周测卷(十一)机械能(二)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十一） 物理·机械能（二） (考试时间40分钟，总分100分) 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要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.在如图所示的伽利略斜面实验中（斜面光滑），以下说法正确的是 A.小球从A到B运动的过程中动能保持不变 D B.小球从A到B运动的过程中势能减少 t 0 C.小球只在从B到C运动的过程中动能和势能的总和不变 7777777777777777777777777 D.小球在斜面CD上运动的最大距离等于在斜面AB上运动的最大距离 2.2024珠海航空展上，飞行员驾驶飞机短时沿实线轨迹在竖直面内匀速率飞行，如图所示，α、b、 c为飞行轨迹上的三点，a、c为飞行过程中距离地面高度相等的两点，关于飞机，下列说法正 确的是 A.在a、c两点的重力功率相等 B.在各点的加速度方向均竖直向下 C.在a点所受的合力小于c点 D.在a、b、c三点的机械能相等 3.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处 固定质量为的小球。支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转 动。开始时OB与地面相垂直。放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法错误 的是 A.A球到达最低点时速度为零 B.A球机械能减少量等于B球机械能增加量 OA m C.B球向左摆动所能达到的最高位置高于A球开始运动时的高度 BO D.当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度 4.如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B间的动摩擦因数是B和地面 间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F,当 F增大到F。时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的 位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对A、B的运动过程，以下说法正确的是 A.当F>2F。时，木块A和木板B开始相对滑动 个F B.当F>F。时，木块A和木板B开始相对滑动 2F0------ C.自x=0至x=x。的过程中木板B对A做功大小 A F0x0 为 777777777n7 4 甲 D.当x=xo时，木板B的速度大小为 2F0x0 m 物理·周测卷（十一）第1页（共4页） 11 鱼欧龙门卷 5.某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t=0时刻驾驶汽车由静止启动，t1=6s 时汽车达到额定功率，t2=14s时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F 随速率倒数二变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m=2000kg,所受阻力与总重力 的比值恒为，重力加速度g=10m/s,下列说法正确的是 ◆F/×10N) B 10----- A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动 C.汽车达到的最大速度大小为15m/s 号sm) D.从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m *倾角0=30°的光滑斜面固定在水平桌面上，轻质滑轮固定在足够长的斜面顶端，小球和物块用 轻绳及轻弹簧连接在滑轮的两侧，小球的质量为m、物块的质量为M。小球在斜面上P处时， 弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，由静止释放小球，小球从P运动至最低点Q时，物块恰好未离 开地面，此过程中小球的最大速度为。已知弹薇的弹性势能表达式，：2，其中及为劲 度系数，x为形变量，重力加速度为g,则 A.M=0.5m B.弹簧弹性势能的最大值为mg) k Q 30° C.若物块的质量为 4,则小球的速度不会超过 7777777777777777777 D.若物块的质量为M 2,则弹簧弹性势能最大时小球的速度为。 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。全部 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6.如图所示，光滑足够长水平面上方空间有水平向右的匀强电场，长度L=9m、质量M=2.0kg 的绝缘长木板放在水平面上，从长木板的左端静止释放一质量为m=1.0kg、电荷量为q= 十2.0×10-6C的小物块（可视为质点）。已知小物块与长木板之间的动摩擦因数=0.1，电 场强度E=3.0×10V/m,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是 E 77nnn777n7n77 A.小物块刚释放时的加速度大小是6m/s2 B.小物块从长木板的左端滑到右端的时间是2s C.小物块从长木板的左端滑到右端的过程电势能减少60J D.小物块从长木板的左端滑到右端的过程摩擦力对长木板做的功是10J 物理·周测卷（十一）第2页（共4页）】 班级 7.如图所示为工厂使用传送带运送货物的装置示意图，其中传送带AB段是水平的，BC段为一小 段圆弧（圆弧由光滑模板形成），CD段是倾斜的，AB和CD都与BC相切。机器人将大量质量 均为的小货箱一个一个在A处放到传送带上（放置时初速度均为零），经传送带运送到D处， 姓名 D和A的高度差为h。已知传送带速度为v,货箱和传送带之间的动摩擦因数为μ，货箱在AB 段能和传送带共速，此后再无相对运动。当前一个货箱与传送带共速后，机器人再放置下一个 得分 货箱。在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N个。重力加速度为g。下列说 法正确的是 A.货箱在CD段运动过程中机械能守恒 D B.每个货箱与传送带之间因摩擦产生的热量均等于货箱获得 ⊙ 的动能 A口口。。。 B C C. 摩擦力对每个货箱做功为mgh十mu 选择题 答题栏 D.传送带电动机的平均功率为V(mgh十mu) T 1 *如图甲所示，在表面粗糙的L形水平固定轨道上，将轻弹簧一端固定在轨道左侧的O点，另一 2 端与装有加速度传感器和位移传感器的滑块相连，弹簧原长为1。、劲度系数为飞，滑块总质量为 m。以O为坐标原点、水平向右为正方向建立Ox轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释 3 ... 放，滑块向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块加速度α随坐标x变化的关系图像如图 乙所示，其中α。为图线的纵截距。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。滑块由A运 5 动至B的过程中，下列说法正确的是 A.a3可能大于a1 a 6 B.滑块与轨道间的动摩擦因数4=ma1一Lg X mg -3--------- 米 1 77777777777777777777777777力 C.滑块的最大动能Em=2ma(x:一x） 甲 D.该过程因摩擦产生的热量Q=(ma。一klo)。 (x3-x1) 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(10分)实验小组的同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了多种方案，实验装置如 图甲所示。 电火花 纸带 细绳 木块接电源 计时器 数字计时器光电门 纸带 夹子 打点计 重物 时器 砝码桶 带滑轮的长木板 砝码和 托盘 方案1 方案2 方案3 甲 (1)设计方案1的同学，除了图中所示器材，还必须选取的有 (从“天平”“0~12V交流电源”“220V交流电源”或“刻度尺”中选择)。 (2)关于方案2，设计方案的同学认为实验时需要先平衡摩擦力再进行实验才可以验证系统机 械能守恒，但是其他同学觉得并不可行，你觉得该方案是否可以验证系统机械能守恒，若 物理·周测卷（十一）第3页（共4页） /鱼款龙门卷 觉得可以请说明需要测量的物理量，若觉得不可以请给出理由： (3)进行方案3的实验时，有两个规格的遮光条可供选择，用螺旋测微器测量它们的宽度，其示 数如图乙所示，则应选择的遮光条的宽度为d= mm;数字计时器测得遮光条通 过光电门的时间为△t,托盘和砝码总质量为m1,滑块与遮光条总质量为m2,则在实验误 差允许范围内，滑块静止释放的位置到光电门的距离= (已知重力加速度为g, 用题目中给出的物理量符号表示)，即可认为机械能守恒。 19 遮光条a 遮光条b 乙 9.(20分)如图所示，AB是一个倾角为0=37°的足够长倾斜轨道，在B处与水平面平滑连接， CDE是由两个半径为R的半圆管组成的“S”形轨道，EFG是以C为圆心的四分之一圆弧面。 从AB某位置由静止释放一个质量为m的小物块，小物块恰好能运动到E点。已知小物块和 倾斜轨道间的动摩擦因数为0.25，其余部分摩擦不计，不计连接处的能量损失，sin37°=0.6， c0s37°=0.8，重力加速度为g。 (1)求小物块在C点对轨道的压力大小； (2)求小物块在倾斜轨道上的释放点到水平面的高度； (3)若小物块停在E点后给小物块一个微小扰动（视为从静止出 发)使其向右运动，小物块在下滑高度为多少时与轨道脱离？ 37 10.(20分)传送带运输经常应用于分拣货物中。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输 送机倾角0=30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A 点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移、的关系图像（以A位置所在水平面为零势 能面)如图乙所示。货物视为质点，其质量m=2kg,重力加速度g=10m/s2。求： (1)货物与传送带间的动摩擦因数μ； 个EJ (2)货物从下端A点运动到上端B点的时间t; 34----- (3)传送带输送机因运送该货物而多消耗的电 12--万 能Eo。 00.8 s/m 甲 乙 物理·周测卷（十一）第4页（共4页）·物理· 物理( 1.B【解析】小球从A到B运动的过程中重力势能减 少，动能增大，A错误，B正确。由于斜面光滑，则小 球机械能守恒，小球从A到B,从B到C,从C到D 运动的过程中动能和势能的总和都不变，C错误。由 题图可知，虽然两斜面的倾角不同，但小球在两个斜 面上能够达到的最大高度相等，在斜面上运动的最 大距离不等，D错误。 2.C【解析】飞机匀速率飞行，在a、c两点速度方向不 一样，速度的竖直分量不一样，重力功率不相等，故A 错误。飞机匀速率飞行，在各点的加速度方向指向 曲率圆的圆心，故B错误。由图知a点的曲率半径 大于c点的曲率半径，对飞机受力分析得F=mR, 故在a点所受的合力小于在c点所受的合力，故C 正确。飞机在a、b、c三点的动能相等，a、c为飞行过 程中距离地面高度相等的两点，但b与a、c的高度不 一样，故机械能a、c两点相等，但与b点不相等，故D 错误。 3.A【解析】若当A到达最低点时速度为0，则A减 少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B 的质量相等时才会这样，又因A、B质量不等，所以 A球到达最低点时速度不为零，故A错误。因为系 统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不 变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加 量，故B正确。因为B球质量小于A球，故B上升 高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当A 球到达最低点时，仍具有一定的速度，即B球继续升 高，故C正确。因为不计一切阻力，系统机械能守 恒，故当支架从左到右回摆时，A球一定能回到起始 高度，故D正确。 4.C【解析】设B与地面间的动摩擦因数为4，A、B 之间的最大摩擦力为fm,B与地面之间的最大摩擦力 为fm,由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则fm= 4mg>fm=·2mg=2μmg,可知当F增大到F。, A开始运动时，B也和A一起滑动，则F。=f= 2mg,当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力 达到最大静摩擦力，由整体隔离法得F一fm=ma, F一fm=2ma,联立解得F=3F。,故A、B错误。自 x=0至x=x。过程中，A、B没有发生相对滑动，对 由动能定理得0·x,-∫x 1 2 ,2F。十F。 2mu2,对A由动能定理得一Wg 2 ·x0= 2mv2,联立解得Wa 1 5F0x0 F,故C正 4,0=√2 ·23 参考答案及解析 确，D错误。 5.D【解析】由图可知，在AB段汽车牵引力不变，根据 牛顿第二定体有F一子g=m,解得a=2.5mg,可 知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵 引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启 动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运 动，直到速度达到最大，故A、B错误。t1=6s时汽车 的速度为v1=at1=15m/s,汽车额定功率为P= F01=10×103×15W=1.5×10W,汽车达到的最大 速度大小为。=P=,P。 1.5×105 1、 m/s= 4mg4×2000X10 30m/s,故C错误。汽车做匀加速直线运动的位移为 1 x1=2a子=45m,以额定功率加速到速度最大过程 1 中，根据动能定理有P(t2一t1)一4mgx2=2mo品 2m0i,解得x=105m,汽车通过的距离为c x1十x2-150m,故D正确。 【归纳总结】 机车启动问题 以恒定功率启动 先以恒定加速度启动 P P P- 两种 启动 方式 4 B 关键 P=F牵V,F牵一F里=ma, 关系式 P m= F阳 ,Pt一Fx=△Ek(以额定功率加速时) D【信息获取与转化】 序号 文本/图像信息 隐含信息 弹簧处于原长且轻 弹簧形变量为0 绳刚好伸直 物块恰好未离开 2 轻绳拉力等于物块重力 地面 对应加速度为0时刻，并不是 3 小球的最大速度为 在最低点 弹簧形变量最大，即小球运动 弹性势能的最大值 到最低点时 高三一轮复习周测卷 【解析】根据题意，设PQ的距离为x,小球从P到Q 过程中，由动能定理有mg:sn30-号x=0,此时， 物块恰好未离开地面，有kx=Mg,解得M=m,x= -,放A错误。弹簧弹性势能的最大值为E, 1 2x2一《mg),故B错误。由上述分析可知，若物块 的质量为，当弹簧弹力等于mg时，物块恰好未离 开地面，离开之后，对物块和小球整体，由牛顿第二定 律有mg-mg=(m+四)a,解得a=日g,整体 做加速运动，小球的速度一定会超过，故C错误。由 题意可知，开始阶段，当小球所受合力为0时，速度最 大为0，有k△x1=mg sin30=2mg,若物块的质量 为，则当簧弹力等于)mg时，物块恰好未高开地 1 面，可知此时小球的速度为？，物块离开地面后，物块 和小球的整体所受合外力为0，当小球和物块速度大 小第一次相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，有 -及=m-m:F=2nu,解得=号，故D 正确。 6.BC【解析】假设小物块与长木板相对滑动，小物块 刚释放时的加速度是a1,长木板的加速度是a2,根据 牛顿第二定律得gE-mg=ma1,mg=Ma2,代入 数据得a1=5m/s2,a2=0.5m/s2,a1>a2,所以假 设成立，故A错误。设小物块从长木板的左端滑到 右端的时间为：，则0，-，=L,代入数据得 t=2s,故B正确。小物块从长木板的左端滑到右端 1 的过程中小物块的位移为x1=2a1t2=10m,小物 块从长木板的左端滑到右端，电场力对小物块做功 W1=qEx1=60J,故电势能减少60J,C正确。长木 板的位移x2=2at=1m,小物块从长木板的左端 滑到右端的过程中摩擦力对长木板做的功W,= umgx2=1J,D错误。 7.BD【解析】货箱在CD段运动过程中动能不变，重 力势能增大，机械能增大，A错误。货箱在AB段能 和传送带共速，货箱在摩擦力的作用下做匀加速运 1 动，设货箱的位移为x1,加速度为a,有x1=2at6, v二at,解得工1=2t,在这段时间内，传送带的位移 x2=t。,由此可知x2=2x1,传送带的摩擦力对货箱 ·24 所做的功W,=fa=2,每个货箱与传送带之间 因摩擦产生的热量Q=f·△x=f·(x2一x1)= fx1=2mv,即每个货箱与传送带之间因摩擦产生的 1 热量均等于货箱获得的动能，B正确。全程对货箱根 据动能定理得W,一mgh=了m,解得W,=mh十 2m,C错误。电动机做功转化为货箱的机械能和摩 1 N(mgh+1m v+Q) 擦产生的热量，有P= T N(mgh+mv2) ,D正确。 *CD【解析】根据v2=2ax可知a-x图像围成的面积 表示)：由图可知，当滑块运动到x:位置时，滑块的 加速度为零，速度最大，设为℃m,从x3到x2过程，动 能的变化量为△E,=mo-0,从x:到x1过程，动 能的变化量为△B=0一号m2,联立可得AE. 1 1 2mu2-0=2ma3(x3-x),AE=0-2mo2- 、 2ma1(x2一x),滑块从A到B过程，动能的变化 量为零，有△Ek十△E=0,可得2ma,(x:一x2)一 2ma1(x?一x1)=0,又根据a-x图像的斜率绝对值大 小为a, a:,联立解得a1=a3,故A错误。 x2一x1x3-x2 由A项分析，最大动能为E。名mw22ma,红， 1 x2),故C正确。当弹簧长度为x时，根据牛顿第二定 律有-k(x-lo)十mg=ma,解得mg=ma十k(x- L,),当x=0时加速度为a=ao,可得mg=ma0一l。, 解得4=m二，系统产生的热是为Q=mg(x, mg x1)=(ma,一blo)(x3一x1),故B错误，D正确。 8.(1)220V交流电源、刻度尺(2)不可以，存在摩擦力， 摩擦力做功，系统机械能不守恒(31,750”十m, 2m1g (品) 【解析】(1)方案1验证机械能守恒即验证mgh= 2m或ngh=mg2-m,质量可以约去，故 1 1 不需要天平，电火花计时器用220V交流电源，测量 ·物理· 下落高度需用到刻度尺。 (2)方案2不可行，该装置中只是平衡了摩擦力，但是 系统仍要克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，也就无 法验证系统的机械能守恒。 (3)遮光条越窄误差越小，故应选择遮光条α，它的宽 度为d=1.5mm+0.01mm×25.0=1.750mm。 ,+m,(品)月， 1 若机械能守恒成立，有m1gl= 整理有1=m十m2(d)2 2m1g \△t/g 9.(1)9mg (2)6R(3)4R 【信息获取与转化】 序号文本/图像信息 隐含信息 物理关系 小物块恰好能 类比杆模型的圆 1 v=0 运动到E点 周运动临界条件 仅由重力的分力 mgsin B- 2 与轨道脱离 提供向心力 m区 【解析】(1)小物块恰好能运动到E点，可知在E点 时的速度为零，则由C到E由机械能守恒定律有 1 m0忌=mg×4R,在C点时，根据牛顿第二定律，有 Fc-mg=mR,解得Fc=9mg, 由牛顿第三定律得，小物块在C点对轨道的压力大 小为9mg。 (2)从释放到运动到C点的过程由动能定理有mgh一 umg cos日sin日=2mo2， 解得小物块从倾斜轨道释放点到水平面的高度为 h=6R。 (3)设脱离轨道位置与C点连线与水平方向夹角为 B,根据牛顿第二定律，有mgsin B=m4R' 物理（十 1.C【解析】由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速 度一直不变，选项A、B错误。由于Ek=Eo一F阻x, 可知动能与运动距离是一次函数；又有x=t一 2Qt,可知动能与时间是二次函数，故C正确， 1 D错误。 2.D【解析】根据受力平衡可得水平外力F的大小为 F=0.5 ng sin0,故A错误。滑块a从C向P运动 的过程中，b向下先加速后减速，a到P点时b的速 度减小到0，α的速度增加到最大，所以b的机械能 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 ·25 参考答案及解析 1 由机械能守恒有mgX4R(1一sinP)=2mo,解得 2 sin3' 则小物块下落的高度为h=4R(1一sinB),联立可得 h=4R 3 0.(1)3 2 (2)1.9s(3)46J 【解析】(1)由图乙知，货物沿传送带向上运动51= 0.8m后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有 μng cos0·s1=△E1,可得货物与传送带间的动摩 擦因数为以一日。 (2)货物沿传送带向上运动s1=0.8m时，与传送带 保持相对静止，此时有E,=mg51sin0+?m心2 12J, 解得传送带速度为v=2m/s, 设货物加速过程所用时间为t1,根据运动学公式可 得51=2t1,解得t1=0.8s, 设A点到B点的距离为L,货物在B点时，有E2= 1 mgLsin0+2mo2=34J,解得L=3m, 则货物匀速阶段所用时间为t2= L-51=1.1s, 货物从下端A点运动到上端B点的时间为t=t1十 t2=1.9s。 (3)货物与传送带在共速前，发生的相对位移为△x= x传一S1=vt1一s1=0.8m,因摩擦产生的热量为 Q=mg 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。= 1 Q+mgL sin 0+2mv2-46 J. 二) 重力势能转化为a的动能，有Q.5mg(g一h）- 1 22,解得速度大小=S。一gh,故D正确。 A【解析】轮轴的轴与轮的半径之比为1：2，根据同 轴转动角速度相等，结合v=w,可知重物上升的速度 vB=2.5m/s,则重物重力的功率为PB=mgvB= 2500W,故A正确，B错误。A的速度与B的速度 之比为2：1，则当A收回20m时，B上升了h= 10m,钢绳B的拉力等于B的重力，则钢绳B对重 物做的功Wg=mgh=10000J,故C、D错误。 D【解析】当小物块速度为零时，其所受弹力满足