第六章 机械能守恒定律 综合测试&真题演练-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

地面为零重力势能参考而，则物块上升到最高点时动能为零，但物 块此时的机械能等于重力势能，机械能不等于零，图线为机械能 的变化图像，图线b为动能的变化图像，故A错误：BCD.动能随位 移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率 大小等于家浆力，由此可得子/a=g咖9rmgm,子a ungcos日，由图像知初动能为5J,上升到最高点的机械能为2】，则 之m5J,mg4mx血9=2J,解得m=01kg4- F26=10m/s, 故C正确，BD错误故选C 3.B解析：A由A、B两点弹簧对滑块的弹力大小相等可知，A点弹 簧处于压缩状态，B点弹簧处于伸长状态，在B点P所受合力聚直 向下，则P在越来越靠近B点过程中必有所受合力方向竖直向下的 阶段，该阶段P的速度减小，故A错误：B.滑块P在A、B两点时，弹 簧对滑块的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能 相等，到B点时，Q的速度为零，则由系统机械能守恒可得5mg(L- am37r)-mg×号=之m听.解得，√兮L,放B正确：C由 4 B项分析知A、B两点弹簧弹性势能相等，即弹簧对P做功为零，所 以细绳对P做的功等于P增加的机械能，则甲=g×号L+ 2后=mgL,故C错误；D.由A项分析知，从A点到B点过程中， 弹簧对P、Q整体先做正功，后做负功，所以P与Q的机械能先增大 后减小，故D错误故选B 4.BC解析：A.如图所示，从B到E段，弹力与速度夹角小于90°，弹 力做正功，机被能增加，故A错误； B.根据能量守恒可知，整个过程，小球减少的动能等于小球增加的 重力势能与摩擦产生的热量之和，故B正确： C.对AB段和CD段，用微元法结合对称性，在AB和CD上运动无穷 小的As距离，摩擦力做功之和△W=u(mg+F弹，)△+μ(mg-F弹，)· △s=24ng△s, 所以全程摩擦力做总功即产热Q=2mgΣAs=24umgL,故C正确； B mg D.从A到D根据动能定理-4(mg+F,)△-mgd=0-Ba, 小球在A点的动能等于E,=(mg+F,)△+mgd,故D错误 故选BC 5.AD解析：B.设物体P向下运动过程中的位移为x,弹簧的形变量 为△x,开始时弹簧的弹力表现为支持力，从释放P到弹簧恢复原长 过程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律4mgin30°-mg+△x= (4m+m)a,可得a=”mg,随着x增大4减小，则加速度逐渐诚 5m 小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，随 着x增大△x增大，根据牛顿第二定律4mgin30°-mg-k△x= (4m+m)a,可得a=mg,随着x增大△增大，当mg>k仙r时， 5m 随着x增大，加速度逐渐减小，当k△x>mg时，随着x增大，加速度 反向增大，所以物体P的加速度大小先或小后反向增大，故B错 误：A.以P为研究对象，设绳子拉力为T,根据牛领第二定律 4mgin30°-T=4ma,可得弹簧恢复原长前T=1.2mg-0.8k△x,随着 △x减小T增大：弹簧恢复原长后T=1.2mg+0.8k△x,可知随着△x增 大，T逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确：C.没有释 放物体P前，根据平衡条件mg=:,可得，=飞，物体P沿斜劈下 滑的最大距离为xmr,根据系统机械能守恒可得4 ng&mus si加30°+ 之=mg+o)户，解得放C错误：0当P 一学霸高考·白 的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件4g m30°=kx'+mg,解得x=,可知P动能最大时，弹簧的弹性势能 与初始状态相等，设P的动能为B,根据=2·4m2可知Q的 动能为，根据动能定理4mg(x+1)sm30°-mg(+)加+4 解得瓦=8，放D正确放选AD】 6.(1)3m/s(2)28N(3)27J 解析：(1)带块离开传送带做平抛运动，竖直方向有，2=2gH,滑块 沿P点切线滑人圆弧轨道，放a0=,联立解得滑块从传送带右 端飞出时速度大小%=3m/:(2)滑块在P点的速度大小p= 、。5ms,滑块从P到Q.由动能定理有mgR(1-c0)= 】 2.2-1.2,在Q点，由向心力公式有FN一mg=m尽，联立解 得F￥=28N,由牛顿第三定律可知，滑块经过Q点时对圆弧轨道的 压力大小F、'=F、=28N:(3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间 06位移大小：%Q9m,传送霜的位移大个。 g 1.8m,滑块和传送带组成的系统产生的热量Q,=mg(x'一x)= 45J,滑块由P至最终静止，由能量守恒定律有Q2=mgR(1-c0s)+ 2m子=25J,滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q=Q,+0,=271 (1)4mg2(2)2/10m/s,0.4m(3)1.65m 解析：(1)撤去外力腰间，对B研究，由牛顿第二定律有mgin37°- T=mna,对A研究，由牛顿第二定律有T-mAgsin37°-m4B cos37°=m44,解得a=4m/。2;(2)当滑块A的加速度为零时，速度 最大，对A研究可得T=magsin37+m4g0s37°+，对B研究可 得mggsin37°=T,解得x=0.4m,当加速度为0时，此时速度最大， 由能量守瓶定律得mgin37·x=子+mg血37P·+m,8 m3·+之mm)2,解得=子1而a6:(3)设物块A沿斜 面向上滑行的最大距离为L,据能量守恒定律有mgsn37°= 】2+mgin37P+m4ge37P·L,解得L=0.8m设细线断开 后，滑块A沿斜面向下运动的最大距离为d,则据能量守恒定律有 之2+m8dn3护m1gs37°，d4(d-)2,解得de165m 8.(1)16N,方向竖直向下(2)11J(3)见解析 解析：(1)球运动到B点过程中，根据动能定理W,-0.5mgL= 之m。子，解得a=7ms,在B点时，根据牛顿第二定徘N-mg 1 一，解得N16N,根据牛领第三定律，球刚进人BC管道B点时 对管道的压力为16N,方向竖直向下，(2)第一次到达P过程恰好不 脱离轨道，则小球在D点时，重力恰好提供向心力，由击处到D点过 程，根据动能定理用-05mgL-2mgr=2m02,在D点时mg= mU R,解得=1.1小上(3)由以上分折可知，小球从0处击出至第-一 次到达P过程不脱离轨道的情况下，必定有W≥1.1J,小球从0至 进人简后第一次反弹恰好到达P(即刚好不出简)，由动能定理可 得：W-0.5mgL-2h=0-0,解得：W=1.3J,讨论如下：①当L1J≤ W≤13J时，进筒但不出篇简，经多次反弹最终停在筒底，全程由动能 定理可得：W-0.5mgl+mgh-=0-0,化简可得：s=(F+0.3)m, ②当W>13J时，进筒且第一次反弹出简，则：=2h,解得：5=0.8m; 综上，当1.1J≤W≤1.3J时，s=(W+0.3)m:当甲>1.3J时，s=0.8m 第六章综合测试 1.C解析：喷管的直径约为10cm,则半径约为：=)×10cm=5cm= 题·物理·37一 0.05m,根据实际情况，每层楼高钓为：h=3m,则喷泉喷出的水柱超 过的高度约为：H=30×3m=90m,由竖直上抛运动的运动规律可 知，若水离开喷管时的速度大小为，则有：2=2gH,在接近管口很 短一段时间△：内水柱的质量m=P·△·S=pc△，设用于给喷 管喷水的电动机输出功率至少为P,根据动能定理可得：P: 2m2-0,联立可得：P2.9x103W,故C正确，ABD错误故选C 2.D解析：A.开始阶段运动员做自由落体运动，速度随时间均匀增 加：打开伞后运动员先做减速运动，空气阻力与速度平方成正比，则 加速度满足-mg=m,则加速度随时间逐渐减小，-t图线斜率 逐渐减小，阻力随速度碱小到与重力大小相等时做匀速运动， 故A错误；B.开始下落阶段运动员做自由落体运动，则E。= E0mgh,可知此过程中E。-h图像为直线，故B错误：C.开始下落 阶段运动员做自由落体运动，动能等于减小的重力势能，即E, =mgh,则E-h为直线：在开始减速后的过程中E=Eo+(mg-f)h, 由于阻力随速度逐渐减小，所以E-h图像的斜率绝对值逐渐减小】 阻力减小到与重力大小相等时做匀速运动，动能不变，故C错误： D.开始阶段运动员做自由落体运动，则2=2gh,故2-h为倾斜直 线：开伞后先做减速运动，空气阻力与速度平方成正比，加速度随时 间逐渐减小，则2-h图像变平缓，但如果匀速运动时，2-h图像为 平行于h轴的直线，故D正确.故选D. 3.A解析：A.木块B刚离开地而时，由二力平衡可得F=mgg=10N, 此时弹簧伸长量=k=01m,当木块A向下运动，速度减为0 时，此时弹簧处于压缩状态，木块B对地面的压力最大，设此时弹簧 压缩量为，由能量守恒可得m,(名+场+之=子，此时弹 簧对木块B的压力F,=2=30N,地面对木块B的支持力 Fw=mag+F,=40N,故A正确：B.当木块A所受的合力为0时，此 时木块A的速度最大，此时有F2=m4g=10N,弹簧处于压缩状态， =名=Q1m,由能量守相可得m,g(+场)+之= 压缩量为= )+)m,解得=2m,故B错误：C木块A运动过程 的最大加速度在其合力最大的位置，即在初始位置和末位置，在初 始位置时其合力F合=mwg+x1=m4a,此时a=20m/。2,故C错误： D.弹簧在其形变量最大的位置弹性势能最大，当木块A在最低点 时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大E,=2=4.5J,故D错 误故选A 4D舞析：A想对小球B有《+F觉=受对小球A有gF R,根据机械能守恒定律1 2三1m2+2g×2R,联立得司 m6=4mgR+当小球A到达P点时，其加速度大小一定 R+23<g,放AB错误：C.当小球A运动到N点时，设连接小球 2 2L 的轻杆与竖直方向的夹角为8，小球A与B沿轻杆方向的速度相等， 即4Co%0=ERCOS8,此时小球A、B的速度大小相等，故C错误：D.小 球A在M、P两点的速度均沿水平方向，所以沿轻杆方向的速度为 零，小球B的速度也就为零，所以小球A从M点运动到P点过程 中，B球速度先增大后减小，故D正确.故选D. 5.B解析：A刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象 有mg=(m+m)a,解得a=2g,对B研究，mg-T=ma,解得T= 乞g,故物体4受到细线的拉力大小为了g,放A错误：思.手托 住物体B时，物体A静止，设此时弹簧的压缩量为0，对物体A根据 平衡条件可得=g血0，解得产器物体A上升过程中，当A 和B整体的加速度为0时速度达到最大值，此时细线对A的拉力大 小刚好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为1，则mg-1一g· 血9=0，解得1一器，所以此时弹资的弹性势能与初始位置时相 一学霸高考·白员 同，对A,B和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统的机 械能守恒，根据机械能守恒定律得mg(x和+1)-mg(+)sin6一 2×22,解得=√%，故B正确：C.当B下落至最低点时，4 B整体碱少的机械能最大，转化为弹簧的弹性势能最多，所以此时 弹簧具有最大的弹性势能，故C错误；D.当B下落至最低点时，此 时A上升到最高位置，根据对称性可知B的加速度大小a'=a- 28,故对B受力分析，根据牛顿第二定律可知T-g=m',解得 73 mg,对AB整体研究，设此时弹簧弹力为F,则F+ 3 mgin-mg=(m+m)a',解得F=2mg,对A研究，A受到弹簧弹 力、重力和绳子的拉力，则F合=mgin8+F-T= 2mg,放D错误放 选B. 6.D解析：A.速度时间图像斜率表示加速度，由图乙可知，前5s 内货物做加速运动，货物受到重力mg、滑动摩擦力带和支持力 R,由牛懒第二定律得/a-mgin日=ma,其中加速度为a= 。)m。2=04m/2,联立以上解得f希=32N,匀速后，由平衡 条件可知，静摩擦力f。等于沿斜面向下的重力分力，即f。= mgsin0=30N,故A错误；B.速度一时间图像与横轴围成的面积表 移，故前5s和后5s位移分别为=号×2x5=5m (2×5)m=10m,故货物从A端运动到B端的过程中，货物受到的摩 擦力做的功为W=带x1×x2,代人数据得W=460J,故B错误： C,由图像可知货物到B端时速度=2m/s,所以货物从A端运动到 B端的过程中，由动能定理可知，货物受到的合力做的功为W合一 之m-0=(合×5x2）101,故C错误：D由图像可知传送香 速度为2/s,由能量守恒可知，因为传送货物，电动机对传送带多 做功甲电物帆=×5∫n×,其中，分别为1=2m/×5 10m,2=2m/s×54=10m,联立得W电机=620J,故D正确.故 选D. 7.AB解析：AD.汽车从a点保持恒定功率P从静止开始启动，汽车 的功率P=F,随着速度增大，汽车的牵引力F诚小，由牛颠第二定 律可得加速度减小，当F=了mg时，汽车的加速度为零，速度达到 最大，此时P=子mgw。,解得。=A正确，D错误：五.汽车在c 1 1 段运动时PB=（3mg+2m,解得B=25P,B正确：C汽车 从a点运动到b点的过程中，由动能定理得P,了mg=2m2,解 得= g2m7C错误故选AR 3Pto 27P2 8。CD解析：A,B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向 的速度分量为Asin9,沿PA方向的速度分量也为asin 8,故有 n=2ain8,A错误：B.由能量守恒知mgH=mg×2(√+d-d), 解得日=子，B正确：CD.4和B总动能最大时，即总重力势能最 小，此刻重力势能变化率为0，即mg4=mgwg,结合关联速度可知n ,,即8=30，由能量守恒知Ea=(2-√5)mgd,Bu=E8 √3 Eu=(12)mgd,CD正确故选BGD 9.（11195(1I4表116均可)）(20052（我a051）(3)条 解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm,需要估读到分度值的下 一位，则螺旋测微器的示数为d=1mm+19,5×0.01mm=1.195mm d1.195×10-3 (2)A的速度为20产云2x160x10/6=0.052s ·物理·38一 (3)若系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh=mg×2+ 之(2，P了解得，由A图像的斜率为k,在 25d2 实验误差允许范固内k=,则验证了机械能守恒定律 10.(1)3m/8.,1,05m(2)3.75」(3)见解析 解析：(1)物块从D点水平飞出后恰能无碰撞地从F点进入圆弧 轨道，由平抛知识可得，=√4=4m/s,B=,= =3m/,物 tan or 块从4运动到D的过程中，由动能定理有mg-4mg=2m。2-0, 解得h=1.05m:(2)由题意可知，在H点F,=mRuF, 由平驰知识可得物块在F点的速度r=√，+书，=5m/s,物块 从F运动到H的过程中，由动能定理有-mgRcos a-W= 2m2-2m,2,解得W=3.75J5 (3)物块从A运动到B的过程中，根据机被能守恒定律有mgh= 2mg2,解得g=√2，①若g==3m/8,则物块滑上传送带后 一直做匀速运动，从D点飞出的速度n=3m/s,此时h=0.45m当 0≤h<0.45m时，由于m<3m/%,物块滑上传送带后先加速运动， 2 又2 =0.9m<L=1.2m,所以物块在传送带上先加速后匀速运 动，从D点飞出的速度n=3m/s,因此，当0≤h≤0.45m时，D 3m/s②当h>0.45m时，由于"B>3m/s,物块滑上传送带后先减 速运动，假如到达D点时速度刚好减至3m/s,由mgh-mgL= 2m2-0,可得h=1.05m,当045m<h<1.05m时，物块滑上传送 带后先减速后匀速运动，从D点飞出的速度D=3m/s,当h> 1.05m时，物块滑上传送带后一直做减速运动，由mgh-mgl= 2m02-0,可得n2=20h-12,综上所述：当0≤h≤1.05m时，o 3m/s:当h>1.05m时，o=√20h-2m/s. 第六章真题演练 1。A解析：CD.对两种运动的整个过程根据能量守恒有之，2 1gxN*mg(名-*wx)】,2mo'=41mgw+mg(2-*M),可得 =2,放CD错误；AB.根据牛镇第二定律mg=ma,可得a=4g,由 于41>，故滑块在MW上时的加速度大，根据前面分析可知两次运 动的总位移相等，即两次运动过程中影-：图像与横轴围成的面积相 等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式，2 。2=22严可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种 运动状态的一t图像，可得2>1，故A正确，B错误故选A 41 2.(1)5m/s(2)8m/a60 解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理有mgxsin0- 1 mgcs8·*=2m-0,代人数据解得雪块到A点速度大小为6= 5m/s:(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理有mgh= 之m-子，代入数活解得雪块到地面速度大小=8，速度 与水平方向夹角为a,满足cosa= 0c0905×0.81 8 =2,解得a=600 3.(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m 解析：(1)0-1m,F做的功W=Fx=1.5x1J=1.5J:(2)对AB整体， 根据牛顿第二定律F-f=2ma,其中∫=umg,对B根据牛顿第二定律 一学霸高考·白 F=m阳，联立解得F=0.5N:(3)当A、B之间的弹力为零时，A,B 分离，根据(2)分析可知此时F=0.5N,此时x=3m过程中，对A、 B根据动能定理W,wmgx=之×2m2,根据题图可得W,=15J+ 0,5+15x2J=3.5J,从P点到M点，根据动能定理-mg·2rm 2 1 m22m己，在M点的最小速度满足mg=m 1 联立可得 Tm=0.2m,即圆弧半径满足的条件为r≤0.2m. 第七章动量守恒定律 第1节动量定理 1.D解析：A,以相同速书同时抛出甲、乙两相同的小球，在C点相 遇，两球在空中运动时间相同，重力相同，重力的冲量也相同， 故A错误：B.甲、乙两球在抛出后竖直方向加速度相同，运动时间 相同，但是甲球竖直位移小于乙球，说明甲球在竖直方向的初速度 小于乙球，所以抛出时，甲球重力的功率比乙球小，故B错误：C.从 B选项的分析可知，甲球在竖直方向的初速度小于乙球，甲、乙初速 度大小相等，所以甲球在水平方向的初速度大于乙球，甲球的初速 度与水平方向的夹角比乙球的小，故C错误：D,全程甲球重力势能 增加量小于乙球，根据机械能守恒，甲球动能减少量小于乙球，相遇 时，甲球的动能比乙球的大，故D正确故选D. 2.B解析：A根据等时圆的特点，小滑块从M滑到P和从Q滑到N 所需时间相等，合力对两滑块做的功都等于重力做的功，由于M与 P的高度差大于Q与N的高度差，所以合力对两滑块做的功不相 同，故A错误：B.滑块受到滑轨的弹力F=mg©os(8为轨道与水平 方向的夹角)，所以：滑块受到的弹力小，由于作用时间相同，根据 I=,所以弹力对a滑块的冲量小，故B正确：C.由于a、b两滑块受 到的重力相同，作用时间也相同，所以重力的冲量也相同，故C错 误：D.滑块受到的合力大小为mgsn8,MP的领角大，所以合力大 又由于作用时间相同，所以合力对4滑块的冲量大，根据动量定理 可知a潜块的动量的变化量大，故D错误，故选B. 3.A解析：苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3 倍，可知苹果和桔子减速过程的加速度大小均为a=3加《=巡=2g, 设与地板接触时，苹果和枯子的速度分别为，”2，根据题意有0= a,0■2-a·2△，可得1：=1：2，根据自由落体运动公式 2=2gh,可得苹果和桔子的碰伤阙值之比约为h,:h2=听：=1： 4,故选A. 4.C解析：A.在自由下落过程中，物体的速度在增大，故重力的功率 在增大，故A错误；B.在自由下落过程中，根据=2，可得下落 的时间1=0.68，故物体重力的冲量大小为I=mgt=30N·s,故B错 误：C.头盔接触地面提间时物体的速度。==6m/s,故在做匀减速 直线运动过程中，物体动量变化量大小为△p=m=30kg·m/s,故 C正确：D.在做匀减速直线运动过程中，对物体根据动量定理 (F-mg)h=0-(-m),解得F=3050N,故D错误.故选C 5.D解析：A水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过 水平喷水口的体积，即体积为Q=S,故A错误：B.水流从P到B做 平抛运动，平抛初速度为"，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，由几何 关系可知在B处的速度方向与水平方向成60°，则有m= @s602,故B错误：C.设4时间内有质量为4m的水撞击斜 面，设该过程斜面给水的支持力为N,规定：方向为正方向，由动量 定理有-N△t=0-△m×g,因为△m=nS△：，联立解得N=2S2,根据 牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力F=N=2S2,故C错误： D.结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B处的竖直方向速度 马，=m60°=B,故平抛时间为1=”，所以空中水的质量m 3pS -,故D正确故选D. 6.C解析：A.设拉货物轻绳与水平方向夹角为8，电动机牵引轻绳的 速度为0，则货物速度为= 二货物从4到B的过程，0增加 题·物理·39一学霸高春白题物理 第六章综 ☑章末自测阶段强化，巩固提升限时：60min 一、选择题 1.(2025·陕西渭南一模)某城市广场喷泉喷 出水柱，从远处看，喷泉喷出的水柱超过了 30层楼的高度：靠近看，喷管的直径约为 10cm.据此可估计用于给喷管喷水的电动机 输出功率至少有 ( A.3.2×104W B.5.8×10W C.2.9×105W D.4.6×105W 2.(2024·江苏连云港期中)跳伞运动员跳伞 过程中，打开伞前可看作自由落体运动，打开 伞后空气阻力与速度平方成正比，此过程人 先减速下降，最后匀速下落.下列关于人的下 落速度)、重力势能E。、动能E、速度平方 随下落时间t或下落高度h的关系图像可 能正确的是 4 B D 3.(2025·河北廊坊一模)如图所示，一轻质弹 簧两端分别拴接质量均为1kg的木块A、B, 并静止在水平桌面上.现用一竖直向上的外 力将木块A缓慢拉至某位置，木块B恰好对 桌面无压力，此时撤去外力，木块A由静止向 下运动.已知弹簧劲度系数为100N/m,弹簧 始终处于弹性限度内，重力加速度g取 10m/s2,不计空气阻力，下列说法中正确的是 090 合测试 A.木块B受到地面的最大支持力为40N B.木块A运动过程中的最大速度为√3m/s C.木块A运动过程中的最大加速度为 10m/s2 D.轻质弹簧具有的最大弹性势能为4J 4. 如图所示，A、B两小球质量均为m,A球位于 半径为R的竖直光滑圆轨道内侧，B球穿过 固定的光滑竖直长杆，杆和圆轨道在同一竖 直平面内，杆的延长线过轨道圆心0.两球用 轻质铰链与长为L(L>2R)的轻杆连接，连接 两球的轻杆能随小球自由移动，某时刻小 球A获得水平向左的初速度，沿着圆环恰能 上升到P点.其中M、N、P三点分别为圆轨道 上最低点、圆心的等高点和最高点，重力加速 度为g,下列说法正确的是 4小球A的初动能为”) B.当小球A到达P点时，其 OB 加速度大小一定为g C.当小球A运动到N点时，AN 0 球与B球的速度大小之比 为2：1 D.小球A从M点运动到P点过程中，B球 速度先增大后减小 5.(2024·江苏如皋二 模)如图所示，倾 角0=30°的光滑固 定斜面上，轻质弹簧 下端与固定板C相连，另一端与物体A相 连.A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的 定滑轮与物体B相连且始终与斜面平行.开 始时托住B,A处于静止状态且细线恰好伸 直，然后由静止释放B.已知A、B的质量均 为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,B 始终未与地面接触从释放B到B第一次下落 至最低点的过程中，下列说法中正确的是 ( A.刚释放B时，A受到细线的拉力大小 为mg B.A的最大速度为 mg 2k C.B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小 D.B下落至最低点时，A所受合力大小为mg 6.(2025·浙江宁波九校联考)如图甲所示，倾 角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针 方向匀速转动，将一质量m=5kg的货物（可 视为质点)轻放到传送带底端A,货物运动的 速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t= 10s时货物到达传送带顶端B,g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8，货物从A端运动到 B端的过程中，下列说法正确的是 ( /(m-s) 1637 10/ A.货物受到的摩擦力大小始终为32N B.货物受到的摩擦力做的功为160J C.货物受到的合力做的功为460J D.因为传送货物，电动机对传送带多做功 620J 7.(2025·四川内江一模)（多选）质量为m的 汽车沿路面abc运动，ab段水平、bc段与水平 面间的夹角为30°，如图所示.t=0时刻，汽车 从a点保持恒定功率P从静止开始启动，t= t。时刻，到达b点且速度恰好达到最大，此时 第六章机械能守恒定律学丽高春 汽车开启定速巡航（即保持汽车的速率不 变)通过路面bc.已知重力加速度为g,汽车 运动过程中受到的摩擦阻力恒为？mg,不考 虑空气阻力的影响.下列说法正确的是( A.汽车到达6点时的速度大小为3 mg B.汽车在bc段运动时的输出功率为2.5P C.ab之间的距离为 3P9p2 mg 2m'g D.汽车从a点运动到b点的过程中做匀加 速直线运动 8.(2025·河南安阳一糢)（多选）如图所示，可 视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q 点等高，0为PQ的中点，PQ距离为2d.一根 轻质不可伸长的细绳一端系在Q点，穿过质 量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P,另一 端吊着质量也为m的重物B.将圆环A由O 点静止释放，设QA与水平方向夹角为0已 知重力加速度为g,整个过程中B未与滑轮P 相撞，不计空气阻力和一切摩擦.下列说法 中正确的是 自B A.A和B的速度关系为Ug=vasin8 BA可以下降的最大高度为子 C.A和B总动能最大时，0=30° D.A和B总动能最大时，A的动能为（1 √3 mgd 2 097 学霸高春白题物理 二、非选择题 9.(2025·四川南充二模)某同学采用如图甲 所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块A与定 滑轮下方悬挂的物块B(带有遮光条)组成的 系统机械能守恒.图中光电门安装在铁架台 上且位置可调，滑轮质量不计且滑轮凹槽中 涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦 可以忽略不计，细线始终伸直.A、B质量相 等，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平 均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实 验时将物块B由静止释放. A 口光电门 (1)用螺旋测微器测出遮光条宽度d,如图乙 所示，则d= mm. (2)某次实验中，测得t=11.60ms,则此时A 的速度为 m/s(保留2位有效 数字) (3)改变光电门与物块B之间的高度h,重复 实验，测得各次遮光条的挡光时间t,以h 为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系， 在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图 像的斜率为k,在实验误差允许范围内， 若k= (用含g、d字母的表达式 表示)，则验证了机械能守恒定律， 10.(2025·浙江温州联考)如图所示，竖直平 面内有一游戏轨道，由倾斜直轨道AB、传送 带和圆弧轨道FGH组成，传动带CD部分水 平，其长度L=1.2m,大皮带轮半径为r= 0.4m,最底端E点与粗糙圆弧轨道FGH的 F点在同一水平线上，圆弧轨道半径R= 0.5m,G点为圆弧轨道的最低点，圆弧FG 对应的圆心角为a=53°，GH是段圆弧现 传送带不转动，某同学将一质量为m= 0.5kg可视为质点的物块轻放在A点，物块 由静止开始沿直轨道AB滑下，经C点滑上 传送带CD,B、C两点平滑衔接，物体经过时 无能量损失，物块经C点运动到D点后水 平飞出，恰能无碰撞地从F点进人圆弧轨 道并从H点飞出，当经过H点时，圆弧轨道 对物块的摩擦力为f=2N,已知物块与传送 带及圆弧轨道FGH的动摩擦因数u=0.5, 其余处均光滑，sin53°=0.8，cos53°=0.6， 重力加速度g取10m/s2,求： (1)物块从D点飞出的速度和物块从A点 下滑时离传送带的高度； (2)物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功： (3)若直轨道AB无限长，传送带以= 3m/s的速度顺时针匀速转动，物块在 直轨道AB上下滑的高度h与物块从D 点飞出的速度。之间的关系式 B(C) 0 第六章 ☑真题集训探究考向，剖析考点限时：20min 1.(2025·云南卷)如图所示，质量为m的滑块 (视为质，点)与水平面上MN段的动摩擦因数 为41，与其余部分的动摩擦因数为42，且4> 42第一次，滑块从I位置以速度。向右滑 动，通过MN段后停在水平面上的某一位置， 整个运动过程中，滑块的位移大小为x1,所用 时间为1：第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度 。向右滑动，通过MW段后停在水平面上的 另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小 为x2,所用时间为2忽略空气阻力，则( A.b1<2B.t1>2C.x1>x2D.x1<x2 2.(2025·黑吉辽蒙卷)如图，一雪块从倾角0= 37的屋顶上的0点由静止开始下滑，滑到A 点后离开屋顶.0、A间距离x=2.5m,A点距 地面的高度h=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦 因数4=0.125.不计空气阻力，雪块质量不 变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g取 10m/82.求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小； (2)雪块落地时的速度大小)，及其速度方 向与水平方向的夹角心 第六章机械能守恒定律学丽高春 夏题演练 3.(2025·福建卷)如图甲，水平地面上有A、B 两个物块，两物块质量均为0.2kg,A与地面 动摩擦因数为4=0.25，B与地面无摩擦，两 物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进， F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低 点，M为最高点，水平地面长度大于4m (1)求0~1m,F做的功； (2)x=1m时，A与B之间的弹力： (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的 条件 FIN 1.5 1.0 0.5 234x/m 099