第5章 机械能守恒定律 周测十-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理１５—２　 一、选择题(本题共５小题,每小题４分,共２０分) １．如图所示,下列三种情况下,相同大小的作用力 F作用在沿水平面运动的物块上．如果物块沿 图中速度的方向运动相同大小的位移,力F 做 的功分别为W甲、W乙、W丙,下列关系正确的是 (　　) A．W甲＝W乙 B．W甲＝W丙 C．W乙＝W丙 D．W甲＝－W丙 ２．(２０２４􀅰黑龙江齐齐哈尔模拟)在同一水平高度 (足够高)不同位置由静止释放A 球,同时以初 速度v０＝１０m/s水平抛出B 球．已知两球质量 相等且均可视为质点,不计空气阻力,重力加速 度g取１０m/s２．则A、B 球在空中运动１s时重 力的瞬时功率之比为 (　　) A．１∶ ２ B．１∶１ C．２∶１ D．１∶２ ３．一物体所受的力F随位移x 变化的图像如图所 示,求在这一过程中,力F对物体做的功为 (　　) A．３J B．６J C．７J D．８J ４．(２０２４􀅰黑龙江哈尔滨三中检测)一质量为m 的 物块静止在光滑水平面上,某时刻起受到水平 向右的大小随位移变化的力F 的作用,F 随位 移变化的规律如图所示,x０、F０ 已知,下列说法 正确的是 (　　) A．物块先做匀加速运动,后做匀减速运动 B．物块的位移为x０ 时,物块的速度最大 C．力F对物块做的总功为６F０x０ D．物块的最大速度为 ６F０x０ m ５．(多选)(２０２４􀅰河北沧州模拟)一质量为 m＝ ４０kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开 始做直线运动．在一段时间内电动汽车的速度 与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分 别如图甲、乙所示,３s末电动汽车牵引力的功 率达到额定功率,１０s末电动汽车的速度达到 最大值,１４s时关闭发动机,经过一段时间电动 汽车停止运动．整个过程中电动汽车受到的阻 力恒定．下列说法正确的是 (　　) A．电动汽车最大速度为５m/s B．电动汽车受到的阻力为１００N C．关闭发动机后,电动汽车经过５s停止运动 D．整个过程中,电动汽车克服阻力做的功为 ３７５０J 二、非选择题(本题共３小题,共３０分) ６．(８分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的 新一代大型喷气式客机C９１９首飞成功后,拉开 了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道 上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位 移x＝１􀆰６×１０３m时才能达到起飞所要求的速度 v＝８０m/s．已知飞机质量m＝７􀆰０×１０４kg,滑跑 时受到的阻力为自身重力的０􀆰１倍,重力加速 度g取１０m/s２．求飞机滑跑过程中: (１)加速度a的大小; (２)牵引力的平均功率P． ７．(１０分)假设有一辆超级电容车,质量m＝２× １０３kg,额定功率P＝６０kW,当超级电容车在平 直水平路面上行驶时,受到的阻力Ff 是车重的 ０􀆰１倍,g取１０m/s２． (１)求超级电容车在此路面上行驶所能达到的 最大速度是多大; (２)若超级电容车从静止开始,保持以０􀆰５m/s２ 的加速度做匀加速直线运动,求这一过程能维 持多长时间． ８．(１２分)(２０２４􀅰安徽合肥质检)如图甲所示,杂 技运动员在固定的竖直金属杆上表演．当运动 员开始表演时,与金属杆接触处距离地面８􀆰８０m, 运动员双腿夹紧金属杆倒立,并通过双腿对金 属杆施加不同的压力来控制身体的运动．运动 员整个下滑过程的v－t图像如图乙所示．已知 运动员的质量为６０􀆰０kg,身高为１􀆰６８m,接触 处距离头顶１􀆰００m,身体与杆的夹角始终保持 ３７°,若不计空气阻力,重力加速度g＝１０m/s２, sin３７°＝０􀆰６．求: (１)运动员下滑的最大速度; (２)运动员下滑过程克服摩擦力做的功; (３)运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力 大小之比． 物理１５—１ 第五章　机械能守恒定律 周测十　 　　考点１:功 T１、T３、T４　考点２:功率 T２、T５、T６、T７　考点３:动能定理 T８ 物理答案 —１７　 有甲、乙两人在空中离斜坡面的最大距离之比为１∶４,D 正确． １１．[解题思路](１)游标卡尺读数是主尺读数(mm 的整数倍)加上 游标尺的读数(mm 的小数位),由题图乙可读出为 D＝５mm ＋５×０􀆰１mm＝５􀆰５mm． (３)根据平抛运动的关系式,管口到落点的高度差可得下落时 间为t＝ ２hg ＝０􀆰１s ,则 出 口 处 的 水 流 速 度 v＝ Lt ＝２􀆰０m/s． (４)抽水器的流量Q 的表达式为Q＝Vt ＝ π( D２ ) ２ vt t ＝ πD２v ４ ． [参考答案](１)５．５　(３)２．０　(４)πD ２v ４ １２．[解题思路](１)若小球在竖直方向做初速度为０的自由落体运 动,则连续相等时间内的下降高度之比为１∶３∶５,题图乙满 足此条件,故a点是小球的抛出点． (２)小球在水平方向做匀速直线运动,x＝v０T,T＝０􀆰１s,水平 方向速度大小为v０＝０􀆰８m/s． (３)小球在竖直方向做自由落体运动,Δh＝２l＝gT２,l＝４cm ＝０􀆰０４m,得重力加速度为g＝８m/s２． (４)在该天体表面有万有引力等于重力,即GMm R２ ＝mg,该星 球质量为 M＝８R ２ G ． [参考答案](１)是　(２)０．８　(３)８　(４)８R ２ G １３．[解题思路](１)设地球的质量为 M,卫星A 的质量为m,根据 万有引力提 供 向 心 力,有 G Mm(２R)２ ＝m ( ２πT ) ２ 􀅰２R,m０g＝ G Mm０ R２ ,解得T＝４π ２Rg ． (２)如图所示,卫星通信的信号视为沿 直线传播,由于地球遮挡,使卫星 A 和 地面测控站B 不能一直保持直接通信． 设无遮挡时间为t,则它们转过的角度 之差最多为２θ时就不能通信． cosθ＝R２R ,２π Tt－ ２π T０ t＝２θ 解得t＝ ４π ２RT０ ３T０ g－１２π ２R ． [参考答案](１)４π ２Rg 　 (２) ４π ２RT０ ３T０ g－１２π ２R １４．[解题思路](１)若使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动, 在最高点时至少应该是重力提供所需要的向心力,有 mg＝m v２０ L ,得v０＝ gL＝ ５m/s 因为v１＞v０,故绳中有张力,由牛顿第二定律得 FT＋mg＝m v２１ L 代入数据解得绳中的张力FT＝４０N． (２)因为v２＜v０,故绳中没有张力,小球将做 平抛运动,如图所示 水平方向有x＝v２t 竖直方向有y＝ １２gt ２ 由几何关系有L２＝(y－L)２＋x２,联立解得t ＝０􀆰４s． [参考答案](１)４０N　(２)绳中无张力　０．４s １５．[解题思路](１)打完第一个水漂后石块做斜抛运动,设第一个 水漂到第二个水漂的时间为t１． 第一个水漂到第二个水漂之间,石块在竖直方向有 v１y＝v１sin３７° ０＝v１yt１－ １ ２gt ２ １ 解得t１＝１􀆰２s． (２)每打一个水漂速率损失３０％,即vn＝v１×(１－０􀆰３)n－１ 解得n＝５时,vn＜２􀆰５m/s,即 石 块 与 水 面 第 ５次 接 触 时 会 落水． (３)打完第一个水漂后水平方向的位移x１＝v１xt１＝ ２v１xv１y g 同理x２＝ ２v１xv１y g × (１－０􀆰３)２ x３＝ ２v１xv１y g × (１－０􀆰３)４ x４＝ ２v１xv１y g × (１－０􀆰３)６ x＝x１＋x２＋x３＋x４≈１７．７m． [参考答案](１)１．２s　(２)５次　(３)１７．７m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第五章　机械能守恒定律 周测十 １．B　[解题思路]由功的计算公式可得W 甲 ＝Fxcos(１８０°－θ１)＝ Fxcos３０°＝ ３２Fx ,W 乙 ＝Fxcos(１８０°－θ２)＝Fxcos１５０°＝ － ３２Fx ,W 丙 ＝Fxcosθ３＝Fxcos３０°＝ ３ ２Fx ,对 比 可 得 W 甲 ＝W 丙 ＝－W 乙 ,故B正确,A、C、D错误． ２．B　[解题思路]A、B 两球在竖直方向做自由落体运动,１s末竖 直方向获得的速度均为vy＝gt＝１０×１m/s＝１０m/s,故A、 B 球在空中运动１s时重力的瞬时功率之比为 PA PB ＝ mgvy mgvy ＝ １ １ ,故 A、C、D错误,B正确． ３．B　[解题思路]力F 对物体做的功等于图线与横轴所围面积的 代数和,０~４s这段时间内力F 对物体做的功为W１＝ １ ２ × (３＋４)×２J＝７J,４~５s这段时间内力F 对物体做的功为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —１８　 W２＝－ １ ２ × (５－４)×２J＝－１J,全过程中,力F 对物体做 的功为W＝７J－１J＝６J,故选B． ４．D　[解题思路]物块在光滑水平面上运动,受到的合外力为F, 因为F 为正,所以物块一直做加速运动,物块的位移为３x０ 时,速度最大,故 A、B错误;由题图可知,合外力做功的大小 为图线与x轴围成的面积,所以力F 对物块做的总功为 W ＝ １２ ×２F０×３x０＝３F０x０ ,故 C 错误;物块的 位 移 为 ３x０ 时,物块的速度最大,由动能定理可得３F０x０＝ １ ２mv ２ m,所 以最大速度为vm＝ ６F０x０ m ,故 D正确． ５．AD　[解题思路]由v－t图像可知在０~３s内,电动汽车的加 速度a１＝１m/s２,由P－t图像可知在０~３s内P＝F􀅰v ＝F􀅰a１t,解得F＝１００N,由牛顿第二定律F－Ff＝ma１, 解得Ff＝６０N,由 P额 ＝Ff􀅰vm,解得vm＝５m/s,A 正 确,B错误;关闭发动机后,由Ff＝ma２,解得a２＝ ３ ２ m / s２,经过t２＝ vm a２ ＝１０３ s ,电动汽车停止运动,C错误;对全程 由动能定理可得 P额 ２t１＋P额t３＋Wf＝０ ,Wf＝－ (３００２ ×３＋ ３００×１１) J＝－３７５０J,所以整个过程中克服阻力做功为 ３７５０J,D正确．故选 AD． ６．[解题思路](１)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运 动,有v２＝２ax ① 代入数据解得a＝２m/s２ ② (２)设飞机滑跑过程受到的阻力大小为F阻 ,依题意有 F阻 ＝０􀆰１mg ③ 设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F－F阻 ＝ma ④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为v,有v＝v２ ⑤ 在滑跑阶段,牵引力的平均功率P＝Fv ⑥ 联立②③④⑤⑥式得P＝８􀆰４×１０６ W [参考答案](１)２m/s２　(２)８．４×１０６ W ７．[解题思路](１)当超级电容车速度达到最大时,超级电容车的牵 引力与阻力平衡,即F＝Ff Ff＝kmg＝２０００N P＝Ffvm 解得vm＝ P Ff ＝３０m/s． (２)超级电容车做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得 F１－Ff＝ma 解得F１＝３０００N 设超级电容车刚达到额定功率时的速度为v１,P＝F１v１ v１＝ P F１ ＝２０m/s 设超级电容车匀加速运动的时间为t,则v１＝at 解得t＝ v１ a ＝４０s． [参考答案](１)３０m/s　(２)４０s ８．[解题思路](１)根据题意可知运动员下滑的距离 x＝H－lcosθ＝８􀆰００m 根据x＝ vm ２t ,解得最大速度为vm＝４m/s． (２)根据动能定理得mgx＋Wf＝０ 解得Wf＝－４８００J, 运动员下滑过程克服摩擦力做的功为４８００J． (３)根据题图乙知,运动员加速下滑时间t１＝２􀆰５s,减速时间t２ ＝１􀆰５s,则运动员加速下滑阶段加速度大小为 a１＝ vm－０ t１ ＝１􀆰６m/s２ 减速下滑阶段加速度大小a２＝ Δv t２ ＝ ８３ m /s２ 设运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力分别为Ff１、Ff２,根 据牛顿第二定律mg－Ff１＝ma１,Ff２－mg＝ma２ 解得Ff１＝５０４N,Ff２＝７６０N 运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比为６３∶９５． [参考答案](１)４m/s　(２)４８００J　(３)６３∶９５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 周测十一 １．D　[解题思路]物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少, 动能增加,A错误;物体在下滑过程中,斜面体做加速运动, 其机械能增加,B错误;物体沿斜面下滑时,既沿斜面向下 运动,又随斜面体向右运动,其合速度方向与弹力方向不垂 直,弹力方向垂直于接触面,但与速度方向之间的夹角大于 ９０°,所以斜面对物体的作用力对物体做负功,C错误;对物 体与斜面体组成的系统,只有物体的重力做功,机械能守 恒,D正确． ２．D　[解题思路]细绳烧断后,由于弹簧处于伸长状态,通过对 P、Q 两球受力分析可知aP＞aQ,在任一时刻,两球的动能 不一定相等,A、B错误;系统内有弹力做功,弹性势能发生 变化,系统的动能与重力势能之和发生变化,C错误;Q 落地 前,两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功,整 个系统的机械能守恒,D正确． ３．A　[解题思路]设物体A 下落高度h 时,物体A 的速度为vA, 物体B 的速度为vB,此时有vA＝ vB cos６０°＝２vB ,物体A、B 组 成的系统机械能守恒,则有 mgh＝ １２mv ２ A＋ １ ２mv ２ B,联立 方程解得vB＝ ２ ５gh ,故选 A． ４．C　[解题思路]从静止释放到A 球刚要到斜面时,由机械能守 恒定律可知mgLcos３０°􀅰cos３０°＋mgL２sin３０°＝ １ ２mv ２ A＋ １ ２mv ２ B,两球沿长为L 的轻杆方向的分速度相等,可知,A 球刚要到斜面时,由于A 球的速度垂直轻杆,所以沿杆方向 的速度为０,故B 球的速度为vB＝０,解得vA＝ ２gL,故 选 C． ５．AC　[解题思路]由于小球A、B、C 组成的系统只有重力做功, 故系统的机械能守恒,故 A正确;小球B 的初速度为零,C 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋