同时从M点由静 止释放,沿不同轨道滑到N点,其谏率;与时间 -重物 1的关系如图(b)所示,由图可知,两物块在离开 _ M点后、到达N点前的下滑过程中 C -杆 27 7777777777 A 图(b) 图(a) 底唐 A. 甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 A.实现摩擦自锁的条件为tana二, B.甲沿II下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 B.下落过程中重物对蝶杆的压力等于g C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变 C.从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh D.乙沿II下滑且乙的重力功率一直增大 D. 从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mg 37 6.如图所示,两倾角均为e的光滑斜面对接后固定 在水平地面上,O点为斜面的最低点,一个小物 块从右侧斜面上高为H处由静止滑下,在两个 斜面上做往复运动,小物块每次通过O点时都会 有动能损失,损失的动能为小物块当次到达O点 时动能的5%,小物块从开始下滑到停止的过程 A.重力做的功为360] 中运动的总路程为 ) B.克服阻力做的功为440] C.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N 9.(2024·安徽一模)如图所示,轻 49H B.39H A. 绳的一端系一质量为0.5kg的 sinf sin) 10 金属环,另一端绕过定滑轮悬挂 , 20 > D. 20H 一质量为2.5kg的重物,金属环 sinf 77777 套在固定的竖直光滑直杆上,定滑轮与竖直杆之 7.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜 间的距离OQ一0.3m,金属环从图中P点由静 面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端,利 止释放.OP与直杆之间的夹角0一37{,不计一切 用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频 摩擦,重力加速度为g,则 ( 照片示意图如图所示,与图乙中相比,图甲中滑 块 A.金属环从P上升到Q的过程中,重物所受重 ( ) 力的瞬时功率先增大后减小 B2 2 B.金属环从P上升到Q的过程中,绳子拉力对 重物做的功为一4.51 C.金属环在Q点的速度大小为2m/s D.若金属环最高能上升到N点,则ON与直杆 之间的夹角a一53 10.(2024·郑州-模) 如图所示,光滑水 平面MA上有一 /7 轻质弹,弹一 A.受到的合力较小 端固定在竖直墙壁 B.经过A点的动能较小 上,弹策原长小于MA.A点右侧有一匀速运动 C.在A、B之间的运动时间较短 的水平传送带AB,传送带长度/An一2m,速度 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 v-5m/s.一半径为R-0.5m的光滑半圆轨道 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18 BCD在B点与传送带相切,轨道圆心为O,O0 分,在每小题给出的四个选项中,每题有多项符合 水平,现用一质量为n一2kg的物块(可看作质 题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得 点)压缩弹策,使得弹的弹性势能为E.一16]. 分,有选错的得0分 由静止释放物块,已知物块与传送带之间的动摩 8.(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送 擦因数为=0.3,g取10m/s2.关于物块的运 货物.如图所示,可看作质点的货物从一圆狐滑 动,下列说法正确的是 ) A.物块不能运动到半圆轨道最高点D 道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆孤末端Q 点时速度大小为6m/s.已知货物质量为20kg B.物块运动到B点的速度为27m/s 清道高度为4m;且过Q点的切线水平,重 C.物块运动到C点时对轨道的压力为60N 加速度取10ms^{②}.关于货物从P点运动到Q点 D.若传送带速度变为v一2m/s,物块在B点右 ( 的过程,下列说法正确的有 侧不会脱离轨道 答题栏 题号 8 2 10 答案 38 三、非选择题:本题共5小题,共54分 (2)按图甲安装实验器材并调试:确保码竖直 11.(2024·临海市二模)某兴趣小组用如图甲所示的 上下振动时,遮光片运动最高点高干光电门 装置探究“恒力做功与小车动能变化的关系” 的激光孔,运动最低点低于光电门2的激光孔。 小车 打点计时器 (3)实验时,利用计算机记录弹策拉伸量文及力 纸带 1 传感器的读数F,画出F一x图像,如图丙所示. 1 7N 码盘 本板 0.4 甲 0.2 (1)实验室有工作频率为50Hz的电磁打点计 0.04 时器和电火花打点计时器供选用,下列说法中 0.08x/m 正确的是 丙 A.使用电磁打点计时器时,纸带应放置在复写 (4)测量遮光片经过光电门1的挡光时间/一 纸上方 0.0051s.弹的拉伸量x1=0.04m,经过光 B. 为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选用 电门2的挡光时间t2-0.0102s,弹赞的拉伸 电磁打点计时器 量x-0.08m,以及两个光电门激光孔之间的 C.若实验中要测出拉力做功的值,一定要满足磕 距离h-0.04m. 码(含法码盘)质量远小于小车质量 (5)遮光片从光电门1运动到光电门2的过程 中,系统势能的增加量E.一 J,系统动 D.若工作频率变小,而同学未发现,则测得小 能的减少量E.一 J(结果保留三位有 车的速度将比实际速度偏小 (2)某同学画出小车动能变化与拉力对小车所 效数字,g=10ms2),实验表明在误差允许范 做功的△E.-W关系图像如图乙所示,由于实 围内系统机械能守恒. 13.(2023·全国甲卷)如 验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤,他得到 图,光滑水平桌面上 的实验图线(实线)应该是 ) 有一轻质弹,其一 论线 实验线 端固定在墙上,用质 77777777777 实线 论线 777777 理论线 实线 量为么的小球压弹策的另一端,使弹箭的弹性 势能为E。:释放后,小球在弹策作用下从静止 D 开始在桌面上运动,与弹分离后,从桌面水平 12.(2024·辽宁校联考三模)某实验小组为验证系 飞出,小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地 统机械能守恒,设计了如图甲所示的装置,实验 面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面 过程如下: 拉力传感器 地面碰撞后,弹起的最大高度为人.重力加速度 大小为g,忽略空气阻力,求; (1)小球离开桌面时的速度大小; 计算机 ☆ (1)用蝶旋测微器测量码上端固定的遮光片厚 度时,旋测微器示数如图乙所示,则d三 mm.测得硅码和遮光片总质量m-0.026kg. 20 乙 39 (2)小球第一次落地点距桌面上基飞出点的水 15.如图所示,一质量为0.1kg的物块从半径R 平距离. 0.45m的光滑一圆孤轨道AB段的A点由静 止开始下滑,通过B点后水平抛出,经过一段时 间后恰好自C点沿切线进入另一半径R;的光 滑一圆轨道CDE,其中D点为圆轨道最低点,E 点为与圆轨道切向连接的EF斜面的最低端, 斜面倾角为37{*},物块与斜面间的动摩擦因数为 u.物块沿圆轨道CDE运动后滑上斜面,第一次 从斜面返回刚好能到达C点:重力加速度g取 10m./s2.求: R1 14.(2024·盐城一模)如 图所示,滑块质量为 (1)BC间的水平距离; 导轨 m.因轻质细绳的牵引 鼓轮 (2)物块与斜面EF间的动摩擦因数1 -摇动把手 而沿水平导轨滑动; (3)物块在D点的最小压力及斜面EF上通过 另一端缠在半径为, 的总路程. 的鼓轮O上,鼓轮在把手摇动下以角速度匀 速转动,滑块在绳牵引下从A处运动到B处, 绳与水平方向的夹角分别为30{}、45^{},不计一切 阻力,求: (1)鼓轮边缘的线速度v (2)滑块从A处运动到B处的时间/ (3)滑块从A处运动到B处,绳对滑块所做的 功W. 40