单元检测(六) 机械能守恒定律-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（湖南专版）

2024一2025学年度单元过关检测（六） 物理·机械能守恒定律 (考选时可75分钟，惑分10分》 一、选择题：本题共6小恩，每小整4分，其4分。在每小思给出的四个透项中，只有一项 符合翻日要求。 题号 1 2 答案 1,如图甲所示，弹弓是孩子们客爱的泉射类玩几，其构遗原理如图乙所示，橡皮暗两端点 A,B国定在把手上，橡皮，处于AB价好为原长状态，在C处(AB连线的中线 上》放-一固体弹九，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点故手，算丸就会在檬皮筋的作用 下发刻出去。现将弹丸竖直向上发射，已知2是CD中点，不计空气阻力，则〔) A.从D到C过程中，弹丸和橡皮筋组麓的采统机械能守恒 R从D到C过程中，丸的功能一直在增大 C.从D到E过程障皮，对弹丸做功等于从E列C过程 D从D到C过程中，蝉九的动作和橡皮脑的弹性势使之和先增大后减小 2在有大风的情况下，一小球白A点竖直上抛，其运动航迹如图所 示。小球运动轨迹上的A,B两点在同一水平直线上，M点为轨 迹的最高点。若风力的大小面定，方向水平向右，小域在A点舱 出时的动能为4，在M发时它的动能为2J,落回到B点时动 能记为E山，小球上升时民记为，下落时间记为4，不计其姓阻 力，用 An:=132 且 CE=10J D.Ea=12J 3.如图所示，物块A套在光滑水平杆上，连接物块A的细线与本平杆利所域夹角为8三 53°，细线商过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮覆部离水 平杆距离为h=0,8m.现将物块B由静止释放，物换A.B均可视为团点，重力加迷度 =10m/,n5好=0,8，不计空气阻力，则 单元过美检测（六」物理第1页{共8页） 衡水真夏 A.物块A与物块B建皮大小始终相等 且物块A能达到的最大速度为2m/s G物换B下降过程中，重力始终大于细线上的拉力 D当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度最大 么如图所示，半径为R的二图曲面固定在水平面上，刺由雨各处粗稳程度相同。小物 块从圆夏上的A点由静止释放，下滑到最低点B,规定B点重力势衡为零，下列关于 物块下滑过程中重力势能E,和机械能E与高度五关系图像中，最浅近直实情观的是 《》 5.已如汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大莲度后以额定功率匀 速行驶，4b,d平行于v轴，反向延长线过原点O,孔作质量为M,已知M,F,F, ,,下列说法储谈的是 +4m·金 A汽车解定功率为F 且汽车从b到过程做变加连运动 MF:Te C.汽车匀知速运动持接的时屑为气干F MeF时 D汽车从：到私过程克聚阻力骚功2(R一丽 密卷 单元过美检测（六】物理第2页{共8质） 6.弹性轻蝇一端固定于天花板上的0点，另一幽与本早地面上置量 为m的滑块A相连，当弹牡绳处于女图所示的极直位置时，繁挨 光滑水平小钉B,此时滑块A对地面的压力等于自身所受重力的 一半，现作用在滑块A上一本平拉力F,使操块A向右缓慢运动 一段距离，在撒去拉力F时，骨块A给好能静止在地面上。已知弹性轻绳遵循橱克皂 律，弹性绳的源长等干OB的长度，弹性调具有的弹性势能石一}士，式中表为弹性绳 的劲发系数，x为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹性绳始终处于弹性限皮内，带块 A与塘而间的动摩擦因数为”，最大静摩指力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。 对于该过程，下判说法正确的是 () A滑块A对地而的压力逐赛变大 A滑块A向右运动的距离为罗 C带块A克聚率擦力敏的功为“ 4 D拉力F做的功为马 二、选择题：本题共4小厦，每小盛5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题日要求。全部法对的得5分，选对但不全的得3分，有选情的得0分。 题号 7 9 10 答案 ?,从地面竖直向上抛出一小球（可视为质点），其机械能E,等于动 +0 100 能E与重力势能E,之和。以地面为零势能参考面，该小球的 机械能和重力势能它离开地面的高度私的变化如图断示，g取 10m/W,由图电数据可知 A个球的质量为L.6kg 我A=2m时，小球的动能E=8」 C整个运动过程中小球的机械能守恒 D,从地面至为=5m,小球的动能减少100」 &.如图甲新示，复角为一37的传送蒂以恒定的速率w一0m/3沿送时封方向运行。一 0时，将规量知=2g的煤块（可视为成点》轻放在传送带上端，煤块相对地面的因像 如图乙断示，2s末滑离传送福，传送警上下两端长L一16m,投铅传递带向下为正方 向。重力加速度g取10m/,如37=1,6，w37”=a,8。则 ) 单元过美检测（六」物理第3页{共8页） 衡水真夏 120 5.0 2.3 ⊙ 分 A,煤块与传送带之同的动摩报因数“■Q,4 且煤块在传送梦上留下的痕连长度为5m C,整个过程因摩薄而产生的热量Q为48】 D竖个过程因摩擦而产生的热量Q为50」 9,如图甲所示，全球最大“上回转塔机”成功首发下线，标志着又树立了一面中国高葡制 登”的新班积。若谈忌重机某次从一0时别由静止开始向上提升质量为州的特体，其 :图像如图乙所示，时达到餐定功率，山一：时间内起重机保持定功率运动，重力 知遵度为度，不计其他阻力，下列说法正确的是 《》 甲 A.0一1时同内指体处于火重状态 民0一有时倒内起重机对物体做功为2m(4少 C该物体的最大速度为十吃 D0一4时何内起重机对物体饭功为(g+)a46一】 10,如图甲所示，一质量为2g的物体（可看成质点》在沿斜面方向的拉力作用下，从模角 的光带斜而底端由静止开始沿斜而向上运动。以斜而底袋为坐标原点，沿斜而向上为 正方向建立x轴，拉力做的功W与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取g=10m/公 物体沿料而向上开始运动到最高点的过程中，下列脱法正确的是 密程 单元过美检测（六】物理第4页{共8质） 甲 A.在0一10m内，物体加速度大小为10m/ 我在10m-。内，拉力F的大小为2N C,在x=10m处，拉力的功率为100W D.物体沿斜面向上运动的最大位移x。一22.5m 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11,(6分)某实验小组用扣图甲所示的实股装置装究合力做场与动能变化的关系。将木平 气垫导航和倾角为县的气经导轨对接，对接处巧炒设计使滑块在对接处几乎没有动懂 相失。骨境上固定宽度为。的够光片，感光计时器安装在水平导轨适当位置处，以记 梁感光片通过它的时屑。从倾斜导轨底滑向上等距离地标记为L,2L,3让，4L.…这 样在领解导轨上合外力对滑块做的功就可以分别记为W。,2W。,W,,W。、实验 时，每次露让滑块前沿从标记处静止下滑 42 45 (1》实验前先用螺旋渴微普海出感光片的克度d,图乙所示，一 可m。 《2》测得滑块从L2L,3乱，41.处分别释放后，滑块的感光片通过8光计时器韵时 间分别为的1，、△、△、▣由北测得滑块的速度大小。 (》第次实验时，止滑块从3L处静止释放，测得滑块的质量（含感光片）为侧一0.4kg: 颜角9=37，礼=10m,=L00×10)s,重力加速度的值为10m/,则滑块下 脊3L南离时，合力做动为一J,精块到达感光计时莽时的动能为一J (结果均保置两位有戴数学)，在实数误差灌围内，比较合力的功与动能变化的关 系，得出结论， 12.(10分》某同学利用下而的方法间接测量物体质量M,并利用此装置验证系统杭械建守 恒。装置如图甲所示，一根轻强跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P Q的质量均为m一20的g,在重物Q的下面道过径质挂构悬挂待测物块Z,重物P的下 端与穿过打点计时器的纸带相连。已知当地重力加速度为g一9,8m分。 单元过美检测（六1物理第5页{共8页] 衡水真是 一单位：C 用 (1)某次实验中，先接通领率为0H的交流电源，再由静止释放系旋，得到知图乙所示 的纸带，其中一L47am,为-5.3别m-8.21m-4-7.10am,4-7.98m,k 8.86m,则系统运动的加速度a一 m/,5点的速度 m/s. (结果均保留三使有效数字) (2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量植为M一一g。(结果保留三位有 效数字) (3)刺用纸情还可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出1点到5点的距离为k,如图 丙所示，求出1点的速度为向，5点的速度为，根据以上数暴，可求重物由1点运 动到5点时系统重力势能的减少量等于一，系统动能的增加量等于 ,通过数据可得出在误差允许的范属内系统重力劳能的减少量等于系能 动能的增加量，爆系统机城能守恒。（均用随中M、网，两，m,g、本字每表示） 13.(10分)如图所示，内壤光滑、率径为r的圆管轨直AC圆定在经直平面内，0是圆心， AB是竖直直径，CC是半径，∠AOC一60°，光滑的斜面DC在C点与则管轨百小间隙 对接，C与OC兼直。观让质量为m的小球从D点由静止释成，沿着斜面运动到C 点（小球离开斜面日立即擂走斜面）然核着无绿撞从C点进人圆管轨道，并沿著闭管轨 道运动到A点，小球离开A点又能刚好到达C点，重力加速度大小为。求： (1)小球经过A点时对管道的弹力： (2)D,C两点之间的高度兼。 密卷 单元过美检测（六）物理第5页{共8质) 14.14分)如图所示，水平平合上一轻弹簧左瑞固定在A点，瓜长时在其右端B处致置一 硬量为牌一2kg的小滑扶（可视为质点），平台AB段光滑，BC段长x=2用，与滑块可 的动摩擦因数m一05。平台右端与水平传送带相接于C点，传透带长L=5m,与滑 块间的动啡擦因数m一Q4。传送带右端D点与一光带经直圆形线道相韧，圆形轨道 半径R一Q4m,最高点E处有一弹性挡板，滑快碰植药板前日无机做能损失，现将滑 块向左压输弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1,5m处停下。 已如传动带只可椭时针转动，重力知速度g一10m/云，求 [1)释放滑块时弹簧的洋性势能E: (2)若在相同位置释放骨块，要使滑块恰好上升到E点，传送带的速度为多少： (3)若在相同位置释数带块，要使带块不脱离圆氢形轨道，几不再返国压增弹簧，传送 带的速度大小范围 2m中-=5m 单元过美检测（六」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 5,(15分》如图所示，长为L的轻直杆上等距离团定质量均为m的N个小球（相部球距为 急)从里向外分别标记为第1：2,3一N号，轻杆一馏连接较纸0点。现将轻仟按动 至与较時O相水平的位置由静止自由释放，所有小球随杆管竖直平面内的翼周适动： 复降一切阻力，重力加速度为g:从起点运动至杆竖直位置的过程中。 (D若N=1(即只在杆的另一端州定一个个球)，米或动至整直位置时轻杆对小球的拉 为大小： (2若N一20，求该过程中轻杆对第7号小球做的功： (3》现滤足N>1,请判断该过程中轻杆对第7号小球歌的功使否为0，若不能，给出解 释：若能，推理出N为多少时做功为0， 单元过美检测（六）物理第8页共8园】衡水真题密卷 15.(1)T= 4x2(R+h) gR (2②)-2m(R) mgR2 2(R+h) Mm 【解析】(1)根据牛顿第二定律有GR+) m禁(R+) 扬体在地球表面时，有G授=mg 两式联立解得T=√ 4x(R十h) gR2 Mm (2)根据牛顿第二定律有GR+h)=mR十 ERT 在轨道1的线速度一√R干五 轨道距地面高度为h时，空间站的动能为E 专d=2物 2024一2025学年度单元过关检测 一、选择题 1.A【解析】从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组 成的系统除重力做功外，没有外力做功，所以系 统的机械能守恒，A正确；在C点橡皮筋处于原 长，弹力为零，故在C点和C点前某一段必有左 右两边橡皮筋弹力的合力小于重力，此时加速度 向下，速度在减小，B错误：从D到E橡皮筋作用 在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹 丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋 对弹丸做功较多，C错误：从D到C的过程中，弹 丸的动能、弹丸的重力势能、橡皮筋的弹性势能 总和不变，而弹丸的重力势能不断增大，说明弹 丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和不断减小，D 错误。 2.D【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正 交分解，水平方向在水平恒定的风力作用下做初 速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作 用下做匀变速直线运动。竖直上抛运动上升过 程与下降过程具有对称性，则有1=2，B错误： 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的 时间间隔内位移之比为·2=1：3，A错误：小 球在A点的速度为，则有E=m=4J,竖直 5 ·16 单元过关检测 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E。= -加gR R十h 地球自转同期为工，则G恤-加答， 解得r一√ gRT 4π2 在同步轨道3，动能e=号m(r)'- n(er第 势能Ee=一 mgR gRT =-m (gR T。 4 发动机做的功等于增加的机械能W=E。十 Be-(+B)=-2m( 2m(R会) +2w (六) 物理·机械能守恒定律 方向有=2gh,小球从A到M过程，根据动能定 理可得一mgh十Fx=Ew一Ea=2J一4J= 一2J,联立解得F=2J,小球从A到B过程， 根据动能定理可得F(x1十x2)=Ew一EM,其 中F(x1十x2)=4F知1=8J,解得Ea=12J,C 错误，D正确。 3.B【解析】根据题意可知，物块A与物块B速度 关系为VACOS=g,两物块速度不相等，当物块 A经过左侧滑轮正下方时，有m=VACOS90°=0， A,D错误；当物块A运动到左侧定滑轮正下方 时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大， 根搭款战能守恒有mg(3一A)=合m, 解得v=2m/s,B正确；由上述分析可知，当物块 A经过左侧滑轮正下方时，物块B的速度为0，则 物块B向下先加速后减速，则物块B减速下降过 程中，重力会小于细线上的拉力，C错误。 A【解析】根据重力势能与重力做功的关系，在 下落高度h时，其重力势能为E,=mg(R一h)= mgR一mgh,故重力势能与高度h的图像是一条 斜率不变的领斜直线，且当h=0时，重力势能最 大，h=R时，重力势能为零。物块下落高度h 时，由功能关系可得此时物块的机械能为E= ·物理· mgR一W,在下滑的过程中，物块的速度逐渐增 大。设在运动过程中重力与速度的夹角为日，则 在运动过程中根据牛顿第二定律得F=FN mg如0=加质，根福清动摩擦力的定义可知了二 uF、,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐 渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相 同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所 述，A正确。 5.C【解】根据P-Fu,可得0=P·是，汽车颜 定功率为图像的斜率，有P==F,A正确 1 F2 汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速 度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有F一 f=m,可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减 小，故汽车从b到C过程做变加速运动，B正确： 汽车所受的阻力为f=卫=F2,由颜定功率等 于图像斜率有P=一9，即F2=F,汽车 1 1 F2F 从a到b,根据牛顿第二定律有F1一f=Ma,汽车 从a到b匀加速运动持续的时间为t= a MF2Um (正一FFC错误：汽车从a到b过程的位移 x=2a,汽车从a到b过程克服阻力微功W= M2F路 f-22屑D正确。 6.C【解析】设A处于初始位置时与B点的距离 为h,物体A在初始时受重力、拉力和地面的支 持力，根据题意和平衡条件，有从=司mg,物体 A在向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉 力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示，根据正交 分解得N=mg-krsin0=mg-kx·左=mg kh,所以支持力不变，摩擦力f=N,可知地面对 A的摩擦力保持不变，撒去外力时弹性绳的伸长 量为x',在水平方向，有x'c0s0一f=0,可得 cos0-…竖=0，解得=5g滑块A 参考答案及解析 向右运动的距离为L=c0s0-爱，AB错误： 滑块A克展摩擦力微的功为W=几=受× g=mE,C正确：从A到静止的过程中，根 2k 4k 据能量守恒可得Wr=W:十W体，弹力做功为 W=一，根据几何关系可得”=+E= mg+),联立可得w,=③业+DmE,D 4k2 8k 错误。 g 二、选择题 7.AD【解析】由图知，h=5m时，E。=80J,由E =mgh得m=1.6kg,A正确：物体上升0 5m的过程，根据功能关系可知一fx=E: E,解得物体上升过程中所受阻力大小为∫= EM-E5=100一80N=4N,故整个运动过程中 元 5 小球的机械能不守恒，C错误；由动能定理可知h =2m时，一fh一mgh=E一Eo,解得小球的动 能E.=60J,B错误；从地面至h=5m,由动能定 理可知△E=一fh一mgh=一100J,所以小球的 动能减少100J,D正确。 8.BC【解析】由题图得0~1s内煤块加速度4= 8盟-08m/g=10.0nm/g,根指牛顿第二定 律得mgsin0十mgcos0=ma1,解得μ=0.5，A 错误；根据图像可知，0~1s内传送带比煤块多 运动位移△如=2×10X1m=5m,1一2s内球 块比传运带多运动位移△=之X2X1m 1m,两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下 的痕迹长度为5m,B正确；整个过程系统因摩擦 而产生的热量Q=mg(△x1十△x2)cos0=48J, 勾 衡水真题密卷 C正确，D错误。 9.CD【解析】0~时间内物体有向上的加速度， 物体处于超重状态，A错误：0~1时间内起重机 对物体做功为网=司 mv+mgh m(a4)+mg·是af=masmg,B错 1 2. 误；根据牛顿第二定律F一mg=ma,0~4时间内 起重机对物体的牵引力为F=ma。十mg,起重机的 最大功率为P=Fv=Faat4=(a十mg)ao4,该物 体的最大速度为g=a+,C正痛 g 一t2时间内起重机对物体做功为W2=P(2 t)=(mao十mg)aot(t红一t),0~t时间内起重 机对物体做功为W=W1十W2 1 (mg十ma)a4(e-2)D正确。 10.BD【解析】由于拉力沿斜面向上，则拉力微的 功W一Fx,可看出Wx图像的斜率代表拉力， 在0<x<10m的范国内，拉力F=W=20N, △x 根据牛顿第二定律可知F一ngsin0=ma1,解得 a1=5m/s2,A错误；从x=10m到最高点的过 程中，起力F-会罗-2N,B正确！根据动能定 里有W-mgsin0·x=方md,解得=10m 处物体的速度=10m/s,此时拉力的功率P= F)一200W,C错误；从x=10m到最高点的过 程中，根据动能定理有W,十F（xm一x2)一 ngImsin0=0,又由题图知W1=200J,解得物 体沿斜面向上运动的最大位移xm==22.5m, D正确。 三、非选择题 11.(1)1.880(1.879或1.881均可) (3)0.720.71 【解析】(1)螺旋测微器的读数为d=1.5mm十 38.0×0.01mm=1.880mm。 (3)滑块在气垫导轨上下滑时摩擦力可忽略不 计，故只有重力做功，即合力做功为W=mg· 3L·sin0.72J,滑块到达感光计时器时的动 能为B=名m,=品，代入数值解得民≈ 0.71J. 5 单元过关检测 12.(1)5.502.11(2)0.512 (3)Mgh 合M+2m(d-) 【解析】(1)由题图可知，相邻计数点间的时间 间隔为T=2×0.02s=0.04s,根据逐差公式可 得，系统运动的加速度为 a=s十5十6)-(s十52十s)。 97P a.10+7.98+8.86-447-534-6.2)X0.01m/g 9×0.04 -5.50m/g,打5点时的速度为5=，十 2T 7.98+8.86×0.01m/s≈2.11m/s 2×0.04 (2)对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律有 (M十m)g-T-(M十m)a,对P分析，根据牛顿 第二定律有T一mg=ma,联立解得物块Z质量 的测量值为M≈0.512kg. (3)重物由1点运动到5点时系统重力势能的减 少量等于△E,=Mgh,系统动能的增加量等于 A近=2M+2m8-2M+2m)d=号M+ 2m)(砖-)。 13.(1)0(2)r 【解析】(1)小球从A点飞出后做平抛运动，水 平方向有r=Uad 竖直方向有一7o0s60°=号g 小球在A点的速度大小为vA=√gr 设轨道对小球的作用力大小为F,方向竖直向 下，合外力提供向心力有F+mg=m或 解得F=0; (2)小球从D点到达A点时，根据机械能守恒有 1 mghon-2muh 解得m=号 由几何关系可知C、A两点之间的高度差hc= 7(1-c0s60)=台 D、C两点之间的高度差hc=hm十hc 解得hc=r。 14.(1)E,=22J(2)v=2√5m/s ·物理· (3)0<≤2√2m/s或2W5m/s≤≤5√2m/s 【解析】(1)滑块从释放到在传送带上静止，由 能量守恒定律得E。=hmgx十mgx 其中x1=1.5m 解得E,=22J: (2②)滑块恰好到达E点，有mg=m震 解得E=√gR=2m/s 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块 在传送带上加速的位移为L1,由动能定理得 W一hmgx+mgL-2mgR=2m呢 Wa=Ep 解得L1=1m,又因L1<L=5m,故滑块在传送 带上先加速后匀速。从D到E,由动能定理有 2m呢 联立解得传送带速度为v=o=2v√5m/s: (3)情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设 传送带速度为2，由动能定理一mgR=0一 d 解得h=√2gR=22m/s 假设返回经过传送带速度减为零时，与D点距 离为L人，则有一mg'=0-2m 解得L'=1m<L=5m 故物块不会冲过C,点，在传送带与圆心等高处 往复运动，则此情况要滑块不脱离圆孤轨道应 满足条件0<≤2√2m/s 情况二：物块上升到最高点E后再恰好返回B 点，设物块在传送带上的加速位移为5，对全程 分析由动能定理有E,一2mgx十四mgs一 uamgL=0 解得s=4.75m 设此时传送带速度为西，则由动能定理有E。一 mgx uamgs-m 解得=5√2m/s 故此情况滑块不脱离圈孤轨道需满足条件 2v5m/s≤≤5w2m/s。 总结：要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度 参考答案及解析 需满足的条件：0<u≤2W2m/s或2√5m/s≤ ≤5W2m/s。 15.(1)3mg(2)-7mgl 41 (3)见解析 【解析】(1)若N=1,运动至竖直位置时由动能 定理得mgL=之m 解得v=√2gL 由牛领第二定律可得F一mg=m艺 解得运动至竖直位置时轻杆对小球的拉力大小 为F=3mg (②)若N=20,选取杆在竖直位置时最低点为零 势能，对整体由机械能守恒有20mgL m®（贵+8++坊+o)十mi+ad+叶 专ad 根据线迷度关系可得=易=骆… V2o=wL g头+W4= 对第7个小球由动能定理有mg0 司m话-0 解得W#=-7mgL 41 (3)共有N个小球时，选取杆在竖直位置时最低 点为零势能，对整体由机栽能守恒有 NmgL=mgL(心+%2++R)+ m+2m+…+2m 根福线速度关系可得=如卡助=心货…， L NL wx一W 对第7个小球由动能定理有mLX名+W, 2m略-0 7 解得W#=mgLN2N+[3X7-(2N+1)] 当W#=0时N=10。 9