周测评(12) 机械能(三)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（重庆、甘肃、贵州、云南、四川专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十二） 物理·机械能（三） (考试时可75分钟，盖分100分》 一，单项选择题：本题共7小题，每小驱4分，共28分。在每小是给出的四个装项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 4 5 7 容案 1,如图所示，毛毛虫沿着树枝向上爬行一段距离，树枝与水平方向有一是夹角，则在该运 动过程中 A树枝对毛毛虫做的功为零 我重力对毛毛虫做的功为零 C树校对毛毛血的弹力做负功 D摩擦力对毛毛虫做负功 2.我国风羽技术世界领先。如图为某凤洞实验的简化模地，风洞管中的均德区料面光滑。 一物块在恒定风力的作用下由静逢沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的 过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是 t) 狗淡区 M A物块的速度一直减小到零 具物块的加速度先不变后减小 C弹簧的第性劳能先不变后增大 D,物块和弹簧组成的系烧的机械逢一直增大 3如图所示，在水平向右的匀组电畅中有一个笔缘解面，料面上有一带电金风块沿解面滑 下，已知在金属块下滑的过程中动能增加了12」，金属块克厦摩擦力做功8J,重力做动 24J。下列说法中正确的是 A金属块带负电霄 B金属块克散电场力敏功日」 C金属块韵电劳能减少4】 D.金属块的机械能减少12J 学科素养周测评（十二）物理第1页（共8页） 衡水真 毛.如图所示，质量分莉为网和M的两个物块用站度系数为是的轻质弹簧相连，经 1 纤缓 直叠放在水早地面上，韧如时，盾量为的物块静止在弹簧上端。观将质量为 m的物块竖直向上暖缓提起一段距离x《过程中质量为M的物块未离开地面) 后释放。则对于不同的x,下列关于质量为M的物块对避面的最小压力F质方 姓名 量为M的物块对地面的最大压力下，面量为网的物块在最年点时具有的加速度 质量为知的将块在运动中最大动能E的图线中，可能正确的是 得分 A 5,如图所示为风力爱电机，风力带动叶片转动，叶片再带对特子（磁极）转动，使定子（线 围)中产生感应电流，实观（能向电能的转化，若叶片长为L,当地平均风速为®，空气 的密度为，风能转化为电能的效率为，则每一台发电机每小时平均输 出的电能为 A.900gmL'u 且1800md.' C.3600l* D72000lu' 6,如图甲所示，木板与水平面间的夹角8可调，可混为质点的小物块从木板的展菊以初速 度后木板向上运动。保特大小恒定，改变，小物块滑木板向上滑动的最大即离： 随之改变，积暴实验数暴精黎出的“：“由线如图乙所示。若木板是够长且木板与小物 块之间的动峰擦因数为，重力如迷度：取10m/公.测 甲 A,小物换的初速度大小为32m/% 且当小物块沿木板上滑距离最塑时，木板与水平面的夹角为60 C当小物块沿木板上滑距离慧知时，木板与水平面的夹角为37 Q小墙状沿木板上滑的是短距离为m 密在 学科素养周测评十二)物理第2页（共8页引 2 7.如图甲所示，颜角为30的斜面固定在水平地面上，一木块在斜面上距醉面底端x)处开 始下滑，度斜而底端为重力势能的零势能点，已知下滑过程中木块的机械能和动能陆位 移变化的关系图线如图乙断示，下列说法正瑞的是 A术块下带过但中，重力势能减少了2E, 玉木块受到的摩擦方大小为号 C木块与斜间的动摩擦调数为3 D当木块下滑，时，其动能和重力势能相等 二，多直选择题：本题共3小，每小撒5分，共15分。在每小鉴给出的四个进项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选情的得0分。 断号 8 9 10 答案 8知图所示，质量为M,长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视 为质点)放在小不的量左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始 做直线运动，当小物块滑到小车的最右瑞时，小车运动的更离为x,小物块和小车之可的 带动摩擦力为「，此过程中，下列结论正确的是 出5 A,小物块到达小军最右端倒，其动能为(F一)(L十) 我摩擦力对小物块所徽的功为工 C小物块到达小车最右端时，小车的动能为x D.小物块程小车组成的系统杭械能增加量为F(L十x) 三.如图所示，MN为半径R一0,8m,用定于短直平面内的光誉圆管锁道，轨道上嫩切线 水平，O为图心，CP为水平桌面，M.O、P三点在同一水平线上，M的下餐与轨道相如 处放置竖直向上的弹簧枪。观发射质量为m=5g的小钢床，小钢除从M点离开弹簧伦。 2 学科素养周测评（十二）物理第3页（共8页） 衡水真 从N点飞出落到距O点为2R的Q点。不计空气阻力，重力速度g取0m/,则下 列说法正确的是 《 A.小钢环落到Q点物瞬间，重力的功率为0.2W 且小丽床到达N点时，对上管整的压力大小为0,5N C,小铜床从V点到Q点的运动时间为a,4 D领簧枪销存的单性物能为0.12J 10.如图所承，水平传透蒂以8回s的定速率逆对针运转，它与两潮的水平轨道分别相 切于A,B两点，物块（可视为质点）以每速度从B点滑上传适带，与轨道左南的竖 直围定挡板P碰罐（无机械能损失）返国到B点。已知物块与传送梦，轨道可的动摩 察因数均为0,2，且AB=6m,AP=5m,重力速度g取10m/2,物块的初速度 可能是 A.6 m/s B.7 m/s C.8 m/s D.10 m/s 三，非选择题：本驱共5小题，共57分。 11,(6分)某同学用如周甲所示的装置验证轻质弹簧和小物块（量有意光条）相成的系统机械 伦守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。小物块释放前，细线与轻质弹簧和小 物块的栓接点(A,B)在同一本平线上，且轻爱弹簧处于原长，滑轮质量不计目带轮凹槽 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，泪线始饶伸直。小物块连 同选光条的总质量为m,轻质弹簧的劲度系数为，重力加速度大小为：，这况条的宽度 为d,小物块释战点与光电门之间的距离为(d远远小于)，现将小物块由静止释做， 记录小物块通过光电门的问1。各质弹簧的游性势悟E一一为弹黄的形变 允电 蹈密在 学科素养周测浮（十二）物理第4页（共8页引 1)改变光电门的位置，重复实验，每次小物块均从B点由静止释成，记录多组和对 应的时间：，作出，{雨像如图乙所示。若要验正轻质弹簧和小物块组成的系统机 候能守恒，则在溪差允许的范国内，需要验证正确的关系式易 -+ c+制 (2)在1》中的条件下，/取某个慎时，可以使小物块通过光电门时的速度最大，则津度 量大数为（用：、黑表示）。 (3》在1)中的条件下，当1=1和(=时，小物块通过光电门时轻质算簧具有的第性 势能分别为E,E,则E一Ea= (用、4，k表示)。 12,(9分)某实验小组利用如图甲所示装量验正机械能守恒定律，气垫导轨上有平行于导 轨的标尺，在导轨上帮设两个光电门1,2，滑块上侧国定一竖直速光条，滑块左侧所挂 细线绕过定滑轮与的码相连，细线与导轨平行，光电门1围定，其中心与标尺的0刻度 线对齐。实验操作如下： 定滑轮气华导 光地门2光电1块高光杀 调节酸氧P调节爬值 (1)如图乙断示，用静标卡尺周出遮光条的宽度d一 0 123m (2)实验时，接通气系后，在导轨上整饭滑块，轻一下滑块，桂其从导轨右编向左运 功，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导镜水平，可调 节旋细使导轨右端 (填升高攻“降低一些 (3》在滑块上挂上细线与绚码，接通气源，将带块从导轨右瑞由静止释放，由数字计时 器读出意光条通过光电门1.2的时间分别为1、2，由标尺读出光电门2中心所在 位置的刻度x。 (4)用天平测出滑块和遮光条的总质量M及钩的质量测，遮光条的宽度用d表常， 重力加速度大小为g,滑块运动过程中钩码始终未着地。用以上物理量写出验证园 模能守但定律的关系式： 学科素养周测评（十二）物理第$页（共8夏） 衡水真见 (5)多次改变光电门2的位置.重复(3)的步廉.实验中M=09g,m=0.1k短，利用所测 数暴，作号。关系图像如喝丙所示。则当地震力加速度大小为一m/公（结 果保留三位有效数字)。 21 00m 13,(12分)如图所示，顿角为3如的光滑解面固定在水平地面上，劲度系数为表的轻弹簧一 侧固定在斜面成璃，另一端与质量为丽的物块A连接，物块A右端接一细线，细线平 行于斜闻烧过斜面顶骑的光滑轻质定滑轮与物块B相连。开始时托住物块B使细线 恰好韩直且张力为0，然后由静止释效物块B,当B的质量也为网时，物块A沿斜面 向上经过P点（周中宋标出）时违度最大。已知重力加速度大小为g,求： 口)弹簧第一次栋复原长时氧线上张力的大小。 (2)如果B的质量为2m,A沿斜面向上经过P点时物块B的速度大小。 密程 学科素养周测浮十二》物理第6页（共8页1 2 14.12分》知图所示，一个可钱为质点，质量m=1k翠的小物境，从平台上的A点以= 3m/的制速度水平抛出，恰好无撞地从C点进人周定光滑测瓦轨道，最后小物块 带上紧靠轨道末端D点的质量M一2年的长木酸，并给好衡到达长木板的左端，已 知长木板的上表面与圆蓝轨道末细的制线相平。周流锁道的半径食-号m,圆孩挑道 对应的图心角为8，小物块与长木板间的动摩藏因数丝1一Q5,长木板与地面间的动学 擦因数严，一0.1，不计空气阻力，取重力加速度大小g一心m/令，面一心，8。求， (1)小物块滑上长木板时的速度大小D: {2)小物块与长木板间因摩察产生的热量Q, 2 学科素养周测浮（十二）物理第7页（共8页》 衡水真蹈密在 5.(18分)如图所示，光滑水平导物AB的左端有一压第的单簧，弹簧左端国定，右端前放 一个质量为网一】g的物块（可钱为属点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的 左端刚好平齐接触，传送带的长度℃的长为L一6，沿逆时针方向以恒定速度v 1m/匀速转动。CD为光带的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是 经直放置的半径为R一0.4四的光滑半翼轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与 传送带同的动摩藏因数4=02，取g=10m/。 (1)若释故弹簧，物块离开弹簧，滑上传递带附好能到达C点，求弹簧锦存的弹性势 能E。 (2)若释放弹簧，物块离开弹簧，带上传送带能够调过C点，并经过阔弧轨道DE,从其 最裤点EE出，最终落在CD上距D点的距离为x=L.2m处(CD长大于 12m》,求物块通过E点时受到的压力大小。 (3)满足(1)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能（结果保留三位有效 数字) 学科素养周测浮十二)物理第8页（共8页引衡水真题密卷 2024一2025学年度学科素养周测 一、单项选择题 1.A【解析】树枝对毛毛虫的力为摩擦力与弹力 的合力，由平衡条件知，树枝对毛毛虫的力与其 重力大小相等，方向相反，竖直向上，但树枝对毛 毛虫的力没有位移，是毛毛虫的肌肉在微功，属 于内力做功，则树枝对毛毛虫做的功为零，A正 确：毛毛虫所受重力方向竖直向下，所以毛毛虫 沿着树枝向上爬行一段距离的过程中重力对毛 毛虫做负功，B错误：树枝对毛毛虫的弹力与其运 动方向垂直，则树枝对毛毛虫的弹力不做功，C错 误：毛毛虫受树枝的摩擦力为静摩擦力，则摩擦 力对毛毛虫不做功，D错误 2.D【解析】从物块接触弹簧开始至到达最高点 的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有F风 mg sin日一kx=ma,弹簧的压缩量x从0开始增 大，物块先沿斜面向上做加速度减小的加速运 动，当a减小到0时，速度最大，然后加速度反向 且逐渐增大，物块做减速运动，直至减速到0，A、 B错误：由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势 能不断增大，C错误：由于风力对物块一直做正 功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增 大，D正确。 3.D【解析】金属块下滑的过程中动能增加了 12J,由动能定理知WG十W,十W:=△Ek,摩擦 力做功W,=一8J,重力做功Wc一24J,解得电 场力做功W=一4J,电场力做负功，金属块带正 电荷，电势能增加了4J,A、B、C错误；由功能关系 可知机械能的变化量△E=W,十Wg=一12J,即 机械能减少了12J,D正确。 4.D【解析】将质量为m的物块竖直向上缓缓提 起一段距离x(过程中质量为M的物块未离开地 面)后释放，质量为m的物块做简谐运动，由重力 和弹簧弹力的合力提供质量为m的物块做简谐 运动的回复力，质量为m的物块的初始位置为平 衡位置，振幅为工：当振动物体离开平衡位置时速 度减小，当振动物体靠近平衡位置时速度增大， 则物体通过平衡位置时递度最大：振动过程中质 量为M的物块对桌面的压力最小时质量为m的 2 4 学科素养周测评 评（十二）物理·机械能（三） 物块在最高处，则Fm=(M十m)g一kx,质量为 M的物块对地面的最小压力随x的增大而减小， A错误。质量为M的物块对桌面的压力最大时质 量为m的物块在最低处，则Fx=(M十m)g十 kx,Fmx图像是不过原点的倾斜的直线，B错 误。由牛顿第二定律可得质量为m的物块在最 低点时具有的加速度大小a-虹 ,a-x图像为过 m 原点的倾斜的直线，C错误。初始位置有mg= k红，解得工)-贤，质量为m的物块在平衡位置 时运动的动能最大，若x>x。,由能量守恒定律 可知Ea十2o=mgx k(x一x0）(红一xo), 2 解得Ea=2x,Emx困像可能是开口向上的 抛物线，D正确。 5.B【解析】每秒吹到叶片上的空气的质量为 moS-o,动能E-名m2-名wl, 发电机每小时平均输出的电能为E=3600E:= 18007u3πL2,B正确. 6,B【解析】由图像可知，当9=受时，s=18m, 此时小物块做竖直上抛运动，初速度6=√2g5= √2X10X1.8m/s=6m/s,A错误；当木板与水 平方向夹角为0时，由动能定理得0-2m= 6 -7 ngssin0-pag0,解得s=2g(sin0+Hos 6c0s30 令u=tn30,根据数学知识可知s一2gsn(0十30' 所以当小物块沿木板上滑距离最短时，木板与水 平面的夹角为60，且最小距离5=5c0s30”- 2g 0.9V3m,B正确，C、D错误。 7.D【解析】机械能的变化量等于重力势能变化 量和动能变化量的和，则3E。一4E。=3E。一0十 △E。,解得△E。=一4Eo,即重力势能减少了 4E。,A错误；木块下滑过程中，机械能的变化量 ·物理· 等于摩擦力所做的功，则一f红o=3E。一4E。,解得 f=。,B错误；重力所做的功等于重力势能支化量 的负值，则mgz0sin30-一△E。,解得mg= 8Eo 滑动摩擦力为∫=pags30,解得μ=12，C错 误：木块下滑过程中，设动能和重力势能相等的位 置距离斜面底端为x,则mgxsin30°=Ek,从最高 点到该位置，由动能定理得mg(x。一x)sin30° 3 f(x一x)=Ek-0,解得x=7xo,即木块下滑 7x。时，其动能和重力势能相等，D正确。 二、多项选择题 8.AC【解析】小物块运动的位移为L十x,对于小 物块根据动能定理可得Em=(F一f)(L十x), A正确：小物块克服摩擦力做的功为W=f(L十 x),B错误：小物块到达小车最右端时，小车运动 的距离为x,对小车根据动能定理得Ew=fx,C 正确；小车和小物块增加的动能为Ek=Em十 Ew=(F-f)(L十x)+fx=F(L十x)-fL,系 统重力势能不变，则小物块和小车增加的机械能 为F(L十x)一fL,D错误。 9.ABC【解析】小钢珠从N点飞出后做平抛运 动，竖直方向有一 2R =0.45,0,=√2gR 4m/s,水平方向有v2= R=4m/s,小锅珠在N t 点，根据牛顿第二定律有mg十N=m尺，解得 N=0.05N,由牛顿第三定律可知，小钢珠到达 N,点时对上管壁的压力大小为0.05N,小锅珠 落到Q点前瞬间，重力的功奉为P二mg℃，= 0.2W,A、B、C正骑：根据机械能守恒定律得弹 簧枪储存的弹性势能为E,=2mv十mgR= 0.08J,D错误. 10.BC【解析】从A,点到返回B点的过程中，假 设物块回到B点时的速度刚好为零，根据动能 定理可得一mg(2AP+AB)=0-2mui,解 参考答案及解析 得vA=8m/s。从B点到A点过程，假设物块 从B点全程加速到A点，根据动能定理可得 mg·AB=号mi-名m2,解得 1 2√10m/s,假设物块从B点全程减速到A点， 根据动能定理可得一omg·AB=号mmi 2mv2,解得vm=2√2m/s,可知0m≤ g≤Vm,B、C正确。 三、非选择题 11.(1)C(2)Wgl2(3)kl2(1a-l1) 【解析】(1)小物块通过光电门时的速度为= 只若系统机拔能守，则有m1-址十 ，基现得总+等，中因象若能 1 d 在误差允许的范围内满足上式，即可验证弹簧 和小物块组成的系统机械能守恒。故选C。 (2)小物块通过光电门时的速度越大，则小物块 通过光电门所用时间越短，故由(1)可知，当1= 2时，小物块通过光电门时的速度最大，且此时 小物块的加速度为零。对其进行受力分析有 L2=mg,解得k-,即此时小物块通过光电 门时的速度最大，代入(1)中可得最大速度为 m=√gl2。 (3)当l=1和1=l:时，小物块通过光电门的 时间相等，即小物块通过光电门时的速度相等， 故动能也相等，根据机械能守恒定律有mgl:= E十Ek,mgl3=Es十Ek,又l2=mg,整理可 得E一E到=kl2(l3一1)。 12()3,45(2)升高(0mgr=合(M+ (5)9.68 【解析】(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度为 3mm+9×0.05mm=3.45mm. (2)依题意，滑块通过光电门1的时间小于通过 光电门2的时间，说明滑块从右向左做减速运 动，右端较低，为使导轨水平，可调节旋钮使导 轨右端升高一些。 2 衡水真题密卷 (4)若机械能守恒，则有mgx= (M+ m)()‘-2M+m)只），整理可得mgx M+m) (5)由上一问关系式，可变形为=2mg工+ 号M+m d' ，结合图像可知M 2mg=k-2210,解得 0.62 g≈9.68m/s2. 13.是mg(2g月 【解析】(1)设弹簧第一次恢复原长时，物块A、 B加速度为a,细线上的张力为T,对B受力分 析，由牛顿第二定律得 mg-T=ma 对A有 T-mg sin30°=ma 解得弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小 为T-是mg (2)设托住物块B时，弹簧形变量为x。,有 kxo=mg sin 30 解得。一爱 物块A经过P点时速度最大，此时物块A、B 的加速度为0，对A、B整体受力分析有 mg-mng sin30°-k.x'=0 解得-器 当B的质量变为2m时，从初始位置到P点的 过程，由能量守恒定律得 2mgx/+)=mgx'+x,)n30+号× 3mv 解得A沿斜面向上经过P点时物块B的速度 大小为口=g√反 14.(1)6m/s(2)15J 【解析】(1)小物块在C点的速度为 2 ·6 学科素养周测评 0=g-5m/6 小物块从C点运动至D点，根据动能定理有 mgR(1-c0s 0)mm 解得小物块滑上长木板时的速度大小为 Up=6 m/s (2)对小物块，根据牛频第二定律有 uimg=ma 对长木板，根据牛顿第二定律有 mg一42(M+m)g=Mae 解得a1=5m/s2,a2=1m/s 设经历时间1小物块与长木板共速，速度为1， 则v1=vp一a1t=a2t 解得t=1s 小物块与长木板间的相对位移为 --24=3m 小物块与长木板问因摩擦产生的热量为 Q=41mg△x=5X3J=15J. 15.(1)12J(2)12.5N(3)16.9J 【解析】(I)由动能定理知一nmgL=0-2mu 由能量守恒定律知E,=2m0 解得E。=12J (2)由平指运动知：竖直方向y=2R=8 水平方向x=vE 在E点，由牛顿第二定律知Fv十mg=mR 解得FN=12.5N (3)物块在B点的速度vB=、 2E=26m/s 从B到C的时间t 2L=6s UB 物块相对传送带的位移 △s相时=L十t=6m十1X√6m=(6+√6)m 由能量守恒定律知 Q=amg·△s梅时=(12+2√6)J≈16.9J。