周测卷(十)机械能(一)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（江苏专用）

10 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十） 物理·机械能（一） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题7分，共49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.“歼一20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维 护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼一20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时 间变化图像如图所示，经时间t。飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程， 下列说法正确的是 A.飞机所受合力不变，速度增加越来越慢 B.飞机所受合力增大，速度增加越来越快 1 C.该过程克服阻力所做的功为Pt。一2mu品 D.该过程飞机的平均速度为2 2.水平面有一粗糙段AB长为s,其动摩擦因数与离A点距离x满足4=kx(k为恒量)。一物 块（可看作质点）第一次从A点以速度。向右运动，到达B点时速率为，第二次也以相同速 度。从B点向左运动，则 A.第二次也能运动到A点，但速率不一定为v B B.第二次也能运动到A点，但第一次的时间比第二次时间长 C.两次运动因摩擦产生的热量不相同 D,两次速率相同的位登只有一个，且距离A为 3.某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图甲所示，当他△ 突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ekh图像如图 乙所示，其中五2~h3段为直线，则下列判断正确的是 A.弹簧原长为h1 hs h B.弹簧最大弹性势能大小大于Ekm 甲 乙 C.O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小 D.h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和不变 4.如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球 自由下落。质量相等的A、B两球在运动过程中 A.同一时刻动能相等 B.同一时刻重力的功率相等 C.相同时间内，速度变化量不同 D.相同时间内，发生的位移相同 物理·周测卷（十）第1页（共4页） 10 广鱼款龙门卷 5.如图所示，水平地面上有一倾角为0=37°的传送带，以v。=16m/s的速度逆时针匀速运行。 将一煤块从h=20.4的高台由静止开始运送到地面，煤块可看作质点，已知煤块的质量为 m=1kg,煤块与传送带之间的动摩擦因数为以=0.25，重力加速度为g=10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是 A.运送煤块所用的时间为4.125s B.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32J 10 C.摩擦力对煤块做的功为一4J D.煤块的机械能减少了36J 6.如图所示，与水平面夹角为0=37°、半径为R=1m的倾斜圆盘，绕过圆心O 处的转轴匀速转动（转轴始终垂直于盘面）。一质量为m=1kg的小物块（可 视为质点)放在圆盘的边缘，恰好随着圆盘一起匀速转动。图中的A、B两点 分别为小物块转动过程中所经过圆盘上的最高点和最低点，OC与OA的夹角为60°。已知小 物块与圆盘之间的动摩擦因数为从一日，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.圆盘转动的角速度为0.5rad/s B.小物块运动到C点时，重力的瞬时功率为6W C.小物块从B点运动到A点的过程中，摩擦力做的功为12J D.小物块从B点运动到A点的过程中，克服重力做功的平均功率为W 7.一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度h的 关系如图所示，已知曲线上A点处切线的斜率最大。不计空气阻力，下列说法正确的是 A.0~h2过程中物体所受的拉力先增大后减小 E E B.h1处物体速度最大 C.0~h2过程中物体的动能先减小后增大 Ohi h2 h D.0~h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后做匀速运动 ￥如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由 静止沿斜面向上运动，拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。取g=10m/s2,则在物块 沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是 个FN A.上升过程中，当x=5m时物块的速度最大 20 F B.上升过程中，当x=10m时物块的速度为0 x/m 30°. 0 10 C.上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5m 甲 乙 D.下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为1006W 物理·周测卷（十）第2页（共4页） 新教材版J 班级 ￥如图所示，半径为R、圆心为O的半圆轨道竖直固定在水平 面上，质量为2m的小球P通过轻质细线跨过两定滑轮A、 B后与质量为m的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于 姓名 O点正上方，且O到滑轮A的距离为R,M点为轨道上一 点，N点为轨道的最低点，∠MON=60°。现将小球P从 得分 轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q不 会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g,小球P可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切阻力均 可忽略。则下列说法正确的是 A.小球P由释放到N的过程，物体Q始终处于超重状态 选择题 B.小球P到M点时小球P的速度大小为2√2(1+2-3)gR 3 答题栏 40“““““” 1 C.小球P到M点时物体Q的速度大小为1+2一3)gR 3 2 3 D.小球P到N点时小球P的加速度大小为√3g 4 二、非选择题：本题共3小题，共51分。 5 8.(11分)利用如图甲所示的装置探究轻弹簧的弹性势能。弹簧的左 6 端固定，右端与小滑块接触但不连接，小滑块位于桌面边缘时弹簧 恰好处于原长。向左推小滑块使其移动距离、后，由静止释放，小 滑块向右移动离开桌面最后落到水平地面上。测出桌面到地面的 高度h,桌边到小滑块落地点的水平距离x。重力加速度为g,忽 甲 略空气阻力的影响，则： (1)若改变滑块的质量，仍将弹簧压缩s后由静止开始释放滑块，测出不同滑块离开桌面后 的水平距离x,作品2的关系图像如图乙所示。图像的斜率为，与纵辅的日 截距为b,则弹簧压缩、时的弹性势能为 (用题目中所给物理量的 字母表示)。 (2)本实验中滑块与桌面间动摩擦因数为 (用h、k、s、b等物理量表 示)，桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果 (填“有影响”或“无 影响”)。 9.(20分)一滑板训练场地如图所示，斜坡AP与4光滑竖直圆轨道相切于A点，圆轨道半径 R=2.5m,圆心为O,圆弧最低点与水平地面相切，斜坡倾角为37°，圆轨道左侧有一高出地面 h=4m的平台，平台右端到光滑圆轨道最高点C的水平距离为4m。一运动员连同滑板的总 质量为80kg,从右侧斜坡AP上距A点12.5m处的P点无初速度滑下，其运动可简化为滑 块在轨道上的匀加速直线运动，其通过光滑圆弧轨道ABC的C点后落在了左侧平台上，滑板 和人可视为质点，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数以=0.2，重力加速度g取 10m/s2,sin37°=0.6。求： 新教材版】 物理·周测卷（十）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 (1)滑板和人通过圆弧轨道最低点B时，对B点的压力大小。 (2)滑板和人在平台上的落点到D点的距离。 D 4m C539 4m 378 7777777777777777777777777777777 77777777777777777777777777777777777 10.(20分)如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木 板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C点固定有大小不计的压力开关和长木板相 连，当对开关的压力超过15N时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离。已知长木板长 1m,圆轨道半径R=1m,滑块和长木板的质量均为1kg,滑块与长木板间的动摩擦因数 1=0.4,长木板与水平面间的动摩擦因数42=0.1，g取10m/s2。若滑块从轨道上距离C 点高h=0.45m的位置由静止释放，求： (1)滑块到C点时对轨道压力的大小。 (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小。 (3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板 TEAm 组成的整个系统产生的总热量。 物理·周测卷（十）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 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。 g.(1)号cpRm(2)2Gp /3 【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 挖去小球前，大球对物体N引力为零，所以大球剩余 部分的引力等于小球对物体N的引力，方向沿O2 p· 4/R)3 指向O1,F=G ,解得F= ( 3Gp元Rm。 (2)如图，假设物体N运动到 了P、O2连线上的Q点，设 O1、Q之间的距离为x,未挖 去小球前，大球对物体N引 4 3xc'm P· 力F1=G 2 4 prxm, 4/R13 小球对物体N引力F,=G 3x-2)m R)2 x一 2 cox(-2). 4 大球剩余部分的引力F=F一F,=Gp元Rm, 物理( 1.C【解析】根据图像可知，图像的斜率为加速度，所 以起飞过程中，斜率越来越小，加速度越来越小，速 度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F=ma,加速度 减小，合外力减小，故A、B错误。根据动能定理可知 mo2-0=P。-w,解得W,=P。-2mo2,放C 1 正确。因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于 受故D错误。 2.D【解析】根据题意可知，物块在两次运动过程中， 在相同位置受到的摩擦力大小相等，两次运动的距 离相等，摩擦力做功相同，两次运动因摩擦产生的热 量相同，由动能定理可知，第二次到达A点的速率也 为，故A、C错误。根据题意可知，第一次运动时， 摩擦力越来越大，加速度越来越大，第二次运动时， 摩擦力越来越小，加速度越来越小，两次运动的位移 相等，结合AC项分析和v-t图像中图像的斜率表示 加速度和图像的面积表示位移，画出两次运动的-t ·20 ·新教材版J· 所以物体N的加速度a=F= 2 GoxR, R1 物体N从P到达0，有2=2at,解得t= 3 √2Gpπ △FR2 △FR 0.(1) △F (2) (3). 6m 6mG 6m 【解析】(1)设砝码在最高点时细线的拉力为F1,速 度为01，根据牛顿第二定律F1十mg'=m,, 设砝码在最低点时细线的拉力为F2,速度为2，同 理F2一mg'=m, 1 1 由机械能守恒定律得mg'·2r+2mvi=2mw, 联立解得g-F?-F:_△F 6m 6m (2)在星球表面，万有引力近似等于重力GMm R2- m'g, 又g'=4F 联立解得M=△FR 6m 6mG。 ③)由mg'mRg-合C联立求得=V后R 2 △FR √6m。 图像，如图所示，由图可知，第 第一次 一次的时间比第二次时间短，v 故B错误。根据题意，设两次 hit 速率相同的位置距离A点的” 第二次 距离为x,相同的速率设为v1,w 1 根据动能定理，第一次有_5x2mw→ 2 m,第二次有-sm8士m8(5一x)= 1 1 2 mw,联立解得x=2 1 5，则两次速率相同的位置只 有一个，且距离A为之s,故D正确。 B【解析】弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持 不变，弹簧弹力减小，当二力平衡时，加速度为零，速 度达到最大，动能最大。此时弹簧还有一定的形变 量，所以h:不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于 Ekm,整个运动过程中，弹簧的弹力先减小，最后为0， ·物理· 故A、C错误，B正确。运动过程中，对系统来说，只 有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h1到 h2之间弹簧笔的重力势能增加，弹性势能和动能之 和减小，故D错误。 4.B【解析】同一时刻两球的竖直速度相同，但是A 的水平速度大于B的水平速度，可知两球的动能不 相等，选项A错误。同一时刻两球的竖直速度相同， 根据P=mgv,可知，重力的功率相等，选项B正确。 两球的加速度都等于重力加速度，根据△v=g,可 知，相同时间内，速度变化量相同，选项C错误。相 同时间内，两球的水平位移不相等，可知两球发生的 位移不相同，选项D错误。 5.C【解析】煤块刚放上传送带时，受到的滑动摩擦力 沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mg sin37°十 ng cos37°=ma1,解得a1=8m/s2,则煤块从0加 速到与传送带共速需要1==2s,煤块的位移为 x1=2a1t片=16m,由于mg sin37>mg cos37°，可 知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力 沿传送带向上，根据牛顿第二定律得mgsin37° mg cos37°=ma2,解得a2=4m/s2,根据x2=ot2十 h 2a:号=sin37一1，解得1，-1s,共计t=t十t- 3s,故A错误。共速前传送带的位移为x3=vot1= 32m,煤块与传送带的相对位移为△x1=x3一x1= 16m,共速后传送带的位移x4=vt2=16m,相对位移 △x2=x2-x4=2m,摩擦力大小为F:=mgcos37°= 2N,共速前摩擦生热为Q1=F△x1=32J,共速后 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 W1=Fx1=32J,共速后摩擦力对煤块做功W2= 一Fx2=一36J,故全程摩擦力对煤块做功为一4J, 煤块的机械能减少了4J,故C正确，D错误。 6.C【信息获取与转化】 序号 文本信息 隐含信息 1 倾斜圆盘 重力沿圆盘向下始终有分力 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 恰好 在最低点的摩擦力达到最大 【解析】由题可知，小物块恰好随着圆盘一起匀速转动， 故小物块运动到最低点B点时，受到的静摩擦力达到 最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有mg cos37° mg sin37°=mw2R,解得圆盘转动的角速度为w= 1rad/s,故A错误。根据匀速圆周运动的规律可知， 圆盘转动的线速度大小为o=wR=1m/s,根据瞬时 功率与瞬时速度的关系P=Fv,解得小物块运动到 ·21 参考答案及解析 C点时重力的瞬时功率为Pc=mgusin37°cos30°= 3√W,故B错误。小物块从B点运动到A点的过 程中，动能不变，只有重力与摩擦力做功，根据动能 定理有Wr一mg·2Rsin37°=0，解得摩擦力做的功 为W,=12J,故C正确。小物块从B点运动到A点 的过程中，运动时间为圆盘转动的半个周期，解得 ,解得克 上=)=不=x8,根据功率的定义式P=W 服重力做功的平均功率为P。=mg·2Rsin37° 12 π W,故D错误。 A【信息获取与转化】 序号 图文信息 隐含信息 物理关系 斜率的意义：表示 1 E-h图像 △E=F△h 外力 曲线上A点处切 2 此时拉力最大 线的斜率最大 【解析】物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物 体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有 △E=FAh,得F-发，所以斜率表示拉力。0~ △E 阶段斜率增大，即拉力增大，h1~h2过程中，图像斜 率减小，拉力F减小，拉力先增大后减小，故A正确。 在1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正 在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误。由图 像可知，在h1~h2过程中，图像斜率减小，拉力F减 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， 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 错误。在0~h3过程中，拉力先大于重力后小于重 力，最后拉力为零，物体的合外力先减小到零后反向 增大，最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速 度大小先减小后增大再不变，h2~h,阶段为竖直上 抛运动，不是匀速运动，故D错误。 C【解析】小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为 mg sin30°=l0N,根据图像可知，在拉力作用下，物块 先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减 小的直线运动，当拉力大小为10N时，加速度减小为 0,此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关 系，可以解得x=7.5m,故A错误。当x=10m时， 根据动能定理有W:一mgsi血30-m,其中 W。=(5+10)×20 2 =150J,解得v=5√2m/s,故B 错误。令物块沿斜面运动到x=10m位置之后，能够 高三一轮复习周测卷 沿斜面继续向上减速至0的位移为x1,则有 一mgx1sin30°=0-2m0,解得x1=5m,则上升过 程中，物块能达到的最大高度为H=(x十x1)sin30° (10十5)×号m=7.5m,故C正确.物块由最高点下 降至最低点过程有mg(x十x1)sin30=2moi,解得 v1=5√6m/s,则下降过程中，当x=0时重力对物块 做功的功率为P=mgo1sin30°，解得P=50W6W,故 D错误。 *B【解析】小球P沿细线方向的分速度与Q的速度 相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超重， 再失重，故A错误。到M点时，根据速度分解有 Upsin30°=vo,根据系统机械能守恒有2 ngRsin30° mg2Rcas30-ER)=号×2m房+号md,解得 ,-2v21+-8)aR,=V21+28aR 3 故B正确，C错误。到N点时，根据系统机械能守恒有 2mgR-mg(2R-√2R)=2×2mon,根据向心加速度 公式有a= R -=√2g,故D错误。 8.(1)8 4hk （2)4hk无影响 【解析】(1)小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑 块离开桌面时的速度大小为，竖直方向有h 28,水平方向有x=t,设弹簧压缩s时的弹性势 能为E。,滑块与桌面间动摩擦因数为μ，根据能量守 相可得E,-2m+mg,联立可得品-，+ 1 管，可知图像的斜率为及一是，解得弹资压 第：时的弹牡势能为E,一品 (2)根据品一是+受，可得登-6，解得滑块 1g E。 b 与桌面间动摩擦因数为：一4hk。,桌面有摩擦，不影 响】x?图像的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的 m 弹性势能结果无影响 9.(1)4640N(2)2m 【解析】(1)设到达B点的速度为vg,滑板从P到B 过程由动能定理知mgxAp sin37°十mgR(1 cos37)—mgAP COS37°=2mo ·22 ·新教材版J· VE 在最低点B由向心力公式知FN一mg=mR, 解得FNB=4640N, 由牛顿第三定律知FNB=FNB=4640N。 (2)设滑板到达C的速度大小为c,由机械能守恒知 1 1 mgR(1-cos53)=2mu后-2mu2,代人得vc= 10m/s, 斜抛落到平台上的过程，水平方向的位移为x,竖直 位移为y=h-R(1一cos53), 水平方向上有x=vccos53°t, 竖直方向有y=vcsin531-2gt, 代入得x=6m,故落点距D点为L=x一4m= 2 m. 10.(1)19N(2)1.5m(3)4.5J 【解析】1)由动能定理得mgh-2mm,得出w- 3m/s, 在C点由生顿第二定律知FN一mg=R,得出 FN=19 N, 由牛顿第三定律可知滑块到C点时对轨道的压力 为19N。 (2)从滑块滑上木板到滑块停止运动的过程中，滑 块的加速度a1=1g=4m/s2, 木板的加速度a,=mgX2mg=2m/S, m 0-a1t=a2t=0共，得出t=0.5s,v共=1m/s, 滑块的位移x1= o十0共t=1m, 2 之后两者一起做匀减速直线运动至停止，有“2× 2mg=2ma3,解得共同加速度a3=1m/s2,x3= 0夹=0.5m, 2a3 故滑块的总位移x=x1十x3=1.5m。 (3)木板加速过程有x2=202t=0.25m, 则滑块相对长木板位移为△x=x1一x2=0.75m, 故滑块与长木板间产生热量为Q1=1mg△x= 0.4×1×10×0.75J=3J, 长木板相对地面运动产生热量为Q2=μ2·2mg(x?十 x3)=0.1×2×1×10×(0.25+0.5)J=1.5J, 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= Q1+Q2=4.5J。