(10)重力做功、重力势能、机械能守恒定律-【衡水金卷·先享题】2025年高考物理一轮复习周测卷（Z）

null高三一轮复习Z ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（十） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： 1.理解能力 Ⅱ.推理能力Ⅲ，分析综合能力N.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.核心素养： ①物理观念 ②科学思雏③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I n m N ① ②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 4 重力做功、重力势能 易 0.83 单项选择题 4 机械能守恒 易 0.83 3 单项选择题 4 重力做功、功率 易 0.80 4 单项选择题 4 重力做功 公 0.76 5 单项选择题 水力发电 中 0.73 6 单项选择题 4 图像 中 0.70 7 单项选择题 4 动能定理 易 0.80 8 单项选择题 4 传送带 难 0.55 9 多项选择题 杆牵连问题 中 0.75 10 多项选择题 5 E-x图像 难 0.58 11 非选择题 测量弹簧的弹性势能 0.70 12 非选择题 验证机械能守恒 中 0.70 13 非选择题 11 弹簧问题 中 0.65 14 非选择题 14 系统机械能守恒 0.63 15 非选择题 16 临界问题 0.55 1 香考答案及解析 一、单项选择题 等于重力势能的减少量，即E,=mg(H,一H:),C项 1D【解析】重力做功与物体的运动路径无关，只与 正确。 初、末状态物体的高度差有关。从A点到B点的高 3.C【解析】该学生在30s内克服重力做的功W=20 度差为H,故从A点到B点重力做的功为mgH,重 X50×10×0.3J=3000J,相应的功率P=W 力势能减少了mgH,A,B、C项错误，D项正确。 2.C【解析】选物块和弹簧组成的系统为研究对象，从 3000W=100W.C项正确。 30 物块开始运动到速度为零的过程中，只有重力和弹簧 4.D【解析】航天员在上升的过程中，根据题意由平衡 的弹力做功，系统的机械能守恒，弹性势能的增加量 ·37· ·物理· 参考答案及解析 条件可得，浮力向上，位移向上，浮力对其做正功，所 共用时1=十1：=105，C项正确：每一个货物从下端 做的功W?=mg,若只有重力做功，机械能守恒，但 A点到上端B点要消耗的能量E=mngcos30(t, 该过程除重力做功外，浮力做正功，因此机械能增加 之)+立m+mgssin30°=510J,每分钟共有30 1 了mgh,A,B项错误，D项正确：上升h的过程中，重 力势能增加了mgh,C项错误。 个货物能到达上端B点，则皮带输送机每分钟因运 5.B【解析】一次涨潮，水增加的重力G=mg=Vg= 送货物而多消耗的能量E=30E=15300J,D项 1×103kg/m×2.7×10m2×10N/kg=2.7× 正确 10°N,一天产生的水的势能W=4×2.7×10N× 二、多项选择题 9.BD【解析】对1由机械能守恒定律可得E=mgL, 2×5m=2.7×10小，水的势能转化为的电能W。 对2、3组成的系统由机械能守恒定律可得mgL十 =W=20%×2.7×101J=5.4×101°J=1.5× 2mg=E。十B,由同轴转动规律可得二- 10kW·h=1.5×10度，B项正确. 6.D【解析】运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来 联立解得Ee=子mgE-号 (wL) mgL,A项 越大，重力的瞬时功率P越来越大，滑到水平面后， 1 重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，A 结误：根据E=之m听，E:=之mi,1在A点的向 项错误：运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越 大，动能越来越大，B项错误：运动员在斜面上下滑的 心加速度@4=产2在B点的向心加速度a。=产， 过程中，重力势能随位移均匀减小，C项错误：运动员 可得4，：4：=5：3，B项正确：在2运动到最低点的过 在运动过程中由于摩擦力做功导致机械能碱少，在斜 程中，对2由动能定理可得W,十mgL=E,综合解 面上机械能的减少量d上=umgeos05)mgr, 得轻杆对2做的功W=一号gL,C项错误：在3运 在水平面上运动，机械能的减少量△E:=mgx,两运 动到最低点的过程中，轻杆对2,3做的功的代数和为 动阶段E-x图线的斜率相同，停止后，机械能不变， 0,则轻杆对3做的功W,=一w:=号mgL.D项 D项正确. 正确。 7.B【解析】设工件恰好到达C点，根据机械能守恒定 10.BC【解析】根据图像可知小球初状态的重力势能 律得2m话=mg sin30,工件到达B点的最小速 E=mgh=0.7J,解得h=0.7m,图乙中的图线② 度U=6m/s,恰好与传送带的速度相等，则在水平 表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系图线， 由此可知小球下落，=0.5m开始接触弹簧：则弹 传送带上，根据动能定理得mgx=2mi,且x≤L, 簧的原长1=h-h1=0.7m-0.5m=0.2m,A项 可得L≥L.8m,代人选项数据可知B项正确。 错误：由图乙可知小球的速度减为0时小球下落s 8.A【解析】由图像可知货物沿皮带向上运动= 0.6m,根据功能关系有mgs一fs=0.54J,解得f= 0.2m后与皮带相对静止，此后货物的动能不变，重 0.1N,C项正确：小球刚接触弹簧时，小球下落了 力势能增加，则有mgs:sin30°=△E=495J一15J =0,5m,则根据动能定理有mh,一h=号m 480J,解得s=9,6m,则皮带A、B两端点间的距离s =s1十s=9.8m,A项错误：由图像可知，从开始运 解得 之m心=0.45小，B项正确：弹簧压缩量最大时， 动到与皮带相对静止，则有△E一mgcos30°·，解 得：一，B项正确：根据牛顿第二定律可得货物加 弹性势能的最大值￡=·4=0.54J,4。 0.6m-0.5m=0.1m,则劲度系数k=108N/m, 速阶段的加速度a=mgc0s30°-mgsin30° 加速度a=·△一mg十上-99m/g,D项错误。 2.5m/s2,则皮带的速度v=√2as=1m/s,加速的 三、非选择题 时间1=”=0.48，匀速运动的时间，=兰=9.6$，11.(1)二(2分) ·38· 高三一轮复习Z ·物理· (2)D(2分) (2)物块从斜面上的P点到速度最大的过程中，由 2分) 没有(2分) 动能定理有mgs血0：化+)号=宁m时 【解析】(1)物块被弹射出后，做平抛运动的水平速 (1分) 度大小的表达式=兰，所以物块被弹射出的速度 解得= 2 m/s (1分) 大小为子 (3)物块从斜面上的P点到弹簧压缩量最大为x2的 (2)弹簧的弹性势能等于物块被弹射后得到的动能， 过程，由动能定理有mgsin十)一号=0 则为求出弹簧的弹性势能，还需要测量物块的质量 (1分) m,D项正确，A、B、C项错误。 解得x2=0.24m (1分) (3)由能量守恒定律得由静止释放物块时，弹簧的弹 根据能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能E。= 住势能龙=之m一爷，由力作用的骏立挂可知， ngsin0L十x) (1分) 解得E。=1.92J (2分) 重力不影响弹力做功的结果，小球的水平速度始终 14.【解析】(1)整个系统处于静止状态时，对小球P受 保持不变，故没有影响。 力分析，根据平衡条件有 12.(3)2(2分)(2M-m)g=(4M+m)÷(2分) Ta cos 373=Mg (1分) (4)2M二m)(3分)空气阻力，手机测量时间有 4Mm 对Q有mg十TW=T8 (1分) 误差、高度测量、质量测量有误差等(2分)》 对N有Fx+Tm=mg (1分) 【解析】(3)物块B从静止开始做匀变速直线运动， 解得Fv=0 (1分) 则有么一之，计算得到物块B落地时的速度v 3才 华、则物块A此时的速为号，者系统机械能守恒。 则有Mgh-mg·专=号M+之m(空)，将 am 空代人并整理得物块A,B组成系统机械能守相应 (2)根据系统机械能守恒有MgLsin37°=gh十 1 满足的表达式为(2M-m)g=(4M+m)片 (2分) 2 ④)由表达式(2M-mg=(4M十m)片，整理可得力 根据几何关系得A=Lan37°-(L c0s37-L)= 0.5l (2分) ②M-mg,侧有=2M-mg,造成本实验误 4M+m 4M+m 联立解得=2y7L (1分》 差的原因可能是空气阻力，手机测量时间有误差、高 7 度测量，质量测量有误差等。 (3)整个系统机械能守恒，Q、V及轻弹簧所构成的 13.【解析】(1)由图乙可知，物块刚接触弹簧时的加速 系统的机械能的增加量等于P机械能的减小量，则 度a1=6m/s 有△E=Mglsin37r-2Mw (2分) 由牛顿第二定律可得mgsin0=a (1分) 解得0=37 (1分) 解得△E=山mg 14 (1分) 当弹簧压缩=0.09m时，物块的加速度为0，由 右侧轻绳对小球P始终不做功，故小球P机成能的 平衡条件可得mgsin0=k.x (1分) 变化量等于左侧轻绳所做的功W=一△E(1分) 解得k=2gN/m (1分) 解得W=一 11mgL 14 (1分) ·39 ·物理· 参考答案及解析 15.【解析】(1)小滑块由A点到B点的过程中，由动能 代人数据可得1'=0.75m (1分) 定理可得之F一mg(=之m 故当水平拉力F作用的距离满足0<x≤0.75m时 符合条件 (1分) 解得g=26m/s (1分) ②当小滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设小滑 从B点运动到最高点的过程中，设小滑块运动到竖 i 直圆轨道最高点时的速度大小为，由机械能守恒 块经过最高点时的速度大小为，则有mg=m 定律有之m瑞=mg·2R+名m (1分) (1分) 设此时水平拉力F作用的距离为x:',则有Fx一 根据题意则有F十mg=m尺 pomgl:-2mgR-m 代入数据解得F=6N (1分) 代人数据可得'=0.975m (1分) 由牛顿第三定律可知小滑块通过圆轨道的最高点时 当小滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时水平 对轨道的压力大小为6N (1分) 拉力F作用的距离为x:",则有Fx”一mg(l十) (2)设小滑块到达C点时的速度大小为，则由动 =0 能定理可得一mg贴=之m6一合m听 代人数据可得x"=1.1m (1分) 故当水平拉力F作用的距离满足0.975m≤x' 代人数据解得=2m/s (1分) 1.1m时符合条件 (1分) 设小滑块下落h=0.2m所需要的时间为t,则有h ③当小滑块刚好能够越过“陷阱”，设小滑块到达C =财 点时的速度大小为'则由平抛运动规律可得h= 解得1=0.2s (1分) gr,x=w' 1 故小滑块在水平方向上运动的距离=1=0.4m 代人数据可得'=3m/s (1分) <0.6m 设此时水平拉力F作用的距离为xa',故有Fx′一 放小滑块不能成功跨越“陷阱” 1分) 1 (3)由题意可知，若要小滑块既不脱离圆轨道，又不 mg4+)=2m'9 掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当小滑 代入数据可得x:'=1.325m (1分) 块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设水平拉力 敌当水平拉力F作用的距离满足1.325m≤x≤ F作用的距离为x1',则由动能定理可得F‘ 2.4m时符合条件 (1分) mgl一mgR=0 ·40·