机械能守恒定律、动能定理 自测卷A—2027届高三物理一轮复习基础知识自测

**基本信息** 高三物理一轮复习机械能守恒与动能定理自测卷，涵盖选择、实验、解答题，以中老铁路、外骨骼机器人等真实情境及传送带运动、弹簧压缩等综合问题，考查物理观念与科学思维，适配一轮基础巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|动能定理、机械能守恒、天体运动|结合中老铁路（题1）、外骨骼机器人（题6）等情境，考查估算与基础应用| |多选题|3/18|功率、圆周运动、弹簧问题|通过牵引力-速度图像（题9）、圆轨道运动（题10）考查科学推理| |实验题|1/12|机械能守恒实验|涉及光电门调节（题12(1)）、数据处理与图像分析（题12(3)），培养科学探究能力| |解答题|3/38|动能定理综合、弹簧压缩、传送带运动|题15结合平抛与传送带，考查多过程能量分析，体现综合应用能力|

机械能守恒定律、动能定理 自测卷A—2027届高三物理一轮复习 基础知识自测 一、单选题（每题4分，共计32分） 1．如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（   ） A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J 2．一物体从圆弧形轨道的点自由下滑，由于摩擦阻力的作用到达点时速度为零，点比点下降了，又由点到达点，速度再次为零，点比点下降，则与比较，有（     ） A． B． C． D．无法确定 3．一皮球由静止自由下落高度后被地面反弹，反弹后竖直向上运动。由于与地面碰撞，皮球动能损失了64%。忽略空气阻力，皮球反弹后可上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 4．地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和，且。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，则彗星（　　） A．在近日点的速度小于地球的速度 B．从b运行到c的过程中动能先增大后减小 C．从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间 D．在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍 5．如图所示，一条长度的轻质细线上端固定在转轴的O点，下端拴一质量的小球，小球在水平面内随转轴做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向成37°角。缓慢增大转轴的转速，使小球缓慢上升，直至再次随转轴做匀速圆周运动时，细线与竖直方向成53°角。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。，。小球缓慢上升过程中，细线对小球做的功约为（    ） A．3.54J B．2.54J C．1.54J D．0.54J 6．“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置。如图所示，在倾角为的斜坡上，某同学最多能拉着质量为的物体以恒定速度沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为的物体仍以相同的速度沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了（      ） A． B． C． D． 7．如图（a），水平面上一质量为的物块在拉力作用下，以初速度由原点出发，沿轴依次经过、、三点。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，，随位置的变化如图（b）所示。设物块经过、两点时的瞬时功率分别为、，经过、、段的平均功率分别为、、，则（     ） A．， B．， C．， D．， 8．如图所示，光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一小滑块从离弹簧上端处的位置由静止释放，以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立轴，弹簧始终处于弹性限度内。在滑块沿斜面下滑至最低点过程中，其动能和机械能随位置变化的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，共计18分） 9．如图为牵引力和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为，下列说法正确的是（    ） A．汽车所受阻力为 B．汽车车速为时，功率为 C．汽车匀加速运动时的加速度为 D．汽车匀加速所需时间为 10．如图所示，竖直平面内半径为R的光滑圆轨道保持不动，质量为m=0.2kg可视为质点的小球静止在圆轨道最低点A。现给小球一水平向右的初速度v0，使小球能做完整的圆周运动，当小球转过的圆心角时，轨道弹力大小为11N，小球的动能减少0.6J。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（     ） A．轨道半径为R=0.5m B．小球运动过程中的最小速度为m/s C．小球的初速度 D．小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为12N 11．如图所示，在竖直平面内的轻质光滑硬杆的上端固定一质量为m的小球，下端与劲度系数为k的轻质弹簧相连。竖直墙壁粗糙，水平地面光滑，弹簧右端与竖直墙壁相连。初始时弹簧处于原长，将小球静止释放，小球沿着竖直墙壁下滑，到C点时速度正好为0，因摩擦产生的热量为Q，轻杆下端沿地面由D运动到E，小球在B点时速度最大，A、C两点的高度差为h，重力加速度为g，弹簧储存的弹性势能与形变量的关系为。下列说法正确的是（　　） A．小球沿墙壁下滑过程中，先超重后失重 B．轻杆与水平面的夹角为θ时，轻杆上、下端的速度之比为 C．小球运动到B点时，地面对轻杆下端的支持力等于mg D．D、E两点间的距离为 三、实验题（每空2分，共计12分） 12．某小组利用气垫导轨、两个光电门、滑块、遮光片等，组成具有一定倾角的导轨装置，研究机械能守恒定律。重力加速度g取。 (1)实验前，应合理安装实验器材。图（a）中光电门____的位置安装不合理，应如何调整_____： (2)实验时，导轨倾斜角的正弦值，光电门1、2相距L。将宽度的遮光片固定于滑块上，从导轨最左端静止释放滑块，分别记录遮光片通过光电门1、2的时间和。移动光电门2的位置改变L，重复实验，所测数据见下表。 … 滑块经过光电门1、2的速度分别为和。当时，_____，滑块通过两光电门下降的高度_____。（结果保留2位小数） (3)处理上表数据，并绘制关系曲线（其中），如图（b）所示。根据图（b）中的信息，分析滑块在下滑过程中机械能是否守恒：_____，并给出理由：________。 四、解答题（13题12分，14题12分，15题14分，共计38分） 13．如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取。 （1）求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功； （2）求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小； （3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。 14．如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处A点自由下落，在B点与弹簧接触后开始压缩弹簧，铁球下落到的最低点为C点。以A点为坐标原点，沿竖直向下建立x轴，铁球从A到C过程中的加速度a—位移x图像如图乙所示，图像与x轴的交点坐标为。已知，不计空气阻力，重力加速度的大小为g，求 (1)轻弹簧的劲度系数； (2)铁球下落过程中的最大速度； (3)铁球下落过程中的最大加速度。 15．一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为的传送带以恒定的速率，顺时针方向运行，质量的玩具（可视为质点）从平台以水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度，玩具和传送带之间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度（、）。    (1)求玩具从平台到传送带最上端的时间t； (2)求玩具在传送带上运动产生的热量Q； (3)求因传送玩具电动机多消耗的电能。 《机械能守恒定律、动能定理 自测卷A—2027届高三物理一轮复习基础知识自测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C B A C A AB BD 题号 11 答案 BD 1．B 【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有 故选B。 2．A 【详解】根据功能关系，物体从到的过程，物体从到的过程，由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道上同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力也相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，从到小球运动路径比从到的长。可见，从到小球克服摩擦力做功一定大于从到克服摩擦力做功，由上可得，A正确，BCD错误。 故选A。 3．D 【详解】设落地前瞬间皮球的动能为，下落过程根据机械能守恒可得 由于与地面碰撞，皮球动能损失了64%，则皮球反弹瞬间的动能为 上升过程根据机械能守恒可得 解得皮球反弹后可上升的最大高度为 故选D。 4．C 【详解】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 过近日点做一个以太阳为圆心的圆形轨道，卫星在该圆形轨道上的速度比彗星在椭圆轨道上近日点速度小，而比地球公转的速度大，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误； B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B错误； C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据可知从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确； D．万有引力提供加速度 则哈雷彗星的加速度与地球的加速度比值为 D错误。 故选C。 5．B 【详解】细绳与竖直方向夹角为，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 故当时，小球的速度 当时，小球的速度 根据动能定理可得 解得 故选B。 6．A 【详解】该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置前有 穿戴装置后有 所以拉力的功率的增加量为 故选A。 7．C 【详解】根据题意，从到过程中，由动能定理有 解得 从到过程中，由动能定理有 解得 则有， 则有 设经过段的时间分别为、、，物块在阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度减小的减速运动，速度由减速到，物块在阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度增大的加速运动，物体在点的加速度大小为 点的加速度大小为 则有 由对称性可得 物体在阶段做加速度减小的加速运动，则在段的平均速度大于段的平均速度，则有 根据图像面积表做功，由图可知，经过、、段做功分别为， 又有、、 可得 故选C。 8．A 【详解】BC．在滑块与弹簧接触前，只有重力对滑块做正功，滑块的机械能保持不变，所受合力沿斜面向下，大小为 滑块的动能逐渐增大，接触弹簧后，弹簧弹力对滑块做负功，滑块的机械能减小，所受合力 则合力先沿斜面向下，大小逐渐变小，滑块的动能继续增大，当合力为零时，滑块的动能最大，之后合力沿斜面向上，大小逐渐变大，滑块的动能减小直至为零，由此可知，故BC错误； A．根据动能定理得 可知图像的斜率 合力先不变（为正），再减小（为正）后增大（为负），则该图像的切线斜率先不变（为正），再减小（为正）后增大（为负），故A正确； D．根据功能关系有 可知图像的斜率 滑块与弹簧接触后，弹力不断增加，则该图像的切线斜率绝对值不断增大，故D错误。 故选A。 9．AB 【详解】A．结合图像分析：汽车从静止启动，先做匀加速直线运动，牵引力恒定，对应图像的水平段； 当功率达到额定功率后，功率保持不变 随线性变化，对应图像的斜线段，取斜线上点，，得额定功率 当牵引力减小到等于阻力时，速度达到最大值，则，故A正确； B．匀加速阶段牵引力，匀加速的末速度 车速，仍处于匀加速阶段，功率，故B正确； C． 由牛顿第二定律 代入数据得，故C错误； D． 匀加速末速度，，得匀加速时间，故D错误。 故选AB。 10．BD 【详解】AC．当小球转过的圆心角时，小球的动能减少0.6J，则 轨道弹力大小，由牛顿第二定律得 又 联立解得，，故AC错误； B．小球在最高点速度最小，小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理得 解得小球在最高点的速度大小为，故B正确； D．在最低点得 在最高点得 则，即小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为12N，故D正确。 故选BD。 11．BD 【详解】A．小球沿墙壁下滑过程中，先向下加速再向下减速，小球先失重后超重，故A错误； B．轻杆上端沿杆方向的分速度和轻杆下端沿杆方向的分速度相同，则有 解得，故B正确； C．小球运动到B点时速度最大，所受合力为零，将轻杆与小球看成整体，由力的平衡条件可知，地面对轻杆下端的支持力与小球受到的滑动摩擦力的合力等于小球的重力，故C错误； D．由能量守恒定律有 解得，故D正确。 故选BD。 12．(1) 1 适当向右移动光电门1 (2) 1.01 3.98 (3) 守恒 图像的斜率为，即可证明滑块在下滑过程中机械能守恒。 【详解】（1）[1]光电门1安装不合理； [2]由图可知，光电门1靠近释放点，滑块到光电门1的距离较短，速度较小，导致滑块通过光电门1的速度测量误差较大。 （2）[1]当时，由表格可知通过光电门2的时间为 故通过光电门2的速度 [2]根据几何关系可得滑块通过两光电门下降的高度 （3）[1]守恒； [2]根据图（b）可知其斜率约为 故在误差范围内成立，说明下滑过程中滑块的动能增加量等于重力势能的减少量，即机械能守恒。 13．(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 14．(1) (2)，方向竖直向下 (3)，方向竖直向上 【详解】（1）处为平衡位置，则有 解得 （2）在平衡位置处速度最大，设为；从A到平衡位置处，根据动能定理可得 解得 方向竖直向下。 （3）铁球在C点时的加速度最大，设为，此时铁球的坐标为；则从A到C处，根据动能定理可得 解得 在C处，根据牛顿第二定律可得 解得 方向竖直向上。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有 解得 故 （2）玩具刚滑上传送带时的速度为 可知玩具刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，玩具的加速度大小为 玩具刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为 下滑的位移为 故玩具下滑过程与传送带相对滑动的距离为 玩具在传送带上运动产生的热量 （3）根据功能关系，可得传送带因传送玩具而多消耗的电能 - 2 - 学科网（北京）股份有限公司 $