周测卷(十二) 机械能(三)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·江苏专用）

null·物理· 参考答案及解析 若机械能守恒成立，有m8l=2(m:十m,)( ) 则小物块下落的高度为h=4R(1一sinB),联立可得 整理有l= m1十m2 d2 3 △。 4R 10.1)3 (2)1.9s(3)46J 9.(1)9mg (2)6R (3) 【解析】(1)由图乙知，货物沿传送带向上运动51= 【信息获取与转化】 0.8m后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 μng cos0·s1=△E1,可得货物与传送带间的动摩 小物块恰好能 类比杆模型的圆 √3 1 运动到E点 =0 周运动临界条件 擦因数为μ=2· (2)货物沿传送带向上运动51=0.8m时，与传送带 仅由重力的分力 mgsin B= 2 与轨道脱离 2 提供向心力 m 4R 保持相对静止，此时有E,=mgs1sin0十2mo2一 【解析】（1)小物块恰好能运动到E点，可知在E点 12J, 时的速度为零，则由C到E由机械能守恒定律有 解得传送带速度为v=2m/s, 2m0忌=mgX4R,在C点时，根据牛顿第二定律，有 设货物加速过程所用时间为t1,根据运动学公式可 得5= 21,解得t1=0.8s, Fc-mg=mR,解得Fc=9mg, 设A点到B点的距离为L,货物在B点时，有E2= 由牛顿第三定律得，小物块在C点对轨道的压力大 小为9mg。 mgLsin 0+1 2m02=34J,解得L=3m, (2)从释放到运动到C点的过程由动能定理有mgh一 h 1 L一s1=1.1s, 则货物匀速阶段所用时间为t,=一。 mg cos8· sin 0=2mvt, 货物从下端A点运动到上端B点的时间为t=t1十 解得小物块从倾斜轨道释放点到水平面的高度为 t2=1.9s。 h=6R。 (3)货物与传送带在共速前，发生的相对位移为△x= (3)设脱离轨道位置与C点连线与水平方向夹角为 x传一s1=t1一s1=0.8m,因摩擦产生的热量为 v2 g,根据牛顿第二定律，有mg sin B=m4R' Q=umg cos0·△x=12J,根据能量守恒可知传送 带输送机因运送该货物而多消耗的电能为E。= 由机械能守恒有mg×4R(1-sinβ)= 2mo,解得 1 Q+mgLsin0+2m2=46J。 sin =3' 2 物理（十二） 1.C【解析】由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速 gh 度一直不变，选项A、B错误。由于Ek=Ew一F阻x, 2mo,解得速度大小v一√0s9h,故D正确。 可知动能与运动距离是一次函数；又有x=t一 3.A【解析】轮轴的轴与轮的半径之比为1：2，根据同 Q,可知动能与时间是二次函数，故C正确， 1 轴转动角速度相等，结合o=rw,可知重物上升的速度 vB=2.5m/s,则重物重力的功率为PB=mgvg= D错误。 2500W,故A正确，B错误。A的速度与B的速度 2.D【解析】根据受力平衡可得水平外力F的大小为 之比为2：1，则当A收回20m时，B上升了h= F=0.5 ng sin0,故A错误。滑块a从C向P运动 10m,钢绳B的拉力等于B的重力，则钢绳B对重 的过程中，b向下先加速后减速，a到P点时b的速 物做的功Wg=mgh=10000J,故C、D错误。 度减小到0，a的速度增加到最大，所以b的机械能4.D【解析】当小物块速度为零时，其所受弹力满足 一直减小，b先处于失重状态后处于超重状态，故B、 C错误。滑块a从C运动到P点的过程中，b减少的 F=kx≤mg,弹簧的形变量清足x<,可知 重力势能转化为a的动能，有0.5g(0A) 小物块最终停止的位置不一定在O点，故A错误。 ·25· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· 当kx=umg,即伸长量为x,=ms时，合力为零， 7.B【解析】由于导弹所受阻力大小随导弹速度的变化 而变化，可知导弹的加速度不是恒定不变的，故A错 速度达到最大值；可知小物块第一次向左运动回到O 点的过程中，速度先增大后减小，故C错误。当小物 误。根据动能定理可得z-f红-mgx=2mv2-0, 块第一次到达O点左侧速度为零且压缩量为x2时， 代入数据解得导弹发动机提供的平均反冲力大小为 设其刚释放时即在A点时的弹簧伸长量为x1,根据 F=2.01×105N,故B正确。导弹增加的机械能为 能量守恒定律有2kx=名x+mg(红，十x),解 2m02+mgx=7.92X10J,故C错误。导弹 AE= 得x2=x1 2,同理，向右运动时：其初始压缩量 发动机对导弹做的功为W=Fx=8.04×103J,故D 错误。 也比速度下一次为零时的伸长量大24ms,故D正 C【解析】铁链下滑过程中整体的机械能守恒，但任 确。因为x2=1-2nmg, 意一小段铁链运动过程中机械能不守恒，故A错误。 k ，x0—丝，有x2十x。— 设铁链在初始位置时其重心到O点的距离为h,如图 x1一x。,小物块第一次向左运动至速度为零的点与 中的E点所示，铁链的端点B滑至C处过程中，链条 A点关于x。点对称，故B错误。 重心的位置到O点距离不变，在此过程中，根据机械 5.A【解析】设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻 能守恒定律可得mgh=mghsin30°十2mm,其中 力为f,牵引力为F,有P=Fu,F-f=ma,整理可得 }会+片由随周可1长 p= 解得P-, v=3√2m/s,解得h=1.8m,故B错误。设链条长度 了名，可知汽车行驶过程巾发动机的输出功率不 为L,根据几何关系可得L-登-看× 元m=2m, 铁链的端点A滑至C点时其重心下降的高度为H= 变，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变，故A正 确，B错误。当汽车速度达到最大时，有P=fm,即 人十号-1.8m十号m=2.8m,放C正确：设铁链的 1 友=友mua,解得m=方，故C错误。当汽车速度为 端点A滑至C处时速度大小为'，根据机械能守恒定 0=号=时，汽车的牵引力为F==2”,由 律可得mgH=多m,解得。'=24m/3,故D 22b 错误。 6 F一f=ma,可得此时汽车的加速度为a= ，故D 错误。 6.D【解析】根据两个物体的总位移相等，速度一时间 【归纳总结】 图像的面积表示位移，作出物体在甲、乙传送带上运 动的速度一时间的图像，如图所示，可知甲运动的时 判断物体或系统的机械能是否守恒的方法 间大于乙运动的时间，故A错误。由题意可知甲、乙 分析动能和势能之和是否变化，若不变，则机械能 定义法 传送带长度一样、倾角一样，故高度差△h一样，根据 守恒 重力做功W=mg△h,可知两种情况重力做功相同， 若只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功， 做功法 由于时间不同，根据平均功率公式P-”,结合A选 但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒 若只有动能和势能发生相互转化，而无机械能与其 项分析可知两种情况运动时间不同，故重力的平均 转化法 他形式能的转化，则机械能守恒 功率不相等，故B错误。由题意知两种情况到达B *D【信息获取与转化】 点时速度相同，根据瞬时功率公式P=Fusin0= 文本/图像信息 隐含信息 mgusin0,可知到达B点时，重力的瞬时功率相等， 序号 故C错误。由题意可知两种情况物体动能变化量相 光滑圆弧轨道AB…光 不考虑任何摩擦阻力 同，重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对 滑定滑轮 物体做的功相等，故D正确。 物体Q恰好对地面无压力 弹簧弹力等于Q的重力 P和圆环通过绳连接、圆 P和圆环沿绳方向的速 环在圆弧轨道AB上运动 度相等 圆环套在轨道上，细绳直 小环套在圆弧轨道上下滑 接从C到环，而不必跨 越顶点B ·26· ·物理· 参考答案及解析 【解析】小环下滑过程中，弹簧对物体P做功，故小环 R 与物体P组成的系统机械能不守恒，故A错误。当滑 (2)xAB= tan 53' 轮右侧细绳与圆弧AB相切时，小环与物体P的速度 由2=2a.xAB,代入数据解得v=2√7m/s, 大小相等，故B错误。如图所示，当小环滑到A点时， 从B到C,根据机械能守恒定律，有2m=2m呢十 物体Q恰好对地面无压力，此时AC=BC+2m3,0C= mgR(1-cos 53), BC+R,(AC)2=(OC)2+(OA)2,可得BC=1m,故C 错误。小环到达A点时弹簧的伸长量与初始时弹簧的 小球离开C后做平抛运动，有x=0ct,h=2gt, 压缩量相同，弹性势能变化量为0，设小环在A点的速 度大小为vA,此时P的速度大小为vp,设∠CAO=0, 联立并代入数据解得x=专m。 则vAsin0=vp,由机械能守恒定律得MgR一mg· (3)从A到B过程小球和物块组成的系统机械能守 2mg=1 2mu,解得uA=10V165 恒，有2(M+m)u=MgxA8-mgxAn sin53 m/s,故D 33 正确。 细线断裂后，小球从B到C,有0二70=一gR (1-c0s53°)， 联立解得M-20,m 7m,故M≥20 m时小球能运动到 C点。 7777777777777777777 10.(1)0.40.2(2)6kg(3)见解析 8.(1)C(2)12.20(3)不可以 d 【解析】(1)由o-t图像可知，t=0.5s到t=1s时 kd? 间段内，B的加速度大小aB=4m/s2,A的加速度 x+号)a-eos)-2(g) (4)2L+d 大小aA=2m/s2,设A与B间的动摩擦因数为以1， 【解析】(1)为提高实验的精确度，减小空气阻力的 A与桌面间的动摩擦因数为42，由牛顿第二定律， 影响，小球应选用钢球。 对B有h1mBg=mBaB, (2)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= 对A有1mBg一2(mB十mA)g=mAaA, 12mm+4×0.05mm-12.20mm。 联立解得41=0.4,2=0.2。 (3)若0大于90°，由静止释放小球后，小球将做一段 (2)由v-t图像可知，t=0到t=0.5s时间段内，B 自由落体运动，细线绷紧后做圆周运动，而在细线绷 的加速度大小aB=8m/s2,设重物质量为m,对B 紧的过程中，小球的机械能将损失一部分，因此日不 和重物组成的系统，由牛顿第二定律有mg一 可以大于90°。小球运动至最低点时的速度为= h1mBg=(m十mB)aB,解得m=6kg。 兰，验证机械能守恒定律的表达式为mg亿+号)· (3)t=1s时刻，A、B共速，B刚好进入虚线区域， 且B受到水平向右的恒力F作用，若A、B进人虚 (1-cos0)= mw2,联立解得g(亿+)1-cos0) 线区域后会发生相对滑动，由分析知 F十A(mA十mB)g≥mBg十？mA十mB)8,得 ) mA十mB mA F≥18N>5N,因此，进入虚线区域后，A、B会保 2s(L+2) 持相对静止一起水平向左做匀减速直线运动，加速 (4)由上一问表达式整理可得 d2 度大小a共= +(mA十mB)g_2F+6,接下来， mAtmB 3 2g1+2) 2g+2 分析三种情况： g ,结合图像可知k ,解得 d2 ①若A、B恰好能一起滑出左边界，则2ad=v2,其 kd2 中a-a共，解得F-2N。 g-2L+d ②若A、B滑不出左边界，停下后A、B均能在虚线 a管m(eM≥9m 区域内静止，则F≤42(mA十mB)g=3N。 9.(1)7m/s2 ③若A、B滑不出左边界，停下后A、B不能在虚线 【解析】(1)设细线中张力为F,对小球有F一mgsin53° 区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B向右 ma,对物块有Mg一F=Ma,联立解得a=7m/s2。 加速过程中会发生相对滑动，由分析知 ·27· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· F-μ2(mA十mB)g41mBg-2(mA十mB）g 由动能定理，有Fs2十2(mA十mB)gs2= mA十mB mA 2(mA+ 解得F≥6N>5N,因此，当3N<F<5N时，A、B 3 会保持相对静止一起向右加速。 ma)v,解得s2=F十3(m)。 综上可知： ③当3N<F<5N时，A、B将先一起向左匀减速运 ①当0<F≤2N时，A、B将一起滑出左边界，又由 动距离L,由动能定理，有FL十42(mA十mB)gL= 2g<1g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能 2(mA十ma)v,然后一起向右先匀加速运动再匀 1 定理，有Fd十(mA十ms)gs1=2(mA十mB)o2, 减速运动，由动能定理，有FL一μ2(mA十mB)g· (L十5，)=0，联立解得s=+ F-3 (m) ②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中， 物理（十三） 1.D【解析】网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量 整体的支持力小于整体的重力，则地面对A的支持 大小相等，方向相反，故A错误。以末速度方向为正 力的冲量大小小于(M十m)gt,故D正确。 方向，网球动量的变化量为△p=mv一mv。=0.06× 3. B【信息获取与转化】 60kg·m/s-(-0.06×40)kg·m/s=6kg·m/s, 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 故B错误。根据动量定理可得网球受到的冲量大小为 I=F△=△p=6.0N·s,则球拍对网球的平均作用 礼花弹在最高点炸 “爆炸”模型：满 maVa 开成a、b两部分 足动量守恒定律 m6v6=0 力大小F= △力6 △t0.01 N=600N,故C错误， 轨迹图如图所示 D正确。 …忽略空气阻力 平抛运动模型 2.D【模型建构】 的作用 选取对象斜面体静止在光滑水平面上，滑块从斜面上滑下 等于重力与竖直 重力功率 方向速度之积 P=mgv竖 建构模型 人船模型 水平方向动量守恒0=m心B一M0A 【解析】平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x 确定物理 两者位移之和等于斜面体底边长xA十xB=L 心ta,3x=t6,竖直方向上有h三7gt轻，h=方gt8, 原理 两者位移大小之比等于质量的反比4=” M 可得v。：v6=1:3,根据动量守恒定律有m。。 m606=0,解得m。:m6=3:1,故C错误。a、b两部 【解析】滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左 1 1 下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与 分的初动能E。=2m,,Ew=2m,,解得E。: 其受到的支持力F、不是垂直关系，它们的夹角为钝 Ew=1:3,故B正确。a、b两部分落地时的速度大 角，即支持力F、对滑块B做负功，故A错误。滑块 B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度 小v1=√o十gt,v2=√0名十gt名，可知，a、b两部 有竖直向下的分加速度，所以系统在竖直方向合力 分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误。 向下，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不 a、b两部分落地时的重力功率P。=magVya= 守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方 mag2ta,P6=mg℃6=m6g2t6,解得P。：P。=3：1, 向不受力，所以系统水平方向动量守恒，取水平向右 故D错误。 为正方向，滑块B下滑过程中，设任意时刻B的水平 4.A【解析】以帆船为参考系，对△t内的一段风，设 速度大小为B,A的水平速度大小为A,对系统在 其质量为△m,由动量定理有F△t=△m△v=pS(v一 水平方向，由动量守恒定律有0=mvs一MvA,解得 v)△t()一o),帆船匀速前行，由平衡条件得F=f, 品一粉，设B到达斜面底端时，A、B水平位移大小分 f 解得v= 十o,A正确，B错误。由以上结论，整 别为xA、xB,在水平方向有xA十xB=L,且mxB 理得v=v ,若风与帆作用的有效面积变为原 MxA,联立解得滑块B滑到斜面底端时斜面体向左 m 来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不 滑动的距离为xA一M十mL,故B.C错误。对整体 分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对 是原来的2倍，C错误。由0。=v一 √5可知，若风 ·28·