(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（江苏专版）

高三一轮复习江苏专版 ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（十） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.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 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) I ① ②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 8 重力做功、机械能 易 0.83 2 单项选择题 机械能守恒 易 0.83 单项选择题 重力势能、重力做功 中 0.70 4 单项选择题 重力做功、机械能 中 0.65 5 单项选择题 伽利略斜面 L 中 0.60 6 单项选择题 机械能守恒 难 0.55 7 单项选择题 8 信息题，E。x 中 0.70 8 单项选择题 8 传送带 难 0.55 9 非选择题 10 验证机械能守恒定律 中 0.75 10 非选择题 12 重力做功 中 0.68 11 非选择题 14 临界问题 难 0.55 香考誉案及解析 一、单项选择题 质点，A项错误：在空中运动的过程中，不计空气阻 1,D【解析】由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只 力，只有重力做功，因此在跳水过程的空中阶段，机械 受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变， 能守恒，因此最高点的机械能与起跳时的一样大，B A项错误：铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向 项错误：全红婵在水下运动的过程中，由于受到的水 有，=gt,则抛出后的速度大小为v=√十(gt), 的阻力做负功，机械能不守恒，C项错误：由于有向下 可知速度大小与时间不是一次函数关系，B项错误： 的重力的作用，有向下的加速度，是失重状态，D项 正确。 铅球抛出后的动能=之时=之m[话十(gr)门， 3.C【解析】根据题意，选择过O点的水平面为零势能 可知动能与时间不是一次函数关系，C项错误：铅球 面，则小球在初始位置时的重力势能为零，动能为零， 水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球的机 则机械能为零，小球摆到最低点的过程中，只有重力 械能守恒，D项正确。 做功，机械能守恒，在最低点时小球的机械能为零，C 2.D【解析】跳水过程，人的体积与形状对所研究的问 项正确，A,D项错误：小球摆到最低点的过程中，重 题的影响不能忽略，即跳水过程中的运动员不能视为 力做的功为mgR,重力做正功，小球的重力势能减少 ·33· ·物理· 参考答案及解析 了mgR,B项错误 中的质点从1运动到x:的过程中保守力做负功，C 4.B【解析】斜上抛运动可以看成是两个对称的平抛 项错误：根据△E。=一W《=一F《上，可知势能随位 1 运动，在竖直方向有h=交gr,由图可知=h: 置变化的图像中图像的斜率表示保守力的大小，所以 图乙中质点在位置所受的保守力大于在：位置 a,所以t=t=t:,根据水平方向上的运动为匀速直 所受的保守力，D项正确。 线运动有x一，所以M<功<，在最高点时重力势 8.A【解析】由图像可知货物沿皮带向上运动= 能相等，因此速度越大·动能越大，机械能越大，则有 0.2m后与皮带相对静止，此后货物的动能不变，重 E,<E<E,A,C项错误：三个小球落地时重力的瞬 力势能增加，则有mgs2sin30°=△E=495J一15J= 时功率P=m心=mg·g乞=之m,所以P- 480J,解得=9.6m,则皮带A、B两端点间的距离s P=P,B项正确，D项错误。 =1十=9.8m,A项错误：由图像可知，从开始运动 5.D【解析】伽利略探究物体下落规律的过程使用的 到与皮带相对静止，则有△E=mgcos30°·s1,解得 科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合 之，B项正确：根据牛顿第二定律可得货物加速阶 理外推→得出结论，A项错误：小球滚到右侧斜面的 高度与小球自由释放的位置接近，摩擦越小越接近， 段的加速度a=angcos30°-mgsin30°=2.5m/g, 如果无摩擦，小球上升的高度与自由释放时的高度相 则皮带的速度v=/2as,=1m/s,加速的时间t1= 同，因此斜面会上升到原米的高度属于推论，B项错 误：伽利略理想斜面实验用的是理想实验的方法，测 =0.48，匀速运动的时间4=兰=9.6s,共用时t a 定引力常量G采用的是放大的思想，两者的物理方 =十2=10s,C项正确：每一个货物从下端A点到 法不同，C项错误，牛顿第一定律是牛顿在仙利略等 上端B点要消耗的能量E=mg6os30(w一之w) 前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验 为基础，但又不是完全通过实验得出的，D项正确。 十之m十ngssin30°=510J，小每分钟共有30个货物 6,B【解析】在P点释放物体A的瞬间，弹簧弹力为 能到达上端B点，则皮带输送机每分钟因运送货物 零，以物体A、B为整体，根据牛顿第二定律可得mg 而多消耗的能量E=30E=15300J,D项正确。 =(m十ma,解得a=号g,可知初始时刻物体A 二、非选择题 9.(1)②(2分) 的加速度为号g,A项错误：当物体B向下运动到最 (2)5.00(2分) 低点时，根据对称性可知，此时物体B的加速度大小 (3)mgl(2分) 受(m+m)(号产(2分) △1 为号g,方向向上，根搭牛顿第二定律可得工。一mg (4)21gl(2分) =m,解得细绳能承受的最大拉力工.=号mg,B 【解析】(1)②中应该测得托盘和砝码的总质量：， 因此②错误。 项正确：根据机械能守恒定律可知物体B减少的机 (2)游标卡尺的读数d=5mm十0×0.05mm 械能等于物体A增加的动能和弹簧势能的增加量， =5.00mm. 则物体A动能的增加量小于物体B机械能的减少 (3)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力 量，C项错误：根据机械能守恒可知物休B减少的重 势能的减少量△E,=ml,从释放到小车经过光电 力势能等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增 加量与物体B的动能增加量之和，D项错误。 门，这一过程中，系统动能的增加量△E=立(m 7.D【解析】根据△E,=一W=一Fx,可知图甲中 +m)() 质点所受的保守力为恒力，A项错误：根据△E= 一WW,势能增加，说明保守力做负功，所以图甲中质 (4)若机械能守恒成立，则有ml=之（m十 点所受保守力的方向沿x轴负方向，B项错误：根据 △E,=一W,势能增加，说明保守力做负功，则图乙 m(兰，蒸理有（兰）”=2m1m十则图像的 ·34· 高三一轮复习江苏专版 ·物理· 斜率为2m1gl。 故小滑块在水平方向上运动的距离x。=t=0.4m 10.【解析】(1)水做竖直上抛运动，其上升过程和下降 <0.6m 过程具有对称性，设其自由落体的时间为1，则有力 故小滑块不能成功跨越“陷阱” (1分) (1分) (3)由题意可知，若要小滑块既不脱离圆轨道，又不 掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当小滑 五 解得一√g (1分) 块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设水平拉力 F作用的距离为x,,则由动能定理可得Fx'一 水从竖直上抛到落地的总时间1丝=21=2s(1分) Amgl一mgR=0 水柱在空中的总体积V=Q·te=So·ta=1.2X 代人数据可得x'=0.75m (1分) 104×10×2m2=2.4×102m (3分) 故当水平拉力F作用的距离满足0<x'≤0.75m时 (2)此喷嘴所接水泵在t。=2s内，至少对空中的水 符合条件 (1分) 做的功W=mgh=DVgh=1×102×2.4×10-×10 ②当小滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设小滑 ×5J=1.2×103J (3分) 功率至少为P-W-.2X10W=600w(3分) 块经过最高点时的速度大小为山，则有mg一m尺 2 设此时水平拉力F作用的距离为x:',则有Fx' 11.【解析】(1)小滑块由A点到B点的过程中，由动能 定理可得子F一mg,=文m味 pomg,-2mgRm 代人数据可得x'=0.975m (1分) 解得%=2√6m/s (1分) 当小滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时水平 从B点运动到最高点的过程中，设小滑块运动到竖 拉力F作用的距离为x:”,则有Fx:”一mg(4+l) 直圆轨道最高点时的速度大小为，由机械能守恒 =0 定律有安m6-mg·2R+之md 代入数据可得x:”=1.1m (1分) 故当水平拉力F作用的距离满足0.975m≤x≤ 根据题意则有F十mg=m尺 1.1m时符合条件 (1分) 代人数据解得F、=6N (1分) ③当小滑块刚好能够越过“陷阱”，设小滑块到达C 由牛顿第三定律可知小滑块通过圆轨道的最高点时 点时的速度大小为'，则由平抛运动规律可得h= 对轨道的压力大小为6N (1分) 1 Pr=ut (2)设小滑块到达C点时的速度大小为，则由动 代人数据可得w'=3m/s (1分) 能定理可得一mg贴=之mt一之m听 设此时水平拉力F作用的距离为x',故有F' 代人数据解得欢=2m/s (1分) 1 设小滑块下落h=0.2m所需要的时间为1，则有 mg4+4)=2m' 代人数据可得x:'=1.325m (1分) 故当水平拉力F作用的距离满足1.325m≤x' 解得1=0.2s (1分) 2.4m时符合条件 (1分) ·35·null