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75分钟，基分100分》 一，选择题：本题10小驱，共6分。在每小题给出的四个进项中，第1一7题只有一项料 合题目要求，每小题4分：第8一心题有多项符合题目要求，每小6分，全部远对的得 6分，选对但不全的得3分，有邀错的得0分。 题号 2 3 4 5 6 7 8 10 答案 1.如图所承，毛毛虫沿着树枝向上积行一段用离，树枝与木平方向有一定夹角，（在孩运 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树枝对毛毛虫的弹力做负功 九摩力对毛毛鱼做负历 2.我国风利技术世界衡先。如图为某风洞实险的简化模服，风前管中的均流风斜面光带， 一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜而向上运动，从物块援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物块的建贵一直诚小到零 县物块的加速度先不变后减小 均造区 C单黄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一一直增大 3,如图所示，质量分别为m和M的两个物块用动度系数为。的轻质观簧相连，竖 直叠放在水平地面上，初始时，质量为m的物块静止在弹簧上璃。现将质量为 m的物块经直向上媛规园起一段距离x(过程中质量为M的物块未离开地面》 后帮放。喇对于不同的，下列关于质最为M的物扶对地面的最小压方P,质「 量为M的物块对林而的报大压力F,质量为m的物块在最低点时具有的加速度：、 矮量为m的物块在滋动中最大动能E的图线中，可能正璃的是 学科素养周测浮（十二）物理第1页（共8页） 衡水真 气，如图所示为凤力爱电机，风力带动叶片转动，叶片再带站转子（磁慢）转动使定子（线 班圾 圈)中产生感应电藏，实观风能向电线的转化，若叶片长为L,背地平均域速为，空气 的密度为，风能转化为电能的效率为，喇每一台发电机每小时平均输 姓名 出的电能为 A.900xpmL'u 且1800ml.e 得分 C.3 600gpL D72000l'o 五，如图甲所示，木板与水平面阿的夹角®可谓，可混为质点的小物块从木板的联骑以初建 度沿水板向上运动。保持，大小框定，改变9，小物块沿木板向上滑动的最大距离x 随之改变，根柔实险数某精绘出的“x0”由线如图乙所压。若木板是够长且木版与小物 执之同的动峰物因数为停重方加速崖：取0m,测 A小物境的初速度大小为32m/8 且当小物块沿木板上滑臣南离最短时，木板与水平面的夹角为60 C,当小物块滑木板上滑距离最知时，木板与水平面的夹角为3” 口小物块船木板上滑的最短离为学m 6用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动（不计空气阻力》，绳子拉力的功 率按如医所示规律变化，已知物块的质量为，重力加速度大小为：，一(，时间内物块 敏匀如意直线污动，。时刻后功率保持不变，：时刻物块达到最大速度，则下列说法正 确的是 A,物块先徽匀加速直线运动，然后微匀速直线运动 民0一，时甸内物块的加迷度大于P m C,时刻物块的速度大小为P g Q0一时同内物块上升的商度为品(-》 密远 学科素养周测评十二)物理第2页（共8页！ 7.如图所示，展量均为m的两物体A.B用劲度系数为k的轻质弹簧栓接，物体C叠成在 物体B上，系统处于每止状态。观将C爵间取走，物体A价好不离开地面。已知弹性 势能的表达式为，一妇，北中：为邪簧的形变量，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运动到最高点时的加速度大小为3： C物体B的最大速度大小为球，园 卫.物体B上升的最大高度为四 8如图所示，霞量为M,长度为，的小军静止在光滑水平面上，质量为m的小物换可视 为质点)放在小车的最左端，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精时，小车运动的票离为x,小物块和小车之可的 带功摩擦力为「，此过程中，下列结论正骑的是 A小物扶到达小军最右端时，其动能为(F一/)(L十) 五摩擦力对小物块所敏的功为几 C小物块到达小军最右端时，小军的动能为x D,小物欢和小车组成的系统机械能增加量为F(山，十：) .如图斯示，MN为半轻R-心.8四，倒定于整直平面内的光滑圆管轨道，莉道上烟切线 水平，O为国心，OP为水平桌面，MOP三点在同一水平线上，M的下端与轨道相如 处放置竖直向上的第赞枪。观发射质量为m一5g的小钢珠，小钢联从M点离开弹簧除。 从N点飞出落到距O点为2R的Q点。不计空气力，重力加速度g取10m/2,则下 列说法正确的是 A.小阴珠落到Q点们颜可.重力的动率为0,2W B小铜床到达N点时，对上管继的压力大小为0，际N C小钢珠从N点到Q点的运动时间为0,4 D,弹簧险储存的弹性势雀为Q12J 学科素养周测浮（十二）物理第3页（共8页） 衡水真 10.如图所示，水平传送德以8m/4的园定速率道时针运转，它与两侧的水平轨道分别相 切于A,B两点，物块（可视为质点）以初速度从B点滑上传远带，与轨道左瑞的竖 直周定挡板P隧掉〈无机械修损失)返国到B点。已知物欢与传送播，轨道可的动摩 擦图数均为4.2，且AB一6m,AP一5m,重力加速度g意10m/。物块的初速度 可能是 A.6 m/s 且7m/s C.8 m/s D 10 m/s 二，非进择题：本共5小题，共4分。 11,(5分)某月学用如图甲所示的装置验证轻质弹簧和小物块（带有意光条）组成的系统杭城 能子征。图中儿电门安装在铁架台上且位置可调。小物块释放前，联线与轻质弹簧和小 物块的拴接点(A,B)在间一水平线上，且经质弹簧处于原长。滑轮质量不计且带轮凹情 中徐有润滑油，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。小物块连 同试光条的总质量为m,轻质弹舞的劲度系数为克，重力加速度大小为：，这光条的宽虔 为d,小物块释成点与光电门之可的距离为(d远远小于)。现将小物块由静止释成， 记康小将块道过光电门的间。（经质弹黄的性纱能E一之：为弹清的形变 电门 (1)改变光电门的位置，重复实验，每次小物染均从B点由静止释放，记豪多组/和对 应的时捐：作出子1图像如雨乙所示，若要验证轻腰弹黄和小物块组成的系统机 械能守恒，期在误差允许的花围内，需要验证正确的关系式量 d -点+ (2)在(1)中的条件下，/取某个值时，可以使小物块过亮电门时的速度量大，煤速虞 最大值为（月生：g表示）。 蹈密在 学科素养周测浮十二)物理第4页（共8页 (3》在《1)中的条件下，当/=1和？-时，小物块通过光电门时轻质弹簧具有的0性 势能分别为E,E,则Ea一E= (用、.k表示)， 1么(8分)某实验小组利用如图甲质示装置验证机械能守何定律，气终导轨上有平行于导 轨的标尺，在导轨上架投两个光电门1、2，滑块上侧国定一整直遗光条，带块左侧所鞋 细线饶过定饼轮与钩码相连：细线与导轨平行，光电门1围定，其中心与际尺的0刻度 线齐。实验操作如下， 定清轮气华导 光纯12光地U找速元￥ 树节伊国节良随纪 (1)如图乙所示，用游标卡尺周出遮光条的宽度d一 0123cm (2)实验时，接通气那后，在晕轨上轻放滑块，轻推一下滑块，使其从导轨右端向左运 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。为使导轨水平，可调 节糗闭使导轨右端 (填升高”或“降低)一些 (3)在滑块上挂上细线与钩码，接通气源，将常块从导轨右精由静止释放，由数字计时 器读出落光条道过光电门1,2的时间分湖为11，：，由标尺读出光电门2中心所在 位置的刻度工。 (4》用天平测出滑块和意光条的总质量M及钩码的质量网，遮光条的宽度用d表示， 重力加速度大小为以，滑块运动过程中构码始降未着地。用以上物理量可出验证机 械能守伍定律的关系式： (5)多次皮变光电门2的位置，面复3)的声课，实将中M一0.9g,m一Q1kg,利用所测 数据，作出 工关系图绿如图丙所示，则当地重力短速政大小为 回/s'(结 果保留三位有效数字) 号4m 22 1 06 4 学科素养周测评（十二）物理第$页（共8夏） 衡水真见 13.(10分)如图所示，顺角为3的光滑解面固定在水平地而上，动度系数为k的轻弹簧一 喇隔定在斜而底璃，另一骑与质量为郴的物换A连接，物块A右端接一相线，细线平 行于斜面烧过斜面墙的光滑轻质定带轮与物块B相连。开始时托住物块B使细线 合好韩直且张力为0，然后由静止释放物块B。当B的置量也为两时，物块A沿斜面 向上经过P点（图中表标出）时速度最大。已知重力加速度大小为g,求： (1)弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小。 (2)如果B的质量为2m,A沿斜的向上经过P点时物块B的速度大小。 密程 学科素养周测源（十二）物理第分页（共B页1 1 14.(13分》知图所示，在光滑水平面AB和粗粒水平面CD之间连接一长度为L:=3.5m 的传送带，CD长度L:=1m国心为O,半径为R=0,2m的显直光滑半国转道D2 与水平面CD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和慨心O等高，∠E派一 30°。可视为质点的小物块从A点以，一4m/s的初速度向右滑动，已知小物块的历 量m=1kg,与传送带，水平而CD之何的动摩擦因数均为”=0.1，重力加速度g取 10m/家. (1)若传送带不转，求小物块滑到半赋轨道D点时对软道压力F的大小。 (2)若传送带以一3m/s的建常原时针方向转动，求小物块第一次运动到C点的过程 中系能产生的热量Q 03 1 学科素养周测浮（十二）物理第7页（共8页》 衡水真蹈密在 5,《17分)科技节上某中学科技壮因设计了一个影直面物道复显，如图所示，该模数由一 个半径R=0,5m的光番四分之一图翼轨道和一个周定半径=05m的”S"形光滑 管道以及一个倾角可调的斜直轨道构成。现从圆置轨道的顶陶A点由静止释放一个 质量m一0.5kg的小球，小球从B点水平进人“S”彩管道，该管道B.C两管口划线水 平，010，为两细管通属心，0，O:连线与竖直线间的夹角。=10.在光带水平轨道 CD中属静止放置一个质量也为Q5g的小带块，小滑块与小球发生弹性董撞冲上与 水平雀平微连接的是够长便斜直轨道，不计小滑块经过D点处的机横能测失，直轨道 DE的顿角可以在0到0间调节，小滑块与直轨道DE间的功摩擦因数以=Q,75。 已知n53°=4,8，%53=Q5,重力加递度g取10m/,求： ()小球运动到B点时对管道作用力的大小和方向， (2)若8一53，小情块在直轨道DE上经过的总路程x 《3)写出母取不同值时，小滑块在装道DE上克服降报力所做的动W与9的关系。 -+0 E/ 小块 学科素养周测评十二)物理第8页（共8页引衡水真题密卷 在C点由牛顿第二定律可得 Fs-mgcos 0-m R 解得FN=10.5mg 由牛顿第三定律得小球刚进入第二个圆轨道解 间对轨道的压力大小为10.5mg。 14.(1)0.4g1.4mg(2)mg 【解析】(1)剪断轻绳前，对甲、乙、丙整体进行 受力分析有F每十1.5mg=2mg 将乙与丙间的轻绳剪断，对甲、乙整体根据牛顿 第二定律有 Fn-mg+1.5mg=(1.5m+m)a 解得a=0.4g 对乙进行受力分析有 T-mg=ma 则T=1.4mg (2)设物体甲的质量为M,开始时弹簧处于伸长 状态，其仲长量为x1,有 kx=(2m-M)g 解得x,=2m一M 剪断轻绳，甲的加速度为零时，速度达最大，设 此时弹簧压缩量为x2,有 kx2=(M-m)g 解得x-M-m 所以甲速度最大时，下降的距离 x=工1十x2="mg 15.) 12 2al-)mH 4 【解析】(1)设滑块与斜面间的动摩擦因数为：， 根据功能关系有 w,=Wn+Wn=mgH-专mgH=号mgH 4 2024一2025学年度学科素养周测 一、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 1 4 学科素养周测评 H 而Wn=mg cos a'sina Wn=me品×号 1 。1 联立解得Wn=gmgH,=2 (2)滑块第一次下滑过程，根据牛顿第二定律有 mg sin a-umg cos a=ma H 1 由运动学公式有n。一2a1 滑块第一次上滑过程，根据牛顿第二定律有 ng sin a十ng cos a=ma2 由远功手公式有号×品。日 聚立解得台- (3)滑块第二次下滑过程，根据动能定理有 亏mgH-吉Kumgcos a·H=m 4 4 sina=2mu吃-0 滑块第二次上滑过程，根据动能定理有 一mghz-mg cos a· .。=0-2mo 1 sin a 结合tana=9μ 解得：=（得）'H 滑块第次沿斜面上滑的最大高度为 A.=(得)H 滑块在斜面上滑行的路程为 =L+2X4+2X161+…+2X4 sin a 5sin a 25sin a 5-1· H +。t-共 sin a 5"sin a 由于摩擦系统产生的热量为 Q-mgsosa-)mgH. 评（十二）物理·机械能（三） 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，是毛毛虫的肌肉在做功，属 于内力做功，则树枝对毛毛虫做的功为零，A正 ·物理· 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风一 mng sin0一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，然后加逸度反向 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】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的物块做简瑞 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x: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速度最大；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 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Fm=(M十m)g十 kx,Faxx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一船ax图像为过 原点的倾斜的直线，C错误。初始位置有mg k红，解得z)一，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E+x0=mg文十202(x一x), 2 1 解得Em=2x,Emt图像可能是开口向上的 抛物线，D正确。 4,B【解析】每秒吹到叶片上的空气的质量为 参考答案及解析 1 1 m=pmS=pwl2,动能Ek=2mo2=之ml2, 发电机每小时平均输出的电能为E=3600Ex= 1800u3πL2,B正确. 5B【解析】由图像可知，当0=受时，5=18m, 此时小物块做竖直上抛运动，初速度0一√2g5一 √/2×10×1.8m/s=6m/s,A错误；当木板与水 1 平方向夹角为日时，由动能定理得0-2m06= 话 7mgsn0-g0,解得s=2g(sn0叶s 6c0s30° 令u=tm30,根据数学知识可知5一2gm(0+30万' 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=c0s30° 2g 0.9√3m,B正确，C、D错误。 6.B【解析】由图像可知，0~t。时间内功率与时 间成正比，则有F一mg=ma,v=at,P=Fv,得 P=ma十g)at,图线的斜率k-=ma十ga, 可知-a十>a,B正确。一1时间内功 mgto g 率保持不变，物块建度口继续增大，由一mg ma可知物块加速度逐渐减小，因此，t。一t1时间 内物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速 度减小到零，即1时刻，此刻速度最大，最大速度 为=。，由于，时刻物块的速度，<和，即 mg ,A.C错误；P1困线与：轴所国图形的面 uo一mg 积表示0一白时间内拉力微的功W=P十 2 1 P,4一t】,由动能定理得W-mgh=2m0品，得 7.C【解析】物体C叠加在物体B上面静止时，由 二力平衡有kx1=(m十mc)g,拿走物体C后，物 体B在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，有 x0=mg,其振幅A=x1一x。,当物体B上升到 最高点时，弹簧拉仲长度最长，由于物体A恰好 1 衡水真题密卷 不离开地面，由二力平衡有kx2=mg,所以由振 幅相等有A=x2十xo=x1一x。,解得物体C的质 量为mC=2m,A错误；物体B在最高点受重力和 弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故F= mg,所以由牛顿第二定律可得物体B在最高点的 加速度为a-2mg=2g,B错误；物体B上升的最 大高度为h=2A=4nS,D错误；当物体B经过 平衡位置时其速度最大，物体B从最高，点回落到 平衡位置的过程中，物体B与弹簧组成的系统机 诚能守证，有mgA十好=方m2+之，解 1 得物体B的最大连度大小为。=2g√？，C 正确。 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一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EM=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)十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 2R 动，竖直方向有t= =0.4s,v,=√2gR= 4m/s,水平方向有，-2 =4m/s,小钢珠在N 点，根据牛颜第二定律有mg十N=m,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,小钢珠 落到Q点前瞬间，重力的功率为P=mg0,= 0.2W,A、BC正确：根据机械能守恒定律得弹 黄松储存的弹性势能为E,=了m心十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十AB)=0-2mi,解 得口A=8m/s。从B点到A点过程，假设物块 学科素养周测评 从B点全程加速到A点，根据动能定理可得 mg·AB=名mi-名m2,解得h 2√I0m/s,假设物块从B点全程减速到A点， 根据动能定理可得一mg·AB=2mmi 2mu2,解得0m=2V2m/s,可知0m≤ 1 ta≤v,B、C正确。 二、非选择题 11.(1)C(2)gl2(3)kl2(l3-l:) 【解析】(1)小物块通过光电门时的速度为= 日，若系统机械能守恒，则有mgl=中 名m,参理得时点P+华1，中图豫若能 1 d 在误羞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 2=mg,解得-坚，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 vm=√gl2。 (3)当(=1和l=3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mg1= Epl十Ek,mgl3一Ee十Ek,又l2=mg,整理可 得Em一Eu=kl2(l3一l1)。 1 12.(1)3.45(2)升高(4)mgx=2(M+ 质别 (5)9.68 【解析】(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度为 3mm十9X0.05mm=3.45mm. (2)依题意，滑块通过光电门1的时间小于道过 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。 (④若机诚能中恒，则有mgr=合(M十 ·物理· m()-名M+m)(只)八，整理可得mgr ⑤)由上一问关系式，可变形为=mg工十 tM十m d 2mg=k ，站合图像可知M件 2.2-0,解得 0.62 g≈9.68m/s2。 13.)子mg(2g√置 【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，由牛频第二定律得 mg-T=ma 对A有 T-mgsin30°=ma 解得弹簧第一次恢复原长时细线上张力的大小 为T=}g (2)设托住物块B时，弹簧形变量为x。,有 kxo=mg sin 30 解得6一2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-mg sin30°-kx'=0 解得x爱 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 1 2mg(x'+x)=mg (x'+x)sin 30+x 3mv 解得A沿斜面向上经过P点时物块B的速度 大小为=g√k。 14.(1)45N(2)0.5J 【解析】(1)从A点到D点，根据题设条件，由 动能定理得 1 1 2mw%-2mv6=一mgL1十L:） 在D点，由牛顿第二定律有 参考答案及解析 vDI FN一mg=R 由牛顿第三定律知F=FN 联立解得F=45N (2)假设小物块到达C点之前已与传送带共速， 此时小物块相对于地面的位移为x1,则有 2m21 1 2mvi--umgx 解得x1=3.5m=L1 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 U一vo=一以gt 传送带相对于地面的位移为x2,则由匀速运动 规律有 x:=vt 小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的 热量 Q=mg(x1-xz） 联立解得Q=0.5J。 15.(1)2.5N方向竖直向上(2)5m (3)见解析 【解析】(1)小球从A,点运动到B点，根据机械 能守恒定律有 1 mgR=2m呢 小球在B点时，根据牛顿第二定律有 FN十mg=m, 联立解得FN=2.5N 根据牛頓第三定律可知小球运动到B点时对管道 作用力的大小为F=F、=25N,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 mg sin 53>umgcos 53 所以小滑块不能停在克轨道DE上，最后停在 水平轨道上的D点，全过程根据动能定理有 mg[R+2r+2rsin(a-90)]-mng cos53°·s=0 解得s=5m (3)当mg sin0-1 mg cos0时，即 tan0=u=0.75 解得0=37 1 衡水真题密卷 当0≤0≤37°时，小滑块能停在直轨道DE上， 由动能定理得 mg[R+2r+2rsin (a-90)]-pmg cos 0.xz- mgxz sin =0 解得工2=3cos0+4sin0 则小滑块在直轨道DE上克服摩擦力所做的功 2024一2025学年度学科素养周测评 一、选择题 1.C【解析】在小球向左摆动到最低点过程中，细 线对小车的拉力沿右下方，由于有挡板，则小车 不动，此过程中小球和小车组成的系统在水平方 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， 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， 小球和小车速度一定相同，C正确，A、B、D错误。 2.A【解析】取竖直向上为正方向，小球从静止开 h=1s,则 始下落到接触沙子的时间为1一√g 小球从接触沙子到陷至最低，点的时间为2=t t1=0.1s,对全程由动量定理有Ft2一mgt=0, 解得沙子对小球平均作用力的大小为F=110N, A正确。 3.B【解析】由动量定理有Ft1=mw1,解得1秒末 物块的造率为-层-2空/5=1A错 误；F1图线与时间轴所围图形的面积表示冲量，根 据动量定理可知，t=3s时物块的动量大小为p3= 2X2kg·m/s-1X1kg·m/s=3kg·m/s,B正 确：根据动量定理可知，1=4s时物块的动量大小为 p,=2X2kg·m/s-1X2kg·m/s=2kg·m/s,则 =4s时物块的速度为4=P=1m/s,所以前 4移内物块的速度均大于零，即前4秒内物块的 运动方向没有发生改变，C、D错误。 4.C【解析】设爆炸后眸时质量为m1部分的速度 大小为℃1，另一郎分的质量为(m一m:),速度大 小为2，根据动量守恒定律可得m11=(m一 学科素养周测评 W=mg cos0·x2 解得W 33.75cos0 3cos 0+4sin 0 当37°<0≤60°时，小滑块最后停在D点，由动 能定理得 mg[R+2r+2rsin (a-90)]-W=0 解得W=11.25J. 十三)物理·碰撞与动量守恒（一） mm又E=之mi,Ea=号m-m,该 白磷弹爆炸后瞬时的总动能为E=Ea十E2, 联立解得E运=mE,C正确. m一n1 5.A【解析】设发动机向后喷射气体的速度为o, 以发动机时间：内喷出的气体为研究对象，由动 量定理得F=S0,解得oS,A正确。 6.C【解析】设向右为正方向，小孩跳离b、c车时 对地水平速度为，人的质量为m,车的质量为 M,在水平方向由动量守恒定律有一Mu。十mu= 0,mo=Mu十u,mu=(M+m)a,所以v:= ,w=0M,即>0，>，并且 m 与va方向相反，A、BD错误，C正确。 7.C【解析】根据能量守恒定律知，碰后小球A的 一部分机械能转移给了B,小球A的机械能减 小，可知小球A不可能返回到P,点，A错误：设 第一次碰后小球B的速度大小为℃B,小球A的 速度大小为vA,则有mAv0=一mAUA十m#B: 1 2m46- 1 乞mAi十乞m80i,解得A一 (mB-mA)v mA十mB 2nA0,若mB=2mA,则 ,wB=mA十mg' 有，-号<。号，说明丙小球只能延撞一 次，B错误；结合上述，若mB=4mA,则有tA= 智>，智，可知两小球清秀次硅施，设第二 次碰后小球B的速度大小为，小球A的速度