周测评(十一)机械能(二)-【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B版）

强烈的决心和勇气是迈向成功的关键 2025一2026学年度学科素养周测评（十一） O 班级 卺题 物理·机械能（二） 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 A.0=30 要求。 得分 22R 题号 B.从D点落到B点的时间t= 4 答案 C.过D点的速度为√22R 1.某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120kW,最高车速可达180km/h,车载电池最 D.AB的长度为5R 大输出电能为75kW·h。已知该车以90km/h速度在平直公路上匀速行驶时，电能转 5.一遵从胡克定律、劲度系数为k的弹性轻绳，绕过固定于平台边缘的小滑轮A,将其一 化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力「与车速的关系符合 f=w2,其中k为未知常数，则该电动汽车以90km/小行驶的最大里程为 端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，静止于M处。已知OA的距离恰为弹性 () 绳原长，现将小球拉至与M等高的N处静止释放，MN的距离为d,则小球从释放到与 A.350 km B.405 km C.450 km D.500 km 平台右侧面碰撞前的过程中（不计空气阻力及绳子和滑轮间的摩擦，小球视为质点，弹 2.为提高运动员的腿部力量和耐力，拖轮胎跑是常用的一种训练方式。如图所示，一运动 性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g) () 员在一段时间内通过轻绳拖动轮胎沿水平地面做匀加速直线运动。已知轮胎与地面间 kd 0 3 A.小球的最大速度为 m 的动摩擦因数μ一兮，轮胎的质量为m,则运动员以加速度。匀加速运动位移x的过程 2kd 中，下列说法正确的是 () B.小球的最大速度为 m C.小球的最大加速度为2m kd A,当轻绳拉力方向与水平方向成60角时所需拉力最小 D.小球的最大加速度为，（一）+： B.调整轻绳拉力方向，绳上拉力做功的最小值可能为max 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， C.若轻绳拉力方向不同，则轮胎所受合力做的功也不同 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 D,即使轻绳拉力方向不同，但拉力的平均功率仍相同 题号 6 7 3.如图甲所示，倾角为37的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量 答案 m=5kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A,货物运动的速度v随时间t变化的 6.如图甲所示，倾角为30°足够长的斜面固定在水平地面上，t=0时刻质量为m的光滑物块 图像如图乙所示，t=10s时货物到达传送带顶端B,g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 由斜面底端以一定的初速度。冲上斜面。以水平地面为零势能面，物块的重力势能E,随 0.8,货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是 位移x变化的关系如图乙所示。已知物块位移为2.5m时速度为0，g取10m/s2,则 A.货物受到的摩擦力大小始终为32N m () B.货物受到的摩擦力做的功为160J E/J C.货物受到的合力做的功为460J 8 0 D.因为传送货物，电动机对传送带多做功620J 甲 4.如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆环BCD,AB在同一竖直线上且与直径 BD的夹角为O,现有一质量为m的小球（大小忽略不计）从A点静止释放，落到B点时 A.物块的质量为0.6kg 可通过一大小忽略不计的拐角与半圆BCD平滑相接，小球通过拐角时无能量损失，小 B.当位移为1.5m时，物块的速度大小为/10m/s 球恰好能通过半圆轨道最高点D,在空中运动一段时间后又恰好落在B点。下列说法 C.物块的重力势能与动能相等时，物块的位移大小为0.75m 正确的是 () D.当x=2m时，物块的动能为3 学科素养周测评（十一）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十一）物理第2页（共4页） 7.如图，质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动，已知 (1)求释放后，物块在圆弧轨道能上升的最大高度h。 圆轨道的半径为R,玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的。倍，重力加速度为 (2)若该物块质量变为m1=0.1kg,物块到达B点时以2√5m/s的速度冲向圆孤轨道， g,P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中，玩具车(） 求滑块在D点竖直速度v,。 (3)在第(2)问基础上，当物块离开轨道D点时施加一垂直向里的瞬时冲量I=0.20N·s,同 时锁定轨道让其瞬间停下，求物块运动到最高点到D点的距离（提示：立体空间 问题)。 A.在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg D B通过P,Q两点时对轨道的压力大小之和为加" R C.由最低点到最高点克服摩擦力做功为kπm2 D.由最低点到最高点电动机做功为2kπmo2+2mgR 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12分)用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的 小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正 下方有一光电门，当小球P经过最低点时，激光恰好照在球心所在位置，与光电门连接 10.(20分)如图所示，一条水平传送带的左，右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗 的数字计时器显示的挡光时间为△：。已知重力加速度为g。 糙，右侧地面光滑，传送带左、右两轴距离L=2m,传送带以v=3m/s的速度顺时针 方向运动。质量均为m=1kg的A、B两物块中间有一根压缩的轻弹簧（弹簧与两物 块没有连接)，且弹簧的压缩量△x=10m,两物块与左侧地面、传送带间的动摩擦因 数均为4=0,2，右侧地面排放着3个质量均为M=2kg的弹性小球。现由静止同时 释放A、B两物块，当弹簧恢复原长时B物块恰好滑到传送带的左端，紧接着物块B经 过t=0.75s第一次运动到传送带右端，g取10m/s。求： (1)实验小组的同学用螺旋测微器测量小钢球的直径d,如图乙所示，该小钢球的直径 (1)物块B刚离开轻弹簧的速度大小1： d= (2)轻弹簧储存的弹性势能E。: cm。 (2)两小球P、Q球心间的距离为L,P、Q两球球心到转轴O点的距离之比为2：1，当满 (3)整个过程摩擦产生的内能Q(计算结果保留3位有效数字)。 足5L一 (用d、△t表示)时，即验证了机械能守恒定律 (3)若实验中发现系统的动能增量总是比重力势能减少量大，以下可能的影响因素 有（填选项序号）。 A,小球运动过程受到空气阻力的影响 B.球心间距离L的测量值偏小 C小球P运动到最低点时，球心位置比光电门略高 D.释放时具有初速度 9.(18分)如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量M=0.10kg、半径 R=0.20m的四分之一光滑圆弧轨道CED(厚度不计)静置于水平地面上。圆弧轨道 底端C与水平面上的B点平滑相接，O为圆弧轨道圆心。用质量m=0.20kg的物块 把弹簧的右端压缩到A点由静止释放（物块与弹簧不拴接），此时弹簧的弹性势能为 E。=1.1J。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数u=0.1,A、B之间 的距离x=1m,B点右侧地面光滑，g取10m/s2。 学科素养周测评（十一）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十一）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 2025一2026学年度学科素养周测评（十一）】 物理·机械能（二） 一、单项选择题 1.B【解析】根据题意可知vm=l80km/h=50m/s, 故请55布后5s位移分剂为1=（分×2X)m v1=90km/h=25m/s,车速最大时，牵引力Fm= 5m,x2=(2X5)m=10m,故货物从A端运动到B P=2400N,则有F。=f。=k知2，解得&=0.96， 端的过程中，货物受到的摩擦力做的功W=∫潘X U x1十f#Xx2,代入数据得W=460J,B错误；图像 当车速为90km/h时，则有F1=f1=ko=600N, 可知货物到B端时速度v=5m/s,所以货物从A 由能量守恒定律有7w。=F,,解得=W一 端运动到B端的过程中，由动能定理可知，货物受到 F 75×1000×3600×90% 的合力做的功w。=日m-0=(号×5×打 m=405000m=405km,B 600 10J,C错误；图像可知传送带速度为2m/s,由能 正确。 量守恒可知，因为传送货物，电动机对传送带多做 2.B【解析】轮胎在轻绳的拉力、重力、支持力和摩 功W电动款=f滑X51十f特X52,其中51、52分别为 擦力的作用下做匀加速直线运动，设轻绳拉力F与 s1=2m/s×5s=10m,s2=2m/s×5s=10m,联 水平方向成0角，根据牛顿第二定律有Fc0s0 立得W电动款=620J,D正确。 μ(mg-Fsin0)=ma,解得F=mg+ma cos日+sin0:其中 4.D【解析】沿BD和垂直BD方向建立直角坐标 系，可以知道从D点飞出后，ax=gcos0,2R= 3sin0=28. cos 04/3 3sin(0+609),当0=30°时，F有 1 2a2a=gsn0,0=a无2，又因为J小小球 最小值，A错误；轻绳上拉力做的功W=FcOs日·x= [ma十u(mg-Fsin0)]·x可知，当ng=Fsin0时， 拾好通过D点，即FN=0,有mg0s0=m2, R,联 轻绳拉力做功最小，解得Win=max,B正确；根据牛 立上式可得0=45°，t= 4√2R 顿第二定律可得F合=ma,轮胎所受合外力大小 ,p= 2gR 只与轮胎加速度成正比，在轮胎移动距离x的过 A、B、C错误；A到D过程中，由动能定理可得 程中，合力做功大小与轻绳拉力方向无关，C错误； 轻绳上拉力的方向不同，摩擦力做功不同，动能变 mgh-2Reos0)-Zm房，所以A=5y3R D正确。 4 化相同，则拉力做功不同，轮胎匀加速运动位移x 所需时间相同，故拉力的平均功率不同，D错误。 3.D【解析】速度时间图像斜率表示加速度，由图 乙可知，前5§内货物加速运动，物体受到重力 mg、滑动摩擦力f清和支持力FN,由牛顿第二定 律得f米一ngsin0=ma其中加速度a=A- △t (8)m/=0.4m/g联立以上解得f,= 5.A【解析】根据受力分析可知，小球在运动过程 中，只受重力和弹力，且弹力在竖直方向上的分力 32N,匀速后，由平衡条件可知，静摩擦力f#等于 等于重力，小球所受合力为水平方向，因此小球做 沿斜面向下的重量分力，即f#=mg sin0=30N,A 由N到M的直线运动，由于从N到M的过程中 错误；速度时间图像与横轴围成的面积表示位移， 只有弹力在水平方向的分力做功，且弹力和位移 ·1 B 真题密卷 学科素养周测评 成线性关系，因北可得d·d-7m,解得旅 大速度v= kd2 ,A正确，B错误；小球的加速度 m 最大，即合力最大，为一开始释放的时候，此时合 mg kd 力kd=ma,解得a=C,C、D错误。 三、非选择题 m 二、多项选择题 &.①1.050o3分)2g()'e分)(3③BcD 6.AB【解析】根据E。=mgxsin30°，可知E。-x图像 (6分) 的斜率为mgsin30°-3，解得物块的质量m=0.6kg, 【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,读 A正确；对物体从x=1.5m到x=2.5m,由动能 数为10mm+50.0×0.01mm=1.0500cm。 定理可得=mg(2.5-1.5)sin30°=0-7mm2,解 (2)由于P、Q两球的角速度相等，圆周运动的半 径之比为2：1，根据o=rw可知，二者的线速度 得v=√10m/s,B正确；设位移x处物块的重力 势能与动能相等，有mgzsin30=号nv2,机拔能 之比为2：1，即p=2a= △，系统重力势能的 守恒有mgxn30+2mw2=mgX2.5in30,解得 成少量△E,=了mgL,系统动能的增加量△E mi+m6-n()户可得mgL 1 1 x=1.25m,C错误；当x=2m时，有mgX2sin30°+ Ek=mg×2.5sin30°，解得Ek=1.5J,D错误。 7.BC【解析】在最低点，玩具车在半径方向受到向 下的重力和向上的支持力，由向心力公式得F1一 (3)由于空气阻力的影响，重力势能一部分克服空 mg=尺，在最高点，玩具车在半径方向受到向下 气阻力做功，一部分转化为小球的动能，导致系统 的动能增量总是比重力势能减少量小，A错误；球 的重力和向下的支持力，由向心力公式得F2十 心间距离L的测量值偏小，会导致重力势能的变 mg=n0,两式相减可得F1-F2=2mg,A错误 化量偏小，B正确；小球P运动到最低点时，球心 在PQ两点的受力如图所示，在Q点，由向心力公 位置地先电门略高，再根指)一计算共速度，会 式有N一mgos自=g在P点，由向心力公式 导致速度偏大，故动能的增量偏大，C正确；释放 时具有初速度，导致P到达最低，点时，速度偏大，D 有N2+mg cos0= R,两式相加可得N,十N, 正确。 2m 尺，因摩托车在不同位置与圆轨道间的压力不 9.1)0.15m(2w6m/s(3)37 0m 同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成N段，在 【解析】(1)设弹簧的弹性势能为Ep,物块从A到 轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段A、 B的过程由动能定理得 2πR 1 B,每段的长度为△x=N,则在AB两小段的压力 E。一mgx=2mw品 (2分) 可视为恒力，摩擦力做功之和Wi=(N1十N2)△x, 代入数据解得vo=3m/s (1分) 得w,-X×经 物块和圆孤轨道相互作用的过程水平方向动量守 N N,所以摩托车 恒，机械能守恒则 N 从最低点到最高点克服摩擦力做功W,=4W,= mvo=(M+m)x共 (1分) 1 2mo6=2(M+m)o十mgh (1分) kπw2,B、C正确；玩具车在竖直面内沿圆周轨道 内壁以恒定速率)运动，由最低，点到最高点由动 解得h=0.15m (1分) 能定理可知Wp-W,一mg·2R=0,解得Wr= (2)物块到达D点时在水平方向上与M共速 kπmv2十2mgR,D错误。 m10=(M+m1)o共 (2分) B ·2 ·物理· 参考答案及解析 解得v*=√5m/s (1分) 设物块到达D,点时在竖直方向上的速度为，由 E,-m+5m+mga (1分) 机械能守恒定律得 代入数据解得E。=4.2J (1分) 1 (3)设物块B与右侧的小球第一次发生弹性碰撞 m,-m,+NM修+7m时+，R 1 后，碰后速度分别为℃1和V2,由动量守恒可知 (2分) mu=mvB+Mv2 (1分) 解得v,y=√6m/s (1分) 由机械能守恒定律可知 (3)物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从 mw=mi+Moi 1 (1分) D点飞出到最高点所用时间 联立以上各式 t=”=6 810s (1分) UBI=-1 m/s;v2=2 m/s 接下来物块B返回传送带向左匀减速，经过x 当物块上升到D点时受到一个垂直于纸面的冲 速度减到0，则 量，设获得的速度为0：，由 vi I=m1V: (1分) x3一2μg (1分) 以物块飞出时D点所在的位置为坐标原，点，以水 解得x3=0.25m 平向右为x轴，竖直向上为y轴，垂直于纸面向里 物块B从第1次向左通过传送带的右端到第2 为之轴，则在时间t内各方向的位移分别为 次通过传送带右端的时间为t3 x=v共t (1分) 一VB1=VB1十4gt3 (1分) y (1分) 代入数据t3=1s g 同理可得物块B从第2次向左通过传送带的右 之=0t (1分) 端到第3次通过传送带右端的时间为t4 则最高点到D点的距离 11 5=√2+y+=37 t4=3t=3s 10 m (1分) 同理可得物块B从第3次向左通过传送带的右 10.(1)2m/s(2)4.2J(3)11.4J 端到第4次通过传送带右端的时间为t5 【解析】(I)假设物块B经过时间t1和传送带速 1 1 度相同，这段时间内滑块B的位移x1,加速度为 t6=34=gs a。由牛顿第二定律知 物块与左侧水平地面产生的内能Q1 umg =ma (1分) 1 解得a=2m/s2 (1分) Q1=mg△x+2moi=2.2J (1分) 由运动学公式可知 物块B第一次从传送带的左端到右端产生的 ta+u 内能 (1分) Q2=umg(t1-x1)=0.5J (1分) 物块B和传送带共速后一起匀速运动，又经过时 物块B从第1次向左通过传送带的右端到第2 间t2到达传送带右端，则有 次通过传送带右端的内能为Q: L一x1=Ut2 (1分) Q3-umgul3=6 J (1分) 由题可知通过传送带的总时间 物块B从第2次向左通过传送带的右端到第3 t=t1+t2=0.75s (1分) 次通过传送带右端的内能为Q: 联立以上各式解得v1=2m/s,v1=4m/s(舍) Q=umgut=2 J (1分) (1分) 物块B从第3次向左通过传送带的右端到第4 (2)物块A脱离弹簧的速度？2，由动量守恒定律 次通过传送带右端的内能为Q。 可知 2 Q。=umgt,=3J (1分) 0=mv1一mu2 (1分) 解得v2=2m/s (1分) 综上整个过程摩擦产生的内能Q 由能量守恒可知 Q=Q1+Q2+Q3+Q4+Q5=11.4J. (1分) ·3· B