周测评(十二)机械能(三)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖A版）

拥有梦想的人生才是最有意义的 2025一2026学年度学科素养周测评（十二） C.一时间内，动车组的平均速率为一 班级 卺题 物理·机械能（三） D.动车组能达到的最大速度为2分 P 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 4如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径尺-。的光滑半球体上方。给铁链一个 要求。 微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为32m/s, 得分 已知∠AOB=60。,以OC所在平面为参考平面，g取10m/s2。则下列说法中正确的是 题号 1 2 3 4 5 答案 A,铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒 1.电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15° 的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能E:与位移 B铁链在初始位置时其重心高度3,5， x的关系如图中直线①所示：第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能E C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8m 与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，g取10m/s2。下列 D,铁链的端点A滑至C处时速度大小为6,2m/s 说法正确的是 ↑E(10) A.图中①对应过程汽车所受合力越米越大 5.如图，小滑块P、Q的质量分别为m、3m,P、Q间通过轻质饺链用长为L的刚性轻杆连 B.可求图中②对应过程下滑200m回收的电能 接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平 C.图中②对应过程下滑100m后不再回收能量 100 横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角a=30°时，弹簧处于原长状态，此时，将P由静止释 64- D,由题中及图像信总可求出电动车的质量 放，P下降到最低点时a=60°。整个运动过程中P、Q始终在同一竖直平面内，滑块P始 2.如图，光滑轨道abc竖直固定，a、b、c三点距地面的 0 100200x/m 终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦，重力加速度为g,在P 高度已在图中标出，最低点b附近轨道形状近似为圆形，半径R=0.6m。将可视为质 下降的过程中 点的小球由a点静止释放，并沿轨道ab加运动，经过b点时所受合力大小为30N,小球 A,P、Q组成的系统机械能守恒 从c点离开轨道时，其速度方向与水平面成60°角，最终落在地面上：点。不计空气阻 B.两个滑块的速度大小始终一样 力，g取10m/s2。则下列关于小球的说法正确的是 ) C.弹簧弹性势能的最大值为，(，-1)mgL 225m D,P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小 等于4mg 10m 地面，0.45m平 二、多项选择题：本题共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， A.比较小球在b,c、d,e各点速率，小球在b点的速率最大 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 B.小球的质量为0.5kg 题号 6 7 C.小球运动到c点时的速度大小为35m/s D.小球从c点刚好飞行到e点所需的时间为0.5s 答案 3.某动车组由位于第1节，第5节的2辆动力机车和6辆拖车构成，其中两动力机车输出 功率始终相同，图甲所示为一辆动力机车输出功率随时间变化的关系图像，图乙所示为 6.如图所示，在竖直平而内固定一个半径为R的粗糙一圆轨道BC,与粗糙的水平轨道 动车组速率随时间变化的关系图像。每节车在运动过程中所受阻力均为「，质量均为 m。则 /16 P AB相切于B点。小滑块（视为质点）的质量为m,以大小为，√写R(重力加速度为g) 的初速度从水平轨道上A点沿直线AB运动，恰好能到达C点，而后沿圆轨道BC下 滑，最终停在水平轨道上，已知A、B两点间的距离为R,滑块与水平轨道AB间的动摩 擦因数为0.2，则 A.滑块第二次通过B点时对轨道BC的压力大小为 3.8mg P1t1一8mw1 B.滑块第一次通过轨道BC所用的时间比第二次的少 A.0一t1时间内，动车组运动的距离为 16f C.滑块第二次通过轨道BC因摩擦产生的热量小于 B.1时刻，第7节车对第8节车的拉力为 P 0.4mgR D,滑块最终停在B点左侧水平轨道且与B点间的距离小于3R 学科素养周测评（十二）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十二）物理第2页（共4页）】 7.如图所示，挡板P固定在倾角为30的斜面左下端，斜面右上端与半径为R的圆弧轨道 9.(18分)如图为某款大型弹珠机的简化模型，长1=8.0m的水平轨道AB的右侧有-一固 MN连接，其圆心O在斜面的延长线上，M点有一光滑轻质小滑轮，∠MON=60°，质量 定的弹射装置，左侧与固定在竖直平面内半径r=1.8m的半圆轨道在B点平滑连接：长 均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P 12=1.2m的水平挡板与半圆轨道的圆心O等高，且左端与圆心O相距l2=2.4m。将质 处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m,大小可忽路的小球A相连，初始时刻 量m=0.2kg的弹珠挤压弹簧后由静止释放，弹珠在水平轨道AB上受到的阻力f= 小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B,C处于静止状态。某时 0.2N,其余位置阻力不计，弹珠可规为质点，g取10m/s2, 刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物 (1)若弹珠经过B点时对轨道的压力是其重力的9倍，求弹珠在B点时的速度大小： 块C对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为g,不计一切摩擦，下列说法正确的是 (2)求第(1)问中弹珠释放时弹簧的弹性势能E: ( (3)若弹珠经半圆轨道最高点C飞出后能击中水平挡板，求弹珠释放时弹簧弹性势能 入第黄的劲度系数及- E。的取值范围。 B.小球A由M点运动到N点的过程中，物块B、C与 弹簧组成的系统机械能先减少后增大 C.小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物 LIE1L41F1H-118188111 40 块B的机械能之和先增大后减小 12 D.小球A到达N点时的速度大小为，8R 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架 子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每 10.(20分)如图，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L,两杆不接触，且两杆间的距离 转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T)。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始 忽略不计.两个小球a,b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L,上，b球套在水平 选取5条连续的痕迹A、B,C、D、E,测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hc,hD、 杆L2上，a,b通过铰链用长度为l的柳性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L hE。已知当地重力加速度为g。 杆夹角为45)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程 中，求： 钢柱 (1)b球的速度为零时，a球的加速度大小： 软笔 (2)b球的最大速度m的大小： 一电动机 D (3)L杆与竖直方向夹角8的余弦值为多大时，a球的速度最大，最大速度vma的 大小。 甲 丙 (1)若电动机的转速为3000r/min,则T= (2)为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的 A,动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 (3)设各条痕迹到O的距离为h,对应钢柱的下落速度为0，画出2-h图像，发现图线接 近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 ,则可认为钢柱下落过程中 机械能守恒。 (4)该同学用两个质量分别为m1,m2的圆柱P和Q分别进行实验，多次记录下落高度 h和相应的速度大小v,作出的2-h图像如图丙所示。P、Q下落过程中所受阻力大 小始终相等，对比图像分析正确的是 A.m1大于m2 B.m1等于m C.m1小于m 学科素养周测评（十二）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十二）物理第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 2025一2026学年度学科素养周测评（十二） 物理·机械能（三） 一、单项选择题 B正确；t2~t3时间内，2辆动力机车向外做的 1.B【解析】由动能定理F合x=△Ek可见，Ek-x 图线的斜率为合外力，题图中①对应过程汽车所 总功W,=2×2(P,+P2)(-t2)=(P1+ 受合力不变，有F6=mg sin15°-ng cos15°= P2)(t3一t2),动车组动能的增加量△E2=8X 200×103-100×103 N=500N,A错误；在车自 (分ni-弓）小，由动能定理有W:-8= 200 由下滑200m时WG+Wx=(200一100)×103J,开 △Ek2,可得动车组运动的距离x2= 启能量回收模式下滑200m时W。+Wr+WF= (P,+P2)(t3-t2)-4mv3+4mw2 ,动车组的平均 (64-100)×103J,则回收的电能E=-WF× 8f 90%=1.224×103J,B正确；图中②对应过程下 速度。=P,+P:))二4mw+m,C错 滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能 8f(t3-t2) 减少，即还是继续回收能量，C错误；由于不知道 误；结合功率知识可知，动车组的最大速度vm= 车与斜坡的摩擦因数，故无法求出电动车的质量， 2P2P2 D错误。 8f4D错误。 2.B【解析】小球由a点静止释放之后，小球只有重 4.C【解析】铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁 力做功，机械能守恒，重力势能最小时，动能最大，速 链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能 率最大，可知，小球在b、c、d、e各点，在e点的速率 不守恒，A错误；根据几何关系可知，铁链长度L= 最大，A错误：小球经过b点时所受合力大小为30 =2m,铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀 3 Ui N,根据牛顿第二定律有Fs=mR,小球从a到b 且形状规则，则其重心在几何中心且重心在 ∠AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重 过程，根据动能定理有mg(h。一h),m,解 心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重 得m=0.5kg,B正确；小球从a到c过程，根据动 心与圆心连线长度，均设为h。,根据机械能守恒定 能定理有mgh。h.))mu,解得u,=5mS 律有mgh。一nghosin30°二2mu,代入数据，解得 C错误：小球从C点飞出后做斜抛运动，在竖直方向 ho=1.8m,B错误；铁链的端点A滑至C点时， 上有-A.=0m601-2g,合去负位，结合上 L 其重心在参考平面下方2处，则铁链的端点A滑 述解得1=5v3+15 s,D错误。 至C点时其重心下降△h=h。十，二2,8m,C正 20 3.B【解析】P-t图线与坐标轴围成的面积表示牵 确；铁链的端，点A滑至C处过程，根据机械能守 引力做的功，0~1时间内，2辆动力机车向外做的 1 恒定律有mg△h=2mui,解得u,=2W4ms,D 总功W,=2X号P,=P,该过程动车组动能 错误。 的增加受△E=8X2mi=4mi,04,时同内 5.C【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧 三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统 由动能定理知W,一8fx1=△Ek1,可得0~t1时间 机械能不守恒，A错误；初始时P、Q的速度均为 内，动车组运动的距离，=P14m,A错 零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动，P 下降至最低点时，P的速度为零，Q的速度也为 误；1时刻，动力机车输出的总功率为2P1,总牵引 零，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小 力F=2卫，则动力机车的加速度4，=F一8f 不是始终一样，B错误；P下降至最低点时，弹簧弹 01 8m 性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q 2P,一8f,设第7节车对第8节车的拉力为FT 和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹 8mv 性势能等于系统减少的重力势能，即E。=gL· 由牛颜第二定律有F1一∫=ma1,可得Fr=4 P (cos30°-cos60)=2(W3-1)mgL,C正确；经 4。 ·物理· 参考答案及解析 分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q 能守恒，有4mgR(1-c0s60°)-mg(x1十x2)sin 的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆 1 1 /12 对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小 30°=2×4mv2+2mw',解得v=√198R,B错 等于Q的重力3mg,D错误。 误，D正确；小球A由M运动到N的过程中，A、 二、多项选择题 B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和 6,BC【解析】滑块从A到B运动过程中有 物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不 变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状 以少滑类第一次通过子点 态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减 时，根据牛顿第二定律，有Fv一mg= R,根据 小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增 大后减小，C正确。 牛顿第三定律可知，滑块第一次通过B,点时对轨 三、非选择题 道BC的压力大小FE=FN=mg十m 8.(1)0.02(3分)(2)A(3分)(3)2g(3分)(4) R A(3分) 3.8mg,由于滑块从B滑到C后又滑回B的过程 【解析】(1)若电动机的转速为3000 r/min,则电 中摩擦力一直做负功，根据动能定理知，滑块第二 60 次通过轨道BC的B点时的速度比第一次的小， 动机转动一周所需时间T一3000s=0.02s。 向心加速度小，对轨道的压力小于3.8mg,A错 (2)钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能 误：由于摩擦生热，通过轨道BC上的同一位置时 的增加量，则机械能守恒，A正确。 第二次的速度总是小于第一次的速度，可见滑块 (3)设钢柱质量为，钢柱下落过程中，若重力势 下滑过程的平均速率小于上滑过程的平均速率， 能减少量等于动能的增加量，则有mgh=2mu, 由于路程均为2R,所以滑块第一次通过轨道 整理得o2=2gh,故若该直线的斜率近似等于2g, BC所用的时间比第二次的少，B正确；设滑块第 则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 一次通过轨道BC的过程中因摩擦产生的热量为 (4)设P,Q下落过程中所受阻力大小为∫，则由动 Q振指能量守恒定律得Q,7n(/侣cR) 1 能定理得mgh一fh=2m02,整理得v2=2(g mgR-0.2mgR=0.4mgR,滑块通过轨道BC的 过程中第二次对轨道的压力较小，摩擦力也较小， A故0图像斜车=2(g一后)，所以针来 m 产生的热量Q2<0.4mgR,C正确；从A点开始到 越大，质量越大，结合图像可知P的质量比Q的质 在水平轨道上停下的过程中，根据能量守恒定律 量大，即m1>m2,A正确。 (gR0.2mgR-0.4 mgR-Q. 9.(1)12m/s(2)16J(3)10.6JE.12.4J 【解析】(1)由牛顿第三定律得，弹珠在B点时轨 0.2mgx,解得x>3R,D错误。 道对弹珠的支持力FN的大小为9g,弹珠在半圆 7.ACD【解析】设弹簧的劲度系数为k,初始时刻弹 轨道最低，点B时，由牛顿第二定律有 簧的压缩长度为x1,则B沿斜面方向受力平衡，则 vB Fy-mg=m (2分) ngsin30°=k.x1,小球A沿圆孤运动到最低，点N 时，物块C即将离开挡板，设弹簧的拉伸长度为x2, 解得vB=12ms (2分) 则C沿斜面方向受力平衡，则mgsin30°=kx2,可得 (2)弹珠从静止释放到B,点的过程，由动能定理得 x1=x2,当小球A沿圆孤运动到最低点N时，B沿 1 (2分) 斜面运动的位移xB=R,所以x1十x2=R,解得x1 W年-f·11=2m0扇-0 一A：设小球A到达N点时 R 根据功能关系可得 W弹=E。1一0 (1分) 的速度为v,对)进行分解，沿绳子方向的速度)' 解得E=16J (2分) vC0s30°，由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此 (3)弹珠经半圆轨道最高，点C飞出后做平抛运动， 时B的速度也为'，对A、B、C和弹簧组成的系统 落到挡板上时，在竖直方向上有 在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机 1 r=2811 (1分) 械能守恒，但对物块B、C与弹簧组成的系统，由于 绳拉力对B做正功，所以物块B、C与弹簧组成的系 解得t=0.6s 统机械能增大，根据A、B、C和弹簧组成的系统机械 若弹珠恰好打到挡板左端，点，则 ·5· A 真题密卷 学科素养周测评 l2=vit (1分) 沿杆方向有 解得v1=4ms v.cos 0=vsin 0 (2分) 若弹珠恰好打到挡板右端点，则 va=√(2cos0+√2)sin0·gl (2分) l2十l3=v2t (1分) 解得v2=6m/s 令y=(2cos0+√2)sin0,一阶导数为0时，有 极值，即 若弹珠恰好过半圆轨道最高，点，则 [(2cos0+√2)sin0]'=0 (2分) mg-m r (1分) 2sin 0(3cos2 0+/2 cos 0-1)=0 解得v3=√gr=3√2ms sin0=0,0=0(舍) 综上，弹珠在最高点C的速度c应满足 cOs 0=- +巨（合） 3√2m/s≤ve≤6m/s (1分) 6 弹珠从静止释放到C点的过程，由能量守恒定 c0s0=V4-V2 (2分) 律得 6 E,-2mE+f+mg·2r (1分) 代入可得= 117W2+714 3 3 (2分) 将v2代入vc得 方法二：a球速度最大时，a球位于L?下方，设此 E2=12.4J (1分) 时杆与竖直方向夹角为0，a、b球由开始释放到 将v3代入vc得 杆与竖直方向夹角为0的过程，同理 E=10.6J (1分) mgl(sin45°+cos0)= 1 1 (2分) 综上，弹珠释放时弹簧弹性势能E。的取值范围为 10.6J≤Em≤12.4J。 (1分) 沿杆方向有 10.(1)g(2)W(2+√2)gl vcos 0=vusin 0 (2分) (3)14。-2172+7V1 a球：末态，竖直方向，平衡条件 3 -gl Tcos 0=mg 6 3 b球：末态，竖直方向 【解析】(1)杆水平时，此时b的速度为0，竖直 N=mg+Tcos 0 (2分) 方向 沿杆方向，根据牛顿第二定律 mg =ma (2分) (vasin 0+vLcos 0)? 解得a.=g (2分) T+mgcos 0-Nucos 0=m (2)杆竖直时b球速度最大，此时a球速度为零， (2分) a、b球由开始释放到下降到最低，点过程，根据动 联立解得 能定理 mgl(1+sin 45)-2mvims c0s0= 4+5(含) (2分) 6 解得vmax=√(2十√2)gl (2分) c0s0=14-V2 (2分) 6 (3)方法一：a球速度最大时，a球位于L2下方， 设此时杆与竖直方向夹角为0，a、b球由开始释 117√2+7/14 0.一3N gl。 (2分) 3 放到杆与竖直方向夹角为日的过程，同理 1 1 mgl(sin 45+cos 0)mv (2分) 2025一2026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 时，0=M甲1十1，乙接住球时，m10=(M十m1)21, 1.C【解析】取水平向右为正方向，设甲、乙的质量均为 可知甲1>1，即第一次接球后，乙的速度比甲小，A M,第一次抛出球的质量为m1,速度为v,则甲抛出球 错误；第二次抛球时设球的质量为m2,则m2<m1,同