(12)功能关系、动量和能量的综合应用-【衡水金卷·先享题】2025年高考物理一轮复习周测卷（重庆专版）

null高三一轮复习重庆专版 ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（十二） 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 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) ① ② ③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 6 动能定理 易 0.85 2 单项选择题 6 蹦极问题 易 0.85 单项选择题 变力做功 易 0.80 4 单项选择题 6 能量守恒定律 易 0.80 5 单项选择题 功能关系 中 0.75 6 单项选择题 6 板块问题 难 0.55 7 多项选择题 8 E-x图像 中 0.70 8 多项选择题 8 碰撞 难 0.55 9 非选择题 12 往复运动求路程 易 0.80 10 非选择题 16 带有弹簧的功能问题 中 0.75 11 非选择题 20 多过程问题 0.55 香考管案及解析 一、单项选择题 3.C【解析】设小球在B点的速度为，由牛顿第二定 1.D【解析】由动能定理可得W,=△E:=6400J 4900J=1500J,摩托车及车手落到第三级台阶前瞬 律可得F、一mg=m发·则小球在B点的动能Eu= 间的动能E:=2W,十E=2×1500J十8100J= 之m=子R一mg)R,小球自A点滑到B点的过 1 11100J,D项正确， 程中，由动能定理可得mgR十W,=E一O,解得W, 2.B【解析】开始时绳子弹力小于重力，加速度向下， 人处于失重状态，速度增大，然后绳子弹力大于重力， =之R(R-3mg.C项正确。 加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的 4,A【解析】根据动能定理可知，图线①斜率的绝对值 拉力方向始终向上，对人做负功，人的动能先增大后 表示电动自行车滑行过程中所受阻力的大小，即f= 减小，A项错误，B项正确：绳子对人的拉力方向始终 向上，则绳子对人的冲量始终向上，由p=m可知， △E1=50N,根据能量守恒定律可知，启动自充电 △x 人的动量先增大后减小，C项错误：由能量关系可知， 装置后有E一f△x'=E,其中△r'=6m,解得E= 人的动能减少量与重力势能的减少量之和等于绳子 200J.A项正确. 的弹性势能增加量，D项错误。 5.B【解析】重物下降，重力做正功，重力势能减小，A ·45· ·物理· 参考答案及解析 项错误：设起重机对重物的拉力为F,重物所受的合 得m么=m22十m甲海，亏m2=】 2mz妮十 外力做的功W台=(Mg一F)A=号M,则重物的机 亨m甲饰，解得吃=一 3 了，故第一次碰撞 战能玻少量△E=W,=Mgh-M.B项正确，C,D 后解间乙球被反向弹回，A项正确：根据轨道弹力提 项错误 6.B【解析】根据题意可知，图乙中图线表示碰撞前 供向心力有F=紧则2=719，根据牛顿第三定律 物块的减速过程，图线b表示碰撞前木板的加速过 可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为7：9，C项 程，图线（表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示 正确：因为碰后乙球速度大小为甲球速度大小的3 碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物 信，所以第二次碰擅恰好发生在B点，乙球运动了是 块的速度大小为，木板的速度大小=1m/s,从 物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据 圆周，B项错误：两球第二次碰撞过程，由动量守恒定 系统动量守恒有m=m十Mvk,解得=4m/s, 律和机械能守恒定律可得mz2十川甲p一2吃 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板的速 十m甲哪'，立加z吃十豆m单项=之m2z?十 度大小为防，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后 1 瞬间的过程，根据系统动量守恒有m=M物，解得 m甲聊，解得z'=,海'=0，D项正确。 防=3m/s,A项错误：28末物块与木板共同运动的 三、非选择题 速度大小为功，从物块滑上木板到最绕一起做匀速 9,【解析】(1)由于滑块恰好能通过圆弧CDE的最高点 运动的过程，根据系统动量守恒有m=(m十M)助， D,则有n=0 (2分) 解得防=2m/5,物块与木板碰撞前瞬间，系统的动 滑块从C点运动到D点的过程中，由动能定理可得 能=之m时十之M=9J,物块与木板碰撞后瞬 2mgR=0-豆m近 (2分) 间，系统的动能E。=号M候=9J小，碰撞过程系统设 滑块从O点运动到C点的过程中，由能量守恒定律 有机械能损失，故物块与木板的碰撞为弹性碰撞，B 可得mg(H+R)=Q+之md (2分) 项正确：物块滑上木板时系统的动能E。=立m一 解得Q=1.6J (2分) (2)由于mgsin>mngcos6,所以滑块最终静止在M 18J,最终相对静止时系统的动能。=专(m+M0d 点，由功能关系可得mgR=mgcos0·s (2分) =6J,所以系统产生的热量Q=E一Es=12J,C项 解得s=3.75m (2分) 错误：由图乙可知术板的长度为4.5m,碰后相对位 10.【解析】()根据机械能守恒定律可得mgh=交m 移为1.5m,故最终物块与木板左端的距离为3m,D (2分) 项错误。 二、多项选择题 解得=10m/s (1分) 根据动量守恒定律可得一(M十n)助 (2分) 7.AB【解析】机械能的变化量等于重力势能的变化 量和动能变化量的和，则2E。一-3E。=0一3E十△E。, 解得=4m/s (1分) 解得△E。=2E,A项正确：木块上滑过程中，机械能 (2)设整个装置静止时，弹簧的压缩量为x,物体B 的变化量等于摩擦力做的功，则一fx=2E一3E。, 恰好离开地面时物体A的速度大小为，此时弹簧 的伸长量仍为x,弹簧的弹性势能不变，根据机械能 解得∫=E,B项正确：克服重力做的功等于重力势 守恒定律可得 能的变化量，则ngtosin30°-△E。,解得mg-5,C (m+Di=(m+Mg·2r+号(m+n 1 (2分)》 项错误：滑动摩擦力f三mg©os30,解得μ=之，D 根据Mg=k.x (1分) 项错误 解得x=0.3m,边=2m/s (2分) 8.ACD【解析】第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰 (3)若小球P与物体A发生碰撞后共速但不粘连， 撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间 当弹簧恢复原长时二者分离，设分离时二者的速度 方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可 大小为防，根据机械能守恒定律可得 ·46· 高三一轮复习重庆专版 ·物理· 合(n+Mi+之r=(m+Mgx+(m+M0话 定律和机械能守恒定律有 1 (2分) m=m十mw,豆m听= 2mG+ 2m (2分) 分离后小球P继续上升，根据机械能守恒定律可得 解得u=0,4= (2分) 1 m写=mgh, (1分) (3)若滑块b恰好到传送带右端减速为零，设此时传 送带两端EF的长度为L。 解得h1=0.59m (1分) 根据功能关系可得之m话=mgL (2分) 最高点离地面的高度H=Lm+h,=1.39m(1分) 11.【解析】(1)小球a由C点到D点做平抛运动，设小 解得L,=8R (2分) 球a在D点时竖直方向的速度为vy·则心=2gR ①若EF的长度L<8R,则滑块b从传送带右端滑 (1分) 离传送带，传送带对带块b做的功W=一骨mL 解得y=√2g尺 (1分) 设小球a在C点时的速度为o,对小球a在D点的 (1分) ②若EF的长度L≥8R,且传送带的速度≤ 速度进行分解tan30°= (1分) Uo √10gR,则滑块b先向右城速，后向左加速，直至与 解得西=√6gR (1分) 传送带共速，传送带对滑块6傲的功W=弓m一 小球在细圆管轨道ABC中的运动过程，根据功能关 5mgR (1分) 系可得E,=名md十mg×2R (1分) ③若EF的长度L.≥8R,且传送带的速度> 解得E。=5mgR (2分) √/10g下，则滑块b先向右减速，后向左加速，直至以 (2)根据机械能守恒定律有E。= 2m城 速度一离开传送带，传送带对滑块b做的功W= (1分) (1分) 解得m=√0g灭 (1分) 小球a与滑块b的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒 ·47