第5章 机械能守恒定律 周测十二-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理１７—２　 一、选择题(本题共５小题,每小题４分,共２０分) １．(２０２４􀅰广东东莞模拟)蹦床是少年儿童喜欢的 一种体育运动,如图所示,蹦床的中心由弹性网 组成,若少年儿童从最高点落下至最低点的过 程中,空气阻力大小恒定,则少年儿童 (　　) A．机械能一直增加 B．刚接触网面时,动能最大 C．重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功 D．重力势能的减少量等于弹性势能的增加量 ２．(２０２４􀅰山东实验中学模拟)一小球从地面上以 某一初速度竖直向上抛出,运动过程中受到的 阻力大小与速率成正比,在上升过程中,下列能 正确反映小球的机械能E 随上升高度h 的变化 规律(选地面为零势能参考平面)的是 (　　) ３．(２０２４􀅰河南开封模拟)如图所示, 一个小球在竖直环内至少能做(n ＋１)次完整的圆周运动,当它第(n －１)次经过环的最低点时的速度 大小为７m/s,第n次经过环的最低点时速度大 小为５m/s,则小球第(n＋１)次经过环的最低点 时的速度v的大小一定满足 (　　) A．等于３m/s B．小于１m/s C．等于１m/s D．大于１m/s ４．运动员开展滑雪训练时的运动情境可简化为如 下模型:将运动员(包括滑板)简化为质量m＝ ５０kg的质点,运动员以某一初速度v０ 从倾角 为３７°的山坡底端向上冲,山坡足够长,取坡底 为重力势能零势能面．运动员的机械能E总 和 重力势能Ep 随离开坡底的高度h的变化规律 如图所示．重力加速度g取１０m/s２,sin３７°＝ ０􀆰６．则 (　　) A．运动员的初速度v０＝２５m/s B．运动员与山坡间的动摩擦因数为０􀆰０３ C．运动员在山坡上运动的时间为２３s D．运动员再次回到坡底时的动能为３７５J ５．(多选)(２０２４􀅰福建漳州模拟)如图甲,质量为 ０􀆰５kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传 送带,其位移与时间的变化关系如图乙所示．图 线的０~３s段为抛物线,３~４􀆰５s段为直线,重 力加速度g取１０m/s２,下列说法正确的是 (　　) A．传送带沿逆时针方向转动 B．传送带速度大小为２m/s C．小物块刚滑上传送带时的速度大小为４m/s D．０~４􀆰５s内摩擦力对小物块所做的功为－３J 二、非选择题(本题共３小题,共３０分) ６．(８分)如图,光滑水平面AB 与竖直面内的半圆 形导轨在B 点相切,半圆形导轨的半径为R．一 个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静 止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速 度后脱离弹簧,当它经过B 点进入导轨的瞬间 对轨道的压力为其重力的８倍,之后向上运动 恰能到达最高点C．不计空气阻力,重力加速度 为g．试求: (１)物体在A 点时弹簧的弹性势能; (２)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的 内能． ７．(１０分)如图所示,半径为 R＝１􀆰０m的光滑圆弧轨道 固定在竖直平面内,轨道的 一个端点B 和圆心O 的连 线与水平方向的夹角θ＝ ３７°,另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光 滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板,木板质 量M＝１kg,上表面与C 点等高．质量为m＝ １kg的物块(可视为质点)从空中A 点以v０＝ １􀆰２m/s的速度水平抛出,恰好从轨道的B 端沿 切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩 擦因数μ＝０􀆰２,g取１０m/s２,sin３７°＝０􀆰６．求: (１)物块经过C点时的速率vC; (２)若木板足够长,物块在木板上相对滑动过程 中产生的热量Q． ８．(１２分)(２０２４􀅰上海青浦模拟)在竖直平面内, 某一游戏轨道由直轨道 AB 和弯曲的细管道 BCD 平滑连接组成,如图所示．小滑块以某一初 速度从A 点滑上倾角为θ＝３７°的直轨道AB,到 达B 点的速度大小为２m/s,然后进入细管道 BCD,从细管道出口D 点水平飞出,落到水平面 上的G点．已知B 点的高度h１＝１􀆰２m,D 点的 高度h２＝０􀆰８m,小滑块落到G点时速度大小为 ５m/s,空气阻力不计,滑块与轨道AB 间的动摩 擦因数μ＝０􀆰２５,sin３７°＝０􀆰６,cos３７°＝０􀆰８,重 力加速度g取１０m/s２． (１)求小滑块在轨道AB 上的加速度大小和在A 点的初速度大小; (２)求小滑块从D 点飞出的速度大小; (３)判断细管道BCD 的内壁是否光滑． 物理１７—１ 周测十二　 　　考点６:功能关系 T１、T２、T４、T５　考点７:能量守恒定律 T３、T６、T７、T８ 物理答案 —１９　 落地瞬间,B 的速度为零,故B 的动能先增大后减小,而B 的重力势能不变,则B 的机械能先增大后减小,同理可得 A 的机械能先增大后减小,而系统机械能守恒,故C 的机 械能先减小后增大,故B错误;根据以上分析,设小球C落 地前瞬间的速度大小为v,根据 动 能 定 理 可 知 １２mv ２＝ mgh,解得v＝ ２gh,故 C正确;当小球C 的机械能最小 时,小球B 速度最大,此时小球B 的加速度为零,水平方 向所受的合力为零,杆CB 对小球B 恰好没有力的作用, 所以地面对小球B 的支持力大小为mg,故 D错误． ６．[解题思路](１)从O 点到N 点,重物重力势能的减少量为 ΔEp ＝mgxON ≈０􀆰１８５J,其 动 能 的 增 加 量 为 ΔEk ＝ １ ２ mv ２ N ≈ ０􀆰１８４J． (２)由机械能守恒定律得mgx＝ １２mv ２,可知v２＝２gx,所以v２ －x图像为过原点的倾斜直线,故 C正确,A、B、D错误． [参考答案](１)０．１８５　０．１８４　(２)C ７．[解题思路](１)释放物体C 之前,细线恰好伸直,绳子拉力为 零,弹簧处于压缩状态,设弹簧的压缩量为x,物体B 受重力与 弹簧弹力作用而静止,处于平衡状态,由平衡条件及胡克定律得 mg＝kx,解得x＝mgk (２)当A 恰好要离开地面时,地面对物体A 的支持力为零,弹簧 处于伸长状态,设弹簧的伸长量为x′,对物体A,由平衡条件及 胡克定律得mg＝kx′ 因此物体B 上升的高度和物体C 沿斜面下滑的距离为 s＝x＋x′＝２mgk 设斜面倾角为α,当物体B 达到最大速度时,以A、B 和弹簧作 为研究对象,所受合外力为零,由平衡条件得 Mgsinα＝２mg A、B、C、弹簧组成的系统机械能守恒,因初始状态弹簧的压缩 量与物体B 达到最大速度时弹簧的伸长量相等,所以在整个过 程中弹性势能变化量为零,根据机械能守恒定律有 Mgssinα－mgs＝ １２ (M＋m)v２m 解得vm＝２mg １ k(M＋m)． [参考答案](１)mgk 　 (２)２mg １k(M＋m) ８．[解题思路](１)由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ B＋mg􀅰２R 解得vB＝ ５m/s． (２)由平抛运动规律得２R＝ １２gt ２,x＝vBt 解得x＝１m． (３)设小球运动到B 点半圆环轨道对小球的压力为FN 圆周运动向心力FN＋mg＝ mv２B R 得当FN＝０时,小球运动到轨道末端B 点时的速度最小vBmin ＝ ５m/s 由(２)的计算可知,最小距离xmin＝１m． [参考答案](１)５m/s　(２)１m　(３)１m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 周测十二 １．C　[解题思路]儿童从最高点落下直至最低点的过程中,弹簧 弹力以及空气阻力一直做负功,因此其机械能一直减小,故 A错误;儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速,故刚 接触网面时,动能并非最大,故 B错误;根据功能关系可知, 重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和,则 重力势能的减少量大于弹性势能的增加量,重力的减少量 大于克服空气阻力做功,故 C正确,D错误． ２．C　[解题思路]设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f, 根据题意可知f＝kv,根据功能关系得 ΔE＝Wf＝fh,则E ＝E０－ΔE＝E０－fh,因为速度逐渐减小,所以f逐渐减小, 图像的斜率逐渐减小,故 C正确． ３．D　[解题思路]小球从第(n－１)次通过最低点到第n次通过最 低点的过程中,摩擦力消耗的机械能为 １ ２mv ２ n－１－ １ ２mv ２ n ＝１２m (J);它从第n次通过最低点到第(n＋１)次通过最低 点的过程中,因为速度减小,需要的向心力减小,所以与竖 直环间的压力减小,摩擦力消耗的机械能将小于１２m (J), 第(n＋１)次通过最低点时的动能Ek＞ １ ２ ×２５m (J)－１２m (J)＝ １２m (J),即v＞１m/s,故选 D． ４．D　[解题思路]由 于 坡 底 为 重 力 势 能 零 势 能 面,则 有 E总 ＝ １ ２mv ２ ０＝６２５J,解得运动员的初速度为v０＝５m/s,故 A 错 误;由题图可知,当E总 ＝Ep 时,运动员运动到最高点,此时 高度为h＝１m,根据能量守恒定律有μmgcosθ􀅰 h sinθ＝ ΔE总 ＝１２５J,解得μ＝０􀆰１８７５,故 B错误;运动员从山坡底 端向上冲时,根据牛顿第二定律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ ma１ 则t１＝ v０ a ＝ ２ ３ s ,由于 mgsinθ＞μmgcosθ,可知运动 员到达最高点后将会再次回到坡底,则运动员在山坡上运 动的时间大于 ２ ３ s ,故 C错误;运动员从最高点回到坡底, 根据能量守恒定律有Ep－μmgcosθ􀅰 h sinθ＝Ek ,代入数据 可得运动员 再 次 回 到 坡 底 时 的 动 能 为 Ek＝３７５J,故 D 正确． ５．BCD　[解题思路]根据位移时间图像斜率的绝对值表示速度大 小,可知:前２s小物块向左做匀减速运动,２~３s内向右 做匀加速运动．３~４􀆰５s内x－t图像为一次函数,说明 小物块已与传送带保持相对静止,即与传送带一起向右 做匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,且速度大小 为v＝ΔxΔt＝ ３ ４．５－３m /s＝２m/s,故B正确,A错误;由题 图乙可知,在２~３s内小物块向右做初速度为零的匀加 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —２０　 速运动,则有x＝ １２at ２,解得a＝２m/s２,根据牛顿第二 定律μmg＝ma,解得μ＝０􀆰２,在０~２s内,对小物块有０ －v２０＝－２ax,解得小物块的初速度大小为v０＝４m/s, 故 C正确;对小物块在０~４􀆰５s内,根据动能定理有 Wf ＝ １２mv ２－ １２mv ２ ０,解得摩擦力对小物块所做的功为Wf ＝－３J,故 D正确． ６．[解题思路](１)设物体在B 点的速度为vB,所受弹力为FNB,由 牛顿第二定律得FNB－mg＝m v２B R 由牛顿第三定律知FNB＝F′NB＝８mg 由能量守恒定律可知,物体在A 点时的弹性势能 Ep＝ １ ２mv ２ B＝ ７ ２mgR． (２)设物体在C点的速度为vC,由题意可知mg＝m v２C R 物体由B 点运动到C 点的过程中,由能量守恒定律得 Q＝ １２mv ２ B－ ( １２mv２C＋２mgR) 解得Q＝mgR． [参考答案](１)７２mgR　 (２)mgR ７．[解题思路](１)设物块在B 点的速度为vB,从A 到B 物块做平 抛运动,有vBsinθ＝v０ 从B 到C,根据动能定理有 mgR(１＋sinθ)＝ １２mv ２ C－ １ ２mv ２ B 解得vC＝６m/s０ (２)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用,最终将共 速．设相对滑动时物块加速度大小为a１,木板加速度大小为a２, 经过时间t达到共同速度v,则μmg＝ma１,μmg＝Ma２,v＝vC－ a１t,v＝a２t,根据能量守恒定律有 １ ２ (m＋M)v２＋Q＝ １２mv ２ C, 代入数据联立解得Q＝９J． [参考答案](１)６m/s　(２)９J ８．[解题思路](１)设小滑块在轨道AB 上的加速度大小为a,根据 牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 解得a＝８m/s２ 对小滑块从A 到B 的运动过程,根据运动学规律有 v２B－v２A＝－２a􀅰 h１ sinθ 解得vA＝６m/s． (２)小滑块从D 到G 过程中只有重力做功,以水平面为零势能 面,根据机械能守恒定律有 １ ２mv ２ G＝mgh２＋ １ ２mv ２ D 解得vD＝３m/s． (３)以水平面为零势能面,滑块在B、D 两处的机械能分别为 EB＝ １ ２mv ２ B＋mgh１＝１４m(J) ED＝ １ ２mv ２ D＋mgh２＝１２􀆰５m(J) 所以滑块从B 到D 存在机械能损失,而细管道对滑块的弹力始 终与速度方向垂直,所以不做功,则这个过程中除了重力之外, 还有摩擦力对滑块做功,因此细管道BCD 不光滑． [参考答案](１)８m/s２　６m/s　(２)３m/s　(３)不光滑 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 单元素养集训卷五 １．A　[解题思路]由动能定理有 WF－W 克f＝Ek－０,可知木箱获 得的动能一定小于拉力所做的功,无法判断动能与克服摩 擦力所做的功间的关系,A正确,B、C、D错误． ２．A　[解题思路]汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率过 程中,对汽车进行受力分析,由牛顿第二定律有F－Ff－ mgsin３０°＝ma,达到额定功率时有P额 ＝Fv,由速度位移公 式有v２＝２ax,联立并代入数据解得x＝２５m．故选 A． ３．C　[解题思路]物块受到的阻力与速度成正比,根据牛顿第二 定律有F－kv＝ma,所以物块做加速度减小的加速运动,又 因拉力功率P＝Fv,F 为恒力,所以功率随时间变化的规律 和速度v随时间的变化规律一致,故 C正确,A、B、D错误． ４．C　[解题思路]圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个 力对圆环做功,即环的重力和橡皮绳的拉力,所以圆环的机 械能不守恒,如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对 象,则系统的机械能守恒,故 A 错误;橡皮绳的弹性势能随 橡皮绳形变量的变化而变化,由题意知橡皮绳先不发生形 变后伸长,故橡皮绳的弹性势能先不变再增大,故 B错误; 下滑过程中,圆环的机械能减少了 mgh,根据橡皮绳与圆环 组成的系统的机械能守恒,可知橡皮绳的弹性势能增加了 mgh,故 C正确;在圆环下滑过程中,橡皮绳再次达到原长 时,该过程中圆环的动能一直增大,但不是最大,沿杆方向 的合力为零的时刻,圆环的速度最大,动能最大,故 D错误． ５．B　[解题思路]由能量守恒定律可知从P 到R 滑行过程中,该 滑雪爱好者克服阻力做功W 克f＝mg(H－h)－ １ ２mv ２,解得 W 克f＝６０×１０×(２４－４)J－ １ ２ ×６０×１８ ２J＝２２８０J;从P 到R 滑行过程中,重力做的功WG＝mg(H－h)＝１２０００J; 则 W 克f WG ＝２２８０J１２０００J≈０􀆰２． 故选B． ６．C　[解题思路]机械能的增量等于外力在两个过程中对小球做 的功之和;ac过程由动能定理得F􀅰３R－mgR＝ １２mv ２ c,又 F＝mg,解得v２c＝４gR,W１＝３mgR;小球离开轨道上升到最 高点竖直方向有０＝vc－gt,t＝２ R g ,该时间内外力F 对 小球做的功为W２＝F􀅰s,又s＝ １ ２at ２,a＝ Fm ＝g ,联立以 上各式得:W２＝２mgR,所以外力对小球做功的总和即机械 能的增量为W＝５mgR,故 C正确． ７．C　[解题思路]由题意可知OA＝L,PQ＝ OAtan３７°＝ ４ ３L ,OQ＝ OA sin３７°＝ ５ ３L ,B 上升的高度为h＝OQ－OA＝ ２３L ,小球A 由P 下滑至Q 的过程中,设弹簧弹性势能变化量为ΔEp,由 机械能守恒定律得,－mg ４３L＋mg ２ ３L＋ΔEp＝０ ,则 ΔEp 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋