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（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏鲁渝甘贵云川皖A版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十二） 物理·机械能（三）】 (考试时间0分钟，盖分100分》 一、量项选择题：本器共3小题，每小题1山分，共地分。每小题只有一个选项符合是日要求。 题号 2 3 答案 L.我国风利技术世界领先。如图为某风南实险的篇化模压，风雨管中的均流区斜面光常 一物块在恒定凤力的作用下由静止沿斜雀向上运动，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 A物块的速度一直诚小到零 我物块的加速度先不变后就小 均液区 C,弹簧的弹性势能先不变后增大 D物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大 2用一根蝇子紧直向上拉一个物埃，物块从静止开始运动（不计空气阻力），绳子拉力的功 率按如图所示规律变化，已知物块的质量为刚，重力加速度大小为g,一。时间内物块 做匀加建直线运动，：时刻后功率保将不变，，时刻物块达到最大速度，测下列说法正 销的是 入物块先做匀加速直线运动，然后敏匀速直线运动 五。时同内物块的加速度大于P C,时刻物块的速度大小为品 D0一时间内物块上开的流堂为，一刳 3,如图所示，质量均为m的两物体A,B用劲度系数为。的轻质鲜簧栓接，物体C叠成在 物体！上，系统处于首止代多。现洛C,何取走，物体A恰好不离开地面。已如弹性 势能的表达式为E,一，北中：为弹簧的形变量，重力加速度大小为《.以下说法 正确的是 A.物体C的质量为3m 我物体B运动到最高点时的如建度大小为3g C物体B的最大速度大木为2，骨 D物体：上开的最大高度为细 学科素养周测评（十二）物理第1页（共4夏） 衡水真 二、条项选择愿：本愿共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， 班圾 全部选对得10分，选对但不全的得5分，有选情的得心分。 思号 4 5 姓名 答案 4,如图所示，MN为半径R一1,8m,固定于竖直平面内的光滑调管轨道，就道上精切线 得分 水平，O为图心，OP为水平梨而，M.O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨直相切 处放胃竖直向上的弹簧绘。现发射质量为m一5g的小铜床，小解球从M点离开弹簧枪， 从N点飞出落到距O点为2R的Q点，不计空气阻力，重力加速度黑取10m/:2,则下 列说法正确的是 A.小附球落到Q点前解间，重力的功率为0.2W 且小钢殊罚达N点时，对上管要的压力大小为a,05N C.小的珠从N点到Q点的运动时间为Q4s D弹装枪储存的弹性势能为0.12】 玩，如图所示，水平传送带以书m8的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨通分则相 切于A,B两点，物块（可机为质点》以初速度从B点滑上传送蓓，与轨道左端的经 直固定挡酸P磷撞〔无机城能损失)遂国到B点，已知物块与传送梦，.轨道闻的动摩 察因数均为0.2，且AB=6m:AP=5m,重力如速度g取10m/公.物块的初速发物 可能是 A.6m/ 且7m/ C.8 m/s 110m/s 三，非满择燃：本继共3小嫌，共50分。 6,(12分)某实验小组利用如图甲所示装置验证机械佳守丽定律，气结导轨上有平行于导 轨的标尺，在守轨上架设两个亮电门1,2，带块上侧固定一竖直意光条，滑块左侧所挂细 缓绕过定滑轮与脚码相连，线与导轨平行，光电门1固定，其中心与标尺的0刻度线对 齐。实阶漫作如下： 定滑轮气级 光电门2允电门块这龙条 裤节旋胡P棋节纯加2 甲 蹈密在 学科素养周测浮十二)物理第2页（共4页引 IA 1)知图乙所示，用游标卡尺测出盖光条的宽度d= mm (2)实验时，接通气源后，在导轨上轻放滑块，轻推一下滑块，使其从导轨右端向左运动： 发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导镇水平，可到节旋 钮使导轨右端〔填升高”或降低)一些， (3)在誉块上挂上用线与钩码，接通气源，将滑换从导统右瑞由静止那成，山数学计时器 读出遮光条建过光电门1,2的时间分判为1，，白标尺读山亮电门2中心所在位置 的刻皮x。 (4)用天平测出滑块和遮光条的总质量M及购码的质量m,意光条的宽度用表示，重 力加违度大小为度，指块运动过程中均码始终未着地。用以上物理 能守恒定律的关系式： (5)多次改变光电门2的位置，重复(3)的步果，实验中M一0.9kg,21 用1如：利用听测数，作出片美系图像如周丙所茶.则当 0063 再 地重力加速度大小为 m/(结果保霸三位有效数疗)。 7.18分》如图所示，在光滑水平匠AB相粗莓水平面CD之间连接一长度为L1-及5m 的传送带，CD长度上：=1m,属心为O,半径为R=Q2m的显直光带半图轨道DG 与水平面CD在D点平滑连接，其中FG段为光滑幅管，E和网心O等高，∠EOF一 30。可视为质点的小物块从A点以，白4m/的初速度向右滑动，已知小物块的质量 m一1g,与传送带，水平面CD之间的动摩振因数均为压一Q.1,重力加速度g取 10m/a. (1)若传送带不转，求小物块滑到半圆航道D点时对轨道压力F的大小。 (2)若传送带以影一3m/s的速率颗时针方向转动，求小物块第一次运动到C点的过程 中系能产生的热量Q。 3G IA 学科素养周测浮（十二）物理第3页（共4夏） 衡水真 8.(0分)科技节上某中学科拉社团设计了一个极面款道模型，知图所示，该模型由一个 半径R山，45m的光滑四分之一测氟轨道和一个因定半径，一，6m的形光滑管 道以及一个横角可鬓的斜直转道构成。现从图氧轨进的顶端A东由静止释放一个盈量 m=0,5kg的小感，小球从B点水平进人s"形管道，该管迫B,C两管口切线水平，O1、 O:为肉红管请员心，OO:连线与繁直线间的夹角。一12如。在光滑水早轨道CD中间 静止放置一个质量也为Q5城的小滑换，小带块与小球发生弹性碰幢冲上与水平而平 滑连接的起够长模斜直物道，不计个滑块经过D点处的机核能教失，直轨道DE的倾角 g可以在0到60间两节，小滑块与直轨道DE间的动煤擦因数以=0,75，已知n53 0.8,c53°一46，重力加速度g取10m/,求， (1)小球适动到B点时对管道作用力的大小和方向。 (2)若0一53”，小滑块在直航道DE上经过的总路程，. (3)写出8取不月值时，小滑块在直轨道DE上克眼摩擦力所做的功W与9的关系 +0 小块 D 通密在 学科素养周测浮十二》物理第4页（共4页引·物理· 参考答案及解析 滑块第二次上滑过程，根据动能定理有 滑块在斜面上滑行的路程为 一mgh2 ng cos a· 。=0-m 5=H+2X4H+2x16H sin a 5sin a 25sin a …+2X4 sin a 5-1· 结合tana=9u H 解得a:=(信)H 。1-)品。 sin a 5"sin a 由于摩擦系统产生的热量为 滑块第n次沿斜面上滑的最大高度为 Q--(-)mgH。 .-(g)'H 2024一2025学年度学科素养周测评（十二） 物理·机械能（三） 一、单项选择题 1.D【解析】从物块接触弹簧开始至到达最高点 A-》D 的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有F风一 3.C【解析】物体C叠加在物体B上面静止时，由 mg sin0-kx=ma,弹簧的压缩量x从0开始增 二力平衡有kx1=(m十mcg,拿走物体C后，物 大，物块先沿斜面向上做加速度减小的加速运 体B在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，有 动，当a减小到0时，速度最大，然后加速度反向 kx0=mg,其振幅A=x1一xo,当物体B上升到 且逐渐增大，物块做减速运动，直至减速到0，A、 最高点时，弹簧拉仲长度最长，由于物体A恰好 B错误：由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势 不离开地面，由二力平衡有kx2=mg,所以由振 能不断增大，C错误；由于风力对物块一直做正 幅相等有A-x2十x0-x1一x0,解得物体C的质 功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增 量为mc=2m,A错误；物体B在最高，点受重力和 大，D正确。 弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故F弹 2.B【解析】由图像可知，0~t。时间内功率与时 mg,所以由牛顿第二定律可得物体B在最高点的 间成正比，则有F一mg=ma,v=at,P=Fv,得 加速度为a=2mg=2g,B错误：物体B上升的最 m P=ma十g)al,图线的斛率k--m(a十ga, 大高度为h=2A=4n5,D错误；当物体B经过 可知P。=a十8a>a,B正确：to一1时间内功 平衡位置时其速度最大，物体B从最高点回落到 mgt。g 平衡位置的过程中，物体B与弹簧组成的系统机 率保持不变，物块逵度口魅续增大，由 一mg= 减能守恒，有mgA+-司m2十号，解 ma可知物块加速度逐渐减小，因此，l。一t1时间 内物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速 得物体B的最大追度大小为=2g层，C 度减小到零，即11时刻，此刻速度最大，最大速度 正确。 ，由于to时刻物块的选度<0m,即 为vm一mg 二、多项选择题 4,ABC【解析】小钢珠从N点飞出后做平抛运 <卫，A,C错误；P1图线与1轴所因图形的面 o∠mg 动，竖直方向有t=,》 2R =0.4s,,=√2gR= 积表示0一6时间内拉力微的功W=P,+ 2 4m/s,水平方向有0，=2 =4m/s,小钢珠在N t P仙1一to),由动能定理得W一mgh=2mv品，得 点，根据牛顿第二定律有mg十V=mR,解得N 3 1A 衡水真题密卷 学科素养周测评 =0.O5N,由牛顿第三定律可知，小钢珠到达N 能定理得 点时对上管壁的压力大小为0.05N,小钢珠落到 2mvi-2mu-pang (1+La) 1 1 Q点前瞬间，重力的功率为P=mgv,=0.2W, A、B、C正确；根据机械能守恒定律得弹簧枪储存 在D点，由牛顿第二定律有 1 的弹性势能为E,=2m0+mgR=0.08J,D g资 错误。 由牛顿第三定律知F=FN 5.BC【解析】从A点到返回B点的过程中，假 联立解得F=45N 设物块回到B点时的速度刚好为零，根据动能 (2)假设小物块到达C点之前已与传送带共速， 定理可得mg2AP十AB)=0-m成，解得 此时小物块相对于地面的位移为x1,则有 vA=8m/s。从B点到A,点过程，假设物块 2mu21 1 mu后=一mgx 从B点全程加速到A点，根据动能定理可得 解得x1=3.5m=L1 mg·AB=方md-名m2,解得 所以小物块到达C点时恰好与传送带共速，设所 用时间为t,则由速度一时间关系有 2√10m/s,假设物块从B点全程减速到A点， v一v0=一gt 根搭动能定理可得一omg·AB-名mi 传送带相对于地面的位移为x2,则由匀速运动规 律有 2mom,解得vams=2√22m/s,可知v≤，≤ x2=u 小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的 x,B、C正确。 热量 三、非选择题 Q=mg(x1-x2） 6.(1)3.45(2)升高(4)mgx= (M+ 1 联立解得Q=0.5J。 8.(1)2.5N方向竖直向上(2)5m (5)9.68 (3)见解析 【解析】(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度为 【解析】(1)小球从A点运动到B,点，根据机械能 3mm十9×0.05mm=3.45mm. 守恒定律有 (2)依题意，滑块通过光电门1的时间小于通过 1 mgR-2mvi 光电门2的时间，说明滑块从右向左做减速运 小球在B点时，根据牛顿第二定律有 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」 FN十mg=m (4)若机械能守恒，则有mgx= (M+ 联立解得FN=2.5N 2 根据牛顿第三定律可知小球运动到B点时对管道 m)()-2M+m)() ,整理可得mgx 作用力的大小为FN=Fw=2.5N,方向竖直向上 (2)因小球和小滑块的质量相等，发生弹性碰撞， 故碰撞后两者的速度交换，所以两者在轨道间的 运动其实可以只考虑其一。对小滑块分析，则有 (5)由上一问关系式，可变形为 以2 2mg M+mx+ mg sin53>umg cos53° d 2=k=2?0,解得 所以小滑块不能停在直轨道DE上，最后停在水 ，站合困像可知M开n 0.62 平轨道上的D,点，全过程根据动能定理有 g≈9.68m/s2。 mg[R+2r+2rsin(a-90)]-mg cos53°·s=0 7.(1)45N(2)0.5J 解得s=5m 【解析】(1)从A点到D点，根据题设条件，由动 (3)当mg sin0=ng cos0时，即 1A 4 ·物理· 参考答案及解析 tan0=u=0.75 则小滑块在直轨道DE上克服摩擦力所做的功 解得0=37 W=mg cos8·x2 当0≤≤37时，小滑块能停在直轨道DE上，由 33.75cos0 解得W= 动能定理得 3cos 0+4sin mg[R+2r+2rsin (a-90)]-umgcos 6.x2- 当37°<0≤60°时，小滑块最后停在D点，由动能 mgx:sin 0=0 定理得 9 mg[R+2r+2rsin (a-90)]-W=0 解得x2一3cos0+4sin0 解得W=11.25J。 2024一2025学年度学科素养周测评（十三） 物理·碰撞与动量守恒（一】 一、单项选择题 的速度大小为UA,则有mA。=一mAUA十 1.C【解析】在小球向左摆动到最低点过程中，细 1 1 线对小车的拉力沿右下方，由于有挡板，则小车 mavg,2mA=2mA呢十2mgvi,解得n一 不动，此过程中小球和小车组成的系统在水平方 (mB-mA)vo mA十mB 0B= =十m,若mB=2mA,则 向动量不守恒：在小球向左摆动经过最低点继续 向左运动过程中，细线对小车的拉力沿左下方， 有-号<- 3,说明两小球只能碰撞一 则小车向左运动，此过程中小球和小车组成的系 统在水平方向动量守恒，当小球达到最高点时， 次，B错误：结合上述，若mB=4mA,则有vA 小球和小车速度一定相同，C正确，A,BD错误。 g>心B,可知两小球将再次碰撞，设第白 2.B【解析】滑块下滑过程中支持力与B运动方 次碰后小球B的速度大小为，小球A的速度 向不垂直，如图所示，可知支持力对B做负功，A 错误：由于在水平方向上整个系统不受外力，水 为v'A,则有mAUA十mBUB=mAV'A十mBUB, 平方向动量守恒，设滑块B和斜面体A移动的距 n4i+7m,听=m吸+m,解得 1 离分别为x1和x2,则mx1=Mx2,x1十x2=L, 整理得，此过程中斜面体向左滑动的距离为 以-需<。=器，两小球能碰接两大，C正 m M十m,B正确：滑块B下滑过程中A,B组成 确，D错误。 二、多项选择题 的系统在水平方向动量守恒，而在竖直方向上动 量增加，因此A、B组成的系统动量不守恒，C错 4.AC【解析】根据动量守恒定律得0=2mvA 误：由于B下滑的过程中，A向左做加速运动，因 m,解得以-受，可知两滑块速度大小之比为 此B对A的压力大小不再等于mgcos a,因此支 VA:VB=1:2,两滑块的动能之比EA:E出= 持力对B的冲量大小不等于mgtcos a,D错误。 (分×2mi:(2moi)-=1:2,A正确：两滑块 的动量大小之比pA:pB=2mUA:mwB=1:1,B 错误：弹簧对两滑块的冲量之比IA:Ig=△pA: △pB=1:1,C正确；弹簧对两滑块做功之比等于 3.C【解析】根据能量守恒定律知，碰后小球A 两滑块动能之比，为1：2，D错误。 的一部分机械能转移给了B,小球A的机械能 5.ABD【解析】A与B碰撞过程，对A、B进行受 减小，可知小球A不可能返回到P,点，A错误； 力分析可知，A球受力方向和速度方向相反，A 设第一次碰后小球B的速度大小为B,小球A 的速度应减小，则图线P反映的是A球的情况， 5 1A