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（重庆甘肃贵州云南四川专版）

2024一2025学年度单元过关检测（六） è题 物理·机械能守恒定律 (考选时可75分钟，惑分100分》 一、单项迹择题：本题共7小盟，每小驱4分，共指分。在每小题给出的四个燃项中，只有 一项是符合题日要求的。 号 1 3 6 7 答案 1,如图甲所示，弹号是孩予们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图乙所示，橡皮两端点 A,B网定在把于上，橡皮前处于ACB时价好为原长找态，在C处(AB连线的中重线 上》放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在檬皮筋的作用 下发射出去，现将弹丸竖直向上爱射，已知E是CD中点，不计室气用力，则() 皮 D 甲 A从D到C过程中，弹丸和橡度箱组成的系统机械能守恒 我从D到C过假中，单丸的动能一直在增大 C,从D到F过程檬皮筋对弹丸：功等于从E到C过程 D.从D到C过程中，弹丸的动能和橡皮蘑的弹性势能之和先增大后减小 2.如图所示，一条径绳药过光带定滑轮，两端与质量分别为2m程m的 物体P、Q连楼，轻弹簧竖直放置，上幽与物体Q相连，下烟国定在水 平面上。用手托住物体户，当轻绳用好被拉直时，物体P离地的高度 为上，，重力加速度大小为g。物体P由备止释放后，地时的速度恰好 为0，附物体P下落过程中，掉簧的塑性梦能增加了 A.0 A"吧 c D.mgL 单元过美检测（六」物理第1页{共8页） 衡水真是 3.在有大风的情况下，一小球白A点竖直上常，其滋动物连图所 示。小球运动轨连上的A,日两点在间一水平直线上，M点为物 连的最高点。若风力的大小相是，方向水平向右，小球在A点指 出时的动能为4J,在M点时它的动德为21，落国到B点时动 能记为E,小球上升时钢记为，下落时何记为，不计其他绍力，测 A,14=1t2 且 C.E-10 J D.E-12J 4.如图所示，物块A套在光带水平杆上，连接物块A的闲线与水平杆间历成夹角为0一 53”,纸线跨过同一高度上的两光带定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部离水 平杆更南为为一0.8m,现将物块B由静止释效，物块A,B均可提为质点，重力如速皮 g一0m/g,n63-1.8,不计空气阻力，则 A物块A与物块B速度大小始终相？ B物块A能达到的最大速度为2m/s C,物块B下降过程中，重力始然大于湘线上的拉力 D当物块A经过左测滑轮正下方时，物换B的速度最大 五.如图所示，半径为R的圆氧曲面固定在水平面上，到无由面各处粗局程度相同，小物 块从圆虹上的A点由静止释放，下滑到量低点B。规定B点重力劳能为零。下列关于 物块下滑过程中重力势能E品，和机械能E与高度角关系图僚中，最接近真实情配的是 《》 密鞋 单元过美检测（六】物理第2页{共8质） 6.弹性整蝇一端固定于天花板上的0点，另一端与本平地面上面量 为m韵滑块A相在，当弹性翼处于如周所示的短直位置时，紧挨 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。现作用在滑换A上一水平拉力F,使帝块A向右缓慢运动 一段距离，在教去拉力F时，滑块A恰好能静止在越面上。已知弹 性轻绳避福胡克定律，塑性绳的原长等于O昭的长度，鲜性闻具有的第性势能E= 女，式中水为弹性绳的劲度系数。一为第性绳相对原长的形变量，此过程中弹性绳始 终处于弹性限度内，滑境A与地面间的功摩擦因登为：，最大静摩趣力等于滑动学擦力。 重力加迷度大小为：。对于谈过程，下列说法正确的是 A滑块A对地面的压力逐萧变大 且滑块A向右运动的距离为 C指块A克聚摩擦力徽的功为严￡ D拉力F做的功为型 8 7,知图所示，爱量为1kg的滑块在领角为30的光带斜面上，从 4点由静止开始下滑，到b点开始压蜜经弹簧，到：点时达到 最大速度，到d点（图中末面出）开始弹回，返回6点离开黄， 价能再可到：点。若加=点，1m,第簧弹柱劳能的最大值为 8J,g取10m/。,谢下列说法正确的是 A,弹簧的萄度系数是100N/m 我从d友河6点滑块克整重力敏功小于BJ C,带块的功能最大值为8」 D从d点到点弹簧的弹力对滑块做功8】 二、多项选择题：本题共3小厦，每小置5分，共15分。在每小驱给出的四个选项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得5分，燃对但不全的得3分，有造情的得0分。 题号 8 9 10 答案 &从地面鉴直向上抛出一小球《可栈为质点)，其机械能E等于动 +时 能E与重力势能E,之和。以地面为零势能参考面，该小球的 机棱能和重力婷能随它离开地面的高度的变化如图所示，g取 10m/保，由固中数据可知 A小球的质量为1.6kg 我A=2m时，小球的动能民=68」 C最个运扇过程中小球的机械能守恒 D.从粒面至为=5m,小球的动作减少100」 2 单元过美检测〔六」物理第3页{共8页】 衡水真 ,加图甲所示，全球最大“上目转塔机”成功首发下线，标志看叉树立了一面“中国高确相 造”的新旗职。若该尽重机某次从一0时刻山静止开始向上提丹质量为m的物体， a图像如图乙所示，4时达到搬定功率，白一时间内起重杭保持额定功省运动，重力 加速度为g,不计其他阻力，下列说法正确的是 甲 A.0一6时间内物体处于尖重状吉 具0-4时铜内起重机划物体做功为2m(,》 C.该物体的最大速度为山十 D0一4时何内起重机对物体敏功为g十a灿（一24） 10.如图甲新示，一质量为2短的物体（可看成质点）在沿斜面方向的枚力作用下，从模角心一 的光滑到而成装由静止开始沿斜面向上运动。以斜而底端为坐标原点，沿斜面向上为 正方向建立x轴，拉力做的功W与物体位置坐标z的关系如阁乙所示，收g一]0m/公， 物体沿群而向上开始运动到最高点的过程中，下列说法正确的是 4 甲 A.在0-10m内，物体加速度大小为10m/ A在10m一x内.拉力F的大小为2N C在z=10m处，拉力的功率为100W D物体沿到而向上运动的量大位移x。一22,5m 三，非进择派：本题共5小题，共57分。 1山.(6分)某实验小园用如图甲所示的实验装置探究合力做功与动能变化的关系。将水平 气想导轨和横角为©的气势导轨对接，对接处巧处没计桂滑块在对接处儿平没有动能 提失。滑块上风定宽度为d的感光片，感光计时器安装在水平导轨适当位置处，以记 录感光片通过它的时间。从镇料导轨底端向上等距离地标记为L、2L,3L、L,这 样在领斜学轨上合外力对滑块敏的功就可以分别记为W,2W,3W。,4W6,·实验 时，每次都让滑块前沿从标记处静止下滑 密程 单元过美检测（六】物理第4页共8质） 、红 2L 甲 (1)实验酱先用螺餐测量器测出感光片的宽度d,如图乙所示，d一 。 (2)测得滑块从L、2L、3L、4L.…处分料释放后，滑块的感光片道过感光计时带的时 何分别为，，△，△，一由此测得滑块的速度大小， (3)某次实验时，让滑块从3L处静止释故，测得浙块的质量（含填光片）为网三0.4k翠 蜘角一37，L一0m,山一1.00×]0s,重力加速度的值为10m/公，则滑块下 骨3山，臣离时，合力做功为 」滑块到达感光计时器时的动能为 《结果均保霸两位有效数字)，在宾验误差范围内，比较合力的功与动能变化的关 系，得出结论 12.(10分)某同学利用下面的方法闻接测量物体质量M,并利用此装置释证系统机械衡守 恒。装置知图甲所示，一银轻网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一2的g,在重物Q的下面通过径质挂钩悬挂待测物决Z,重物P的下 端与穿过打点计时荐的纸带相连。已知当地重力加速度为g=马，8m/幻 单位：an (1)某次实验中，先通率为50Hk的交流电源.再由静止释成系统，得到如图乙所示 的纸带，其中14.7m为-5.34m,为-821m,-7.10am,为-7.%m, 8,8新m。则系统运功的加速度a= m/,5点的速度动 1m/8。 《站果均保葡三位有效数字) ()整略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M= g。(结果保留三位有 效数字) 《)利用派带还可以验汪系笼机械能守面，测量纸带得出1点到S点的E离为为，知周 内所示，求出1点的速度为，5点的速度为防，根据以上数据，可求重物由1点运 功到5点时系说重力势能的成少量等于 ,系统动能的增加量等于 ,通过数暴可得出在误差允许的范围内系统重力势能的减少量等于系统 动能的增加量，则系统机城能守恒。（均用题中M,出，，5R,k字母表示） 单元过美检测（六1物理第5页{共8页） 衡水真是 13.《12分)如图所示.内喷光滑、常径为r的园管轨道A仪℃国定在经直平面内，0是圆心： AB是竖直直径，C是华径，∠AOC一60°。光滑的斜面DC在C点与管轨道小何隙 对接，D汇与汇垂直。观让面量为m的小球从D点由静止释设，沿着斜面运动到C 点（小球离开斜而后立即播走斜面）餐接着无碰撞从C点进人圆管线道，并沿着图管轨 道运动可A点，小球离开A点又能刚好到达C点，重力加建度大小为g。来， (1)小球经过A点时对管道的算力： (2)D.C两点之间的高度差 密卷 单元过美检测（六）物理第5页{共8质) 14.12分)如图所示，光滑水平导轨AB的左端有一压第的乳簧，算簧左墙固定，右编前成 一个质量为m一1kg的物块（可钱为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的 左馏刚好平齐接触，传送带C的长度为上=日m,沿逐时针方向以恒定速度 1m“匀速转动。CD为完滑的水平轨道，C点与传送带的右端满好平齐接触，DE是 竖直放置的半径为R一Q.4m的光誉率置轨道，DE与CD相切于D点，已知物块与 传送带间的功摩擦因数=0,2，取g=10m/、。 (1)若释放弹簧，物块离开弹簧带上传送萨刚好能罚达C点，求弹簧销存的弹生势 能E (2)若释放弹簧，物块离开弹簧滑上传适桥能够通过C点，并经过圆沉轨道DE,从其最 高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=L2m处(CD长大于1？m),求 物块通过耳点封受到的压力大小： (3)满足《1)条件时，米物块薄过传送梦的过程中产生的热能（结果保甯三位有效数 字)。 2 单元过美检测（六」物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 5.(1了分)如图所示，一很质量可不计的州性的轻杆，左端通过？筋固定于0点，中点及右 南分别围定两个小球A和B,两球的质量分别为m和2m,两眼与杆可在竖直平而内饶 O点儿掌擦地转动。并如时杆与竖直方向的夹角。一0°，由静止释放。已知杆长为， 重力加速度为g,求： (1)小球B运动到最低点时，杆的角速度和杆对球B的枚力： (2)小球从静止释放到最征东的过程中，杆财小球A做的功： (3)要使小球能烧O点嫩完整的圆周运动，则在图示位置释效时，至少给小球B多大的 初动作， 单元过美检测（六】物理第5页{共8质）衡水真题密卷 单元过关检测 心力 Mm G-m 'R 【解析】（①）根据牛顿第二定律有GR十一 解得M-祭 n禁R+ 物休在地球表面时，有G恤=mg (2)椭圆轨道I的半长轴为 R a=2R 两式联立解得T=入 4π2(R+h) 根据开普勒第三定律得 gR 2 祭器 (2)根据牛顿第二定律有GR+h)=mR十h 解得T=2√2T 在轨道1的线速度0一√干n 14.a290 (2)3L(3)2mL√3Gm 轨道距地面高度为h时，空间站的动能为E= 【解析】(1)依据万有引力定律有F,=2Gm 吉md-20 1 L 轨道距地面高度为h时，空间站的势能为E1= (2)设O点距S2星的距离为x,双星运动的周期 为T,由万有引力提供向心力 mgRe R+h 对于S里有G管-2m(停) 地球自特周期为T,剥G=m芹， 2 对于S里有G管=m-)() gRT国 解得r一4元 可得-工=2 在同步轨道3，动能E=号m()' 解得x= 名m(eR) (3)由万有引力提供向心力得严=2mx祭 势能Ee=一 mgR gRT 双星周期为T=2xL√3Gm m( 4π 发动机做的功等于增加的机械能W=E十 15.(1)T= 4π(R+h) gR (2)- n()+ mgR2 2(R+h) 2024一2025学年度单元过关检测（六）】 物理·机械能守恒定律 一、单项选择题 总和不变，而弹丸的重力势能不断增大，说明弹 1.A【解析】从D到C的过程中，弹丸和橡皮筋组 丸的动能和橡皮筋的弹性势能之和不断减小，D 成的系统除重力做功外，没有外力做功，所以系 错误。 统的机械能守恒，A正确；在C点橡皮筋处于原 2.D【解析】物体P下落过程中，物体P、Q和弹 长，弹力为零，故在C点和C点前某一段必有左 簧组成的系统满足机械能守恒，物体P、Q的重力 右两边撩皮筋弹力的合力小于重力，此时加速度 势能减少了△Ep=2mgL.一mgL=mgL,则弹簧 向下，速度在减小，B错误：从D到E橡皮筋作用 的弹性势能增加了mgL,D正确。 在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹3.D【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正 丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋 交分解，水平方向在水平恒定的风力作用下做初 对弹丸做功较多，C错误：从D到C的过程中，弹 速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作 丸的动能、弹丸的重力势能、橡皮筋的弹性势能 用下做匀变速直线运动。竖直上抛运动上升过 2 14 ·物理· 参考答案及解析 程与下降过程具有对称性，则有=2，B错误： 分解得N=mg-kxsin0=mg-kx·上=mg 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1：x2=1；3,A错误：小 h,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 球在A点的速度为，则有E=2m=4J,竖直 量为x',在水平方向，有kx'cos0一f=0,可得 方向有=2gh,小球从A到M过程，根据动能定 xcos0-4受=0，解得t=2法05g滑块A 理可得一mgh十F1=EM一EA=2J-4J= 一2J,联立解得F=2J,小球从A到B过程， 向右运动的距离为L=士c0s0-爱，AB错误： 根据动能定理可得Fx(x1十x2）=Eg一E4,其 中F(x1十x2)=4Fx1=8J,解得EB=12J,C 滑块A克服摩擦力微的功为W=L=受× 错误，D正确。 mg=mg,C正确：从A到静止的过程中，根 2 4k 4,B【解析】根据题意可知，物块A与物块B速度 据能量守恒可得W:=W:十W攀，弹力做功为 关系为Ac0s0=B,两物块速度不相等，当物块 A经过左侧滑轮正下方时，有s=Ac0390°=0， W,=一司，根据几何关系可得2=术十2= A,D错误，当物块A运动到左侧定滑轮正下方 mg十2，联立可得w=③+mg,D 时，物块B下降的距离最大，物块A的速度最大， 4k2 8k 根扬执械能宁恒有mg(一A)=名m, 错误。 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。 5.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,一mg(R一h)一 mgR一mgh,故重力势能与高度h的图像是一条 斜率不变的倾斜直线，且当h=0时，重力势能最 7.B【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大， 大，h=R时，重力势能为零。物块下落高度h 即知在￠点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力 时，由功能关系可得此时物块的机械能为E= 平衡，则有mgsin30°=k△x,△x=bc,可得k mgR一W:,在下滑的过程中，物块的速度逐渐增 mgsin30=50N/m,A错误；滑块从d点到a 大。设在运动过程中重力与速度的夹角为0，则 △x 在运动过程中根据牛颜第二定律得F=FN一 点，运用动能定理得WG十W,=0一0，又W#=一 mg加0=m爱，根据滑动摩擦力的定义可知∫ △E,=一(0一8)J=8J,可得WG=一8J,即克服重 力做功8J,所以从d,点到b点滑块克服重力做功 uF、,即物块在下滑的过程中，物块所受摩擦力逐 小于8J,B正确；滑块从a点到c点，由系统的机 渐增大，故摩擦力做的功逐渐增大，即在下滑相 械能守恒知滑块的动能增加量与弹簧弹性势能 同的高度时，物块的机械能损耗的越多。综上所 增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于 迷，A正确。 8J,所以滑块的动能最大值小于8J,C错误；弹 6.C【解析】设A处于初始位置时与B点的距离 簧弹性势能的最大值为8J,根据功能关系知从d 为h,物体A在初始时受重力、拉力和地面的支 ,点到b点弹簧的弹力对滑块做功8J,从d点到c 点弹簧的弹力对滑块做功小于8J,D错误。 持力，根据题意和平衡条件，有h=弓mg,物体 二、多项选择题 A在向右运动过程中，受到重力、支持力、水平拉 8.AD【解析】由图知，h=5m时，E,=80J,由E 力、弹性绳的拉力和摩擦力，如图所示，根据正交 =mgh得m=1.6kg,A正确：物体上升0 ·15 2 衡水真题密卷 单元过关检测 5m的过程，根据功能关系可知一fx=EAs 38.0×0.01mm=1.880mm E,解得物体上升过程中所受阻力大小为f (3)滑块在气垫导轨上下滑时摩擦力可忽略不 E一E=100一80N=4N,故整个运动过程中 计，故只有重力做功，即合力做功为W=mg· 5 3L·sin≈0.72J,滑块到达感光计时器时的动 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E加，解得小球的动 能为E=合md,v= △ ,代入数值解得E≈ 能Ek=60J,B错误；从地面至h=5m,由动能定 0.71J。 理可知△E=一fh一mgh=一100J,所以小球的 12.(1)5.502.11 (2)0.512 动能减少100J,D正确。 (3)Mgh 2M叶2m(d-) 9.CD【解析】0~1时间内物体有向上的加速度， 物体处于超重状态，A错误；0一1时间内起重机 【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 对物体做功为网=是n时十mgh= 得，系毓运动的加速度为 m(ahP+mg·a,f=mama,,B错 1 a=s十5十s6)-（十+s2 2 9T2 误；根据牛顿第二定律F-mg=ma,0~4时间内 ?.10+7.98+886-447-5.34-6.21)X0.01m/5 起重机对物体的牵引力为F=mao十mg,起重机的 9×0.04 最大功率为P=Fu=Fao4=(iao十mg)ao4,该物 =580m/,新5点时的速度为防=劳- 体的最大速度为一 =at+i,C正确： g 7.98+8.86×0.01m/s≈2.11m/s。 2×0.04 一t2时间内起重机对物体做功为W:一P(2一 (2)对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律有 )=(mao十mg)ao4(t2一)，0~t红时间内起重 (M+m)g一T=(M+m)a,对P分析，根据牛顿 机对物体做功为W=W,十W2= 第二定律有T-mg=ma,联立解得物块Z质量 Gmg+ma)a-之4），D正确。 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 10.BD【解析】由于拉力沿斜面向上，则拉力微的 功W=Fx,可看出Wx图像的斜率代表拉力， 少量等于△E,=Mgh,系统动能的增加量等于 在0<<10m的范国内，拉力F=AW=20N, △E=2M+2m)话-2M+2mi=号M+ △x 2m)(暖-)。 根据牛顿第二定律可知F一ngsin0=ma1,解得 13.(1)0(2)r a1=5m/s2,A错误；从x=10m到最高，点的过 【解析】(1)小球从A点飞出后做平抛运动，水 程中，拉力F=AY=2N,B正璃：根据动能定 Ax' 平方向有r=Uht 理有W-mgsin0·x=之m,解得=10m 竖直方向有r一7cos60°=号 处物体的速度一10m/s,此时拉力的功率P= 小球在A点的速度大小为A=√g F0=200W,C错误：从x=10m到最高，点的过 设轨道对小球的作用力大小为F,方向竖直向 程中，根据动能定理有W1十F(xm一x） 下，合外力提供向心力有F+mg=m吗 mgImsin0=0,又由题图知W1一200J,解得物 体沿钟面向上运动的最大位移xm==22.5m, 解得F=0; (2)小球从D,点到达A点时，根据机械能守恒有 D正确。 三、非选择题 mghom 11.(1)1.880(1.879或1.881均可) (3)0.720.71 解得hm=艺 【解析】(1)螺旋测微器的读效为d=1.5mm十 由几何关系可知C、A两点之间的高度差hC= 2 ·16 ·物理· 参考答案及解析 r1-c0s60)=号 速度为仙，则 D、C两点之间的高度差hr=hns十hc VA-0 2 解得hr=r。 VB-al 14.(1)12J(2)12.5N(3)16.9J 由机械能守恒定律 【解析】(1)由动能定理知 mg(1-c0s a)+2mgl(1-cos a)m pamgl.-02m 1 由能量守恒定律知 之2m味 E-mv 联立解得。一受 解得E,=12J 对球B,有T-2ng=2mu2l (2)由平抛运动知：竖直方向y=2R=2g 解得杆对球B的拉力为T=邵mg,方向竖直 水平方向x=Ed 向上 在E点，由牛顿第二定律知 (2)小球从静止释放到最低点的过程中，对球 R十mg=m是 A,根据动能定理可得 解得Fw=12.5N mg 2(1-cos a)+W-] 2m (3)物块在B点的速度 解得杆对小球A微的功为W=一gmgl E=26m/s B=入√m (3)要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小 从B到C的时间 球到达最高点时的速度至少为零，则由能量关 -2L=/6 s 系可得 B mg(c0s a)+2mgl(1+c0s 物块相对传送带的位移 △s相时=L十t'=6m十1X√6m=(6十√6)m ·2mv哈 1 由能量守恒定律知Q=mg·△3梅时=(12十 UR=2vA 2√6)J≈16.9J Eu-是·2mo哈 38 1.√吧mg2)-古mgl39m 3 mgl 解得Eu=号ngl 【解析】(1)设小球B运动到最低点时，杆的角 2024一2025学年度单元过关检测（七）物理·动量守恒定律 一、单项选择题 2.C【解析】当二者速度相等时，小物块m沿凹槽 1.D【解析】由于空气阻力忽略不计，玻璃杯从同 轨道M上滑的高度最大，设其轨道半径为R,系 一高度落下，根据自由落体运动的规律2=2gh 统水平方向动量守恒，有m=(m十M)o,根据 可知，落到硬地和地毯上的速度相同，根据动量 机械能守恒可知】 m话=m+Mt+mgR,解 公式p=m0可知，动量是相等的，A错误：由于碰 撞后都没有反弹，根据动量定理得I=0一m,则 得R=1.2m,C正确。 冲量也相同，B错误；动量的变化量△p=0一mw, 3.D【解析】火箭向下喷出水，水对火符的反作用 则动量的变化量也相同，C错误：由合外力的冲量 力是火箭的动力，A错误：火箭加速上升过程处 公式I=F:可知，落在硬地的时间更短，冲量的 于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于 变化率更大，D正确。 失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得 m一(M一m)=0,解得火箭获得的最大速度 17 2