周测卷(十) 机械能(一)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·福建专用）

null高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 速度减小的加速运动，平均速度大于，运动时间 (2)如图，假设物体N运动到 了P、O2连线上的Q点，设 ,所以列车通过隧道的时间小于4√ R R O1、Q之间的距离为x,未挖 小于2 ,故 去小球前，大球对物体N引 D正确。 4 p3元xm 7.82R2 力F1=G G √g2R Vg2一g1 根据Gm 4 mg2,解得M=82R R2 =mR,解得第一宇 3Gpnxm, 宙速度为，=√gR:根据=m十m禁R,联 42 小球对物体N引力F2=G (- 立解得T=2π R g2-g1° Gox(-)m, GM 8.(1)R (2)a.kwRb.见解析 2 大球剩余部分的引力F=B,一F,=3GpπRm, 【解析】(1)根据万有引力提供向心力GMm-m R R 所以物体N的加速度a=F=2G m3Gp元R, 解得U=√R GM 物体N从P到达O,有-号r,解得1 (2)a.该卫星脱离时的速度大小为vA=wrA=kwR。 3 b.该卫星在A点脱离后做椭圆运动，地心为其椭圆 √2Gp元 运动的焦点，A点到地心的距离为R。设该椭圆轨 道长轴的另一端点B到地心距离为rB,卫星在该点 10.1)AF (2)AFR2 6m 6mG e mo 速度为B。根据机械能守恒定律，得一G 【解析】(1)设砝码在最高点时细线的拉力为F,,速 1 2mov=-G Mmo1 度为v1,根据牛顿第二定律F1十mg'=m 十2mo0, r' 设砝码在最低点时细线的拉力为F2,速度为2，同 根据开普勒第二定律，得R,:-心， 理F2-mg'=m r 需求解rB,当rB>R时，卫星脱离后不会撞击地球； 当rB<R时，卫星脱离后会撞击地球。 由机械能守恒定律得mg'·2r十} 2nv号， 2 3 9.(1)3Gp元Rm(2)√2Gp元 联立解得g'-F,F_△F 6m 6m 【解析】(1)物体N受到的大球剩余部分的引力为大 球对物体N的引力减去小球对物体N的引力。未 (2)在星球表面，万有引力近似等于重力GM 挖去小球前，大球对物体N引力为零，所以大球剩余 m'g', 部分的引力等于小球对物体N的引力，方向沿O2 4/R13 又g'= m,联立解得M=△FR AF 指向O1,F=G 3π(2m 6mG。 p· 解得F= 3Gp元Rm。 3》由mg=mRg- 02 ,联立求得v=√gR= 6m △FR 6m 物理（十） 1.B【解析】弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持 有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h1到 不变，弹簧弹力减小，当二力平衡时，加速度为零，速 h2之间弹簧笔的重力势能增加，弹性势能和动能之 度达到最大，动能最大。此时弹簧还有一定的形变 和减小，故D错误。 量，所以h1不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于 2.B【解析】同一时刻两球的竖直速度相同，但是A Ekm,整个运动过程中，弹簧的弹力先减小，最后为0， 的水平速度大于B的水平速度，可知两球的动能不 故A、C错误，B正确。运动过程中，对系统来说，只 相等，选项A错误。同一时刻两球的竖直速度相同， ·20· ·物理· 参考答案及解析 根据P=mgv,可知，重力的功率相等，选项B正确。 力做功的平均功率为P。=mg·2Rsin37-12w, 两球的加速度都等于重力加速度，根据△v=gt,可 知，相同时间内，速度变化量相同，选项C错误。相 故D错误。 同时间内，两球的水平位移不相等，可知两球发生的 4.ABD【解析】小球P随细杆a绕O点转动，其轨迹 位移不相同，选项D错误。 为半径为L的圆，故A正确。虚线位置，小球Q沿 3.C【解析】煤块刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力 杆方向的速度为0，根据杆关联物体的速度特点，沿 沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mg sin37°+ 杆方向速度相等，故小球P此时速度一定为0，故B ng cos37°=ma1,解得a1=8m/s2,则煤块从0加 正确。从开始到虚线位置的过程中，小球P、Q组成 的系统机械能守恒nmgLcos0-mgL(1一cos0)= 速到与传送带共速需要t1= 0=2s,煤块的位移为 2mu后，对小球Q,W-mgL(1-cos9)= 2mv6,联 x1=a1t=16m,由于mg sin37>mg cos37°，可 立解得W=nmgLcos0,故杆b对小球Q做了功，小 知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力 球Q机械能不守恒，故C错误，D正确。 沿传送带向上，根据牛顿第二定律得mg sin37°一 5. AC【信息获取与转化】 mg cos37°=ma2,解得a2=4m/s2,根据x2=uot2十 序号 图文信息 隐含信息 物理关系 1 2a2t经=h,75-x1,解得t2=1s,共计t=t1十t2 斜率的意义：表示 E-h图像 △E=F△h 3s,故A错误。共速前传送带的位移为x3=vo1= 外力 32m,煤块与传送带的相对位移为△x1=x一x1= 曲线上A点处切 16m,共速后传送带的位移x4=vot2=16m,相对位移 线的斜率最大 此时拉力最大 △x2=x2一x4=2m,摩擦力大小为F(=mg cos37 【解析】物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物 2N,共速前摩擦生热为Q,=F△x1=32J,共速后 体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有 摩擦生热为Q2=F:△x2=4J,故总热量为Q=Q1十 Q2=36J,故B错误。共速前摩擦力对煤块做功 △E=FAM,得F三汇，所以斜率表示拉力。0~ W1=Fx1=32J,共速后摩擦力对煤块做功W2= 阶段斜率增大，即拉力增大，h1~h2过程中，图像斜 一Fx2=一36J,故全程摩擦力对煤块做功为一4J, 率减小，拉力F减小，拉力先增大后减小，故A正确。 煤块的机械能减少了4J,故C正确，D错误。 在1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正 ￥C【信息获取与转化】 在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误。由图 序号 文本信息 隐含信息 像可知，在h,~h2过程中，图像斜率减小，拉力F减 1 倾斜圆盘 重力沿圆盘向下始终有分力 小，在h2后图像斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F 大于重力，在h2处拉力为零，因此在h1~h2过程中， 随着圆盘一起匀 摩擦力和重力沿圆盘向下的 速转动 分力的合力提供加速度 拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直 线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C 3 恰好 在最低点的摩擦力达到最大 正确。在0~h?过程中，拉力先大于重力后小于重 【解析】由题可知，小物块恰好随着圆盘一起匀速转动， 力，最后拉力为零，物体的合外力先减小到零后反向 故小物块运动到最低点B点时，受到的静摩擦力达到 增大，最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速 最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有gcos37° 度大小先减小后增大再不变，h2~h3阶段为竖直上 mg sin37°=mw2R,解得圆盘转动的角速度为w= 抛运动，不是匀速运动，故D错误。 1rad/s,故A错误。根据匀速圆周运动的规律可知，6.AC【解析】小物块所受重力沿斜面向下的分力大 圆盘转动的线速度大小为v=wR=1m/s,根据瞬时 小为mg sin30°=10N,根据图像可知，在拉力作用 功率与瞬时速度的关系P=F,解得小物块运动到C 下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做 点时重力的瞬时功率为Pc=mgusin37°cos30°= 加速度减小的直线运动，当拉力大小为10N时，加 3√W,故B错误。小物块从B点运动到A点的过 速度减小为0，此时速度达到最大值，根据图乙，结合 程中，动能不变，只有重力与摩擦力做功，根据动能定 数学函数关系，可以解得x=7.5m,故A正确。当 理有Wr-mg·2Rsin37°=0，解得摩擦力做的功为 x=10m时，根据动能定理有Wr一mgxsin30°= W=12J,故C正确。小物块从B点运动到A点的 mz,其中w。=(5+10)×20 1 过程中，运动时间为圆盘转动的半个周期，解得t 2 =150J,解得= 了-工=xs,根据功率的定义式P-” ,解得克服重 5√2m/s,故B错误。令物块沿斜面运动到x=10m 位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为 ·21· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 9.(1)4640N(2)2m G1,则有-mgx1sin30=0)mw,解得x=5m 【解析】(I)设到达B点的速度为？B,滑板从P到B 则上升过程中，物块能达到的最大高度为H=(x十 过程由动能定理知mgxAP sin37°十mgR(1 x)sin30°=(10+5)×分m=7.5m,放C正确。物 COs 37)-LmgAP COS 37 1 块由最高点下降至最低点过程有mg(x+x1)sin30° 1 在最低点B由向心力公式知FN一mg=mR, 2moi,解得o1=5V6m/s,则下降过程中，当x=0 解得FNB=4640N, 时重力对物块做功的功率为P=mgv1sin30°，解得 由牛顿第三定律知FNB=FNs=4640N。 P=50√6W,故D错误。 (2)设滑板到达C的速度大小为c,由机械能守恒知 BD【解析】小球P沿细线方向的分速度与Q的速 mgR1-cos53)=7moi-号mw2,代人得a 度相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超 10m/s, 重，再失重，故A错误。到M点时，根据速度分解有 斜抛落到平台上的过程，水平方向的位移为x,竖直 Upsin30°=va,根据系统机械能守恒有2 mgRsin30° 位移为y=h-R(1-cos53), mg2Rcos30-ER)=7×2mi+ mv6,解得 水平方向上有x=vccos53°t, -220+gBgs,g-V21+2-5gR 竖直方向有y=vcsin53t-2gt, 3 3 代人得x=6m,故落点距D点为L=x一4m= 故B正确，C错误。到N点时，根据系统机械能守恒有 2m。 2mgR-g(2R-②R)=号×2mo,根据向心加速度 10.(1)19N(2)1.5m(3)4.5J 公式有a一只=2g,故D正确 【解析】)由动能定理得mgh=弓m,得出， 3m/s, 7.不守恒02250【解析】运动员在下落过程中受 在C点由生顿第二定律知FN一mg=伦，得出 到重力和弹性绳弹力作用，故运动员在下落过程中 机械能不守恒；由v-x图像可知，在x=15m处速度 FN=19 N, 达到最大，vm=15m/s,此时对应的加速度为零；自 由牛顿第三定律可知滑块到C点时对轨道的压力 无初速度下落至x=15m处，根据能量守恒定律得 为19N。 (2)从滑块滑上木板到滑块停止运动的过程中，滑 mgx=2mu2+Em,可得Em=2250J. 块的加速度a1=1g=4m/s2, 8a品2原 无影响 木板的加速度a,=-mg一：X2mg=2m/s, m 【解析】(1)小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑 vo一a1t=a2t=v共，得出t=0.5s,v#=1m/s, 块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有h= 滑块的位移x1-十可类=1m, 2 2gt,水平方向有x=t,设弹簧压缩s时的弹性势 1 之后两者一起做匀减速直线运动至停止，有2× 能为E。,滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守 2mg=2ma3,解得共同加速度a3=1m/s2,x3= 恒可得E,一方w十mgs,联立可得点一是，十 =0.5m, 2a3 故滑块的总位移x=x1十xg=1.5m。 管可知2图像的斜率为= m hE,解得弹簧压 1 (3)木板加速过程有x2=2a,t=0.25m, 笔：时的弹性势能为E,=点a: 则滑块相对长木板位移为△x=x1一x2=0.75m, (2)根据1 。g 故滑块与长木板间产生热量为Q1=1mg△x m4E土，可得6，解得滑块 0.4×1×10×0.75J=3J, 长木板相对地面运动产生热量为Q2=42·2mg(x2十 与桌面间动摩擦因数为k一4hk,桌面有摩擦，不影 x3)=0.1×2×1×10×(0.25+0.5)J=1.5J, 响，x图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的 则从滑块滑上木板到滑块停止运动的过程中，地 面、滑块、木板组成的整个系统产生的总热量为Q 弹性势能结果无影响。 Q1+Q2=4.5J。 ·22·