周测评(十) 机械能(一)-【衡水真题密卷】2027届高三物理学科素养周测评（福建专版）

2026一2027学年度学科素养周测评（十） 物理·机械能（一） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 答案 1.如图所示，有一根长为L、质量为M的均匀链条AB静止在动摩擦系数μ=0.2的粗糙 水平桌面上，其长度的2悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0. 4g(g为重力加速度)的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条 与桌边始终保持接触，则拉力需做功 ( ) A.13MgL B.3MgL / Aaopacooog 40 10 C.2MgL. D.21MgL 5 40 2.图甲中竖直放置的轻质弹簧一端固定在风洞实验室中的水平面上，以此水平面为重力势 能的零势能面，质量为0.1kg的小球在弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向 上恒定的风力作用。以小球开始下落的位置为原点O,竖直向下为x轴正方向，在小球下 落的整个过程中，小球重力势能随其位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小 球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为108N/m,重力 加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是 () A.弹簧原长为0.5m 0-10 B.小球刚接触弹簧时的动能为0.5J 0.70 0.54Q C.小球下落过程中所受风力为0.2N ↑风 0 x/m 0.50.6 D.小球的最大加速度大小为99m/s2 甲 3.火箭竖直向上发射的初始阶段，重力加速度g不变，空气阻力忽略不计，认为火箭的质 量m保持不变，速度的倒数1与加速度a的关系图像如图所示，图像中a0、b。均已知， 7 下列说法正确的是 A.火箭以恒定的加速度启动 B.火箭的最大动能为 bo C.火箭以恒定的功率”ma启动 b D.火箭发射的初始阶段，重力加速度大小为2ao 学科素养周测评（十）物理第1页（共4页） 劳力为锋，奋斗破竹 4.某趣味运动会中，有一项比赛，规则如下：如图所示，参赛者站在一个固定的大圆简内， 班级 用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的足球，使足球在竖直面内先由最低点沿圆筒 向上滚动，然后从某一位置脱离圆筒，如果足球在下落过程中，恰好落入参赛者背后的 小背篓中，即为得分。若圆筒半径为R,足球质量为m,足球飞离圆筒位置与圆筒圆心 姓名 连线和竖直方向之间的夹角为0，圆筒内壁不计摩擦，足球可视为质点，忽略空气阻力， 不考虑人对足球的阻挡，重力加速度为g,则 () 得分 A.若足球在最低点的初速度v>2√gR,则足球不会飞离圆筒 B.若足球能飞离圆简，则足球在最低点的初速度的范围应为√gR<vo<√5gR C.若0=37°，则足球在最低点的初速度为√4.5gR D,若9-45，则参赛者将小背答量于网心正上方受R处，可以接到球 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。 题号 5 6 答案 5.直升机在距地面15米处悬停后，从直升机侧舱扔下一根绳索，80kg的特战队员由静止沿 绳竖直向下迅速滑下。特战队员克服摩擦力做的功与位移关系如图所示，g取10/s2。 下列说法正确的是 ◆P(×10万 () A.特战队员落地时速度为零 B.特战队员下落的总时间为5s C.在下滑过程中，特战队员动量最大为400kg·m/s 10 15*x/m D.在x=10m处，特战队员重力做功的功率为2000√2W 6.如图所示，a球的质量是b球质量的√3倍，两小球用一刚性轻杆连接，置于固定的光滑半 球内，轻杆长度为半球半径的√2倍，半球的直径水平。现将a球从半球右边最高点由静 止释放（如图所示），已知两球在运动过程中均没有离开半球内表面，不计空气阻力，两 球均可视为质点，则a球到达半球最低点前，下列说法正确的是 ( A.同一时刻两球的向心加速度大小相等 B.同一时刻a球重力做功的功率是b球重力做功的功率的√3倍 C.当轻杆与水平方向成15°角时a球速度最大 D.当轻杆与水平方向成30°角时b球速度最大 学科素养周测评（十）物理第2页（共4页）》 2 三、非选择题：共48分，其中7为填空题，8为实验题，9、10为计算题。 7.(8分)如图甲所示，某地滑草场，从山顶到山底的滑道可看成平直斜面，沿滑道安装了多 个“位置十速度”传感器，游客滑行中经过传感器时，传感器会自动记录游客对应的位置 与速度，对传感器记录的数据进行分析后，得到游客和滑具的动能Ek、重力势能E。(以 山底为重力势能零势能面)关于游客下滑位移x间的关系图像，如图乙中的两条直线所 示。已知该游客和滑具的总质量为M,游客滑行过程中滑具与倾斜滑道和水平滑道间 的动摩擦因数均相等，游客和滑具可视为质点，不考虑从倾斜滑道进入水平滑道时的能 量损失，g取10m/s2,不计空气阻力，水平滑道足够长。则倾斜滑道与水平方向的夹角 为 ,滑具与滑道间的动摩擦因数为 ,游客（含滑具）的动能与重力 势能相等时，距水平滑道的高度为 m。 个EJ 200M卡 150M 100M 50M 010203040xm 甲 8.(10分)某同学设计了如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律，用长度为L的轻绳 悬挂一质量为m的小球，绳子另一端悬挂在O点，在小球正下方连接一宽度为d的遮 光板，在悬挂点O正下方装有光电门，现把小球向左拉起使轻绳与竖直方向夹角为α， 并由静止释放，遮光板经过光电门时记录的遮光时间为t,重力加速度为g。 个cosa 品光电门0 (1)若不考虑小球半径及光电门位置的影响，下摆到最低点的过程中小球的动能增加量 为 ,小球的重力势能减少量为 (2)若不考虑小球半径及光电门位置的影响，改变角度α多做几次上述实验，最后作出 cosa随，变化的图像（如图乙所示），若斜率=，则说明此过程机械能守恒。 (3)发现此实验小球动能增加量比重力势能减少量大，原因主要是 ,为了解决此问题该同学又测出了小球半径r、光电门到悬点O的距离 ,改进后实验图像的斜率表达式应为 (不考虑小球自转的动能)。 9.(12分)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角0=37°的直轨道AB,半径R=1m、 圆心角为20的圆弧BCD,半径为R,圆心角为0的圆弧DE组成，轨道末端的E点为 圆弧的最高点，轨道间平滑连接。质量m=0.5kg的物块a从轨道AB上高度h=0.3m 处以初速度vo下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因 数u=0.5,其余轨道光滑。（不计空气阻力，物块a可视为质点，g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8) 2 学科素养周测评（十）物理第3页（共4页） (1)若初速度vo=0,求物块a第一次通过D点时速度大小vD。 (2)若初速度vo=0,求物块a在轨道AB上运动的总路程s。 (3)若物块a沿轨道DE从E点滑出，速度vo的大小应满足什么条件。 0 B D 、0 10.(18分)如图所示为兴趣小组设置的模拟游戏装置，装置由倾角01=37°的粗糙斜面、光 滑水平面和倾角02=30°的光滑斜面组成，粗糙斜面与水平面通过小圆弧平滑连接，粗 糙斜面上有沿斜面向下的直轨道AB长L=5m,光滑水平面上有光滑竖直内圆轨道 1,圆心为O1,半径R1=1m,与水平面相切于C、C'点，C、C均为轨道最低点且略微错 开以便质点进出，光滑斜面内固定着圆心为O2的四分之一圆形透风管道MN,和一个 圆心为N的四分之一圆形透风挡板GH,管道MN光滑且半径R2=1m,挡板GH半 径R3=205m,O2、N、G三点在平行于斜边且沿斜面向下的同一条直线上。当质量 =1kg可视为质点的小滑块在光滑斜面内任意位置运动时都会受到平行于斜边沿 斜面向上、大小为0.125g的恒定风力。现让该滑块从A处以一定的初动能沿直轨 道AB运动，假设小滑块从水平面经过C点后一定沿轨道1的内轨道运动，若能经过 水平面左端E点，一定进入可控小圆弧通道，且在小圆弧通道内运动时速率大小不变， 离开小圆弧刚好沿斜面从M处沿切线方向进人管道MN。若能进入MN运动，则能 击中GH上的Q点(Q点未画出)。小滑块与AB轨道间动摩擦因数4=0.6，重力加 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)若小滑块在A处初动能为44J,求小滑块刚运动到C处时对圆轨道的压力。 (2)为使小滑块在竖直圆轨道1内运动时不脱离轨道，求小滑块在A处初动能取值 范围。 (3)满足(2)问的小滑块运动到Q点时动能的最小值。 R3, G 学科素养周测评（十）物理第4页（共4页）2027 学科素养周测评 R 解得△E=-G2R。 Mm Tp-2x (1分) 2m (oR):-GR gsin(g) (2分) 设两卫星相邻两次距离最近对应时间为t 上述表达式也可为 2π2 则有1。=2m (1分) △E= 1 2maR)2- Mm 2m (aR)+-GRo 解得t= 2π√R (2分) Mm R。 1 m GM (R)-GR 10.(1)w (2)见解析 (3)见解析 (3)情况1：从0.707R。到R。释放，卫星与地心 【解析】(1)同步卫星的角速度与地球自转角速 的距离先减小后增大 (1分) 度相等 情况2：在R。释放，卫星与地心的距离保持不变 则有Gn =ma2Ro (1分) (1分) 情况3：从R。到2R。释放，卫星与地心的距离 GM 解得R。=a2 (1分) 先增大后减小 (1分) 1 情况4：从2R。到2R。释放，卫星与地心的距离 《2)动能的变化量△E三m(R)2 2m(aR)2 一直增大 (1分) (2分) 共中，当mor)-G=0时，卫足脱高地 1 势能的更化老识，-一6管-(-6资) Mm (2分) 球束缚 (2分) 机械能的变化量△E=△Ek十△E。 (1分) 联立同步卫星的动力学方程得GR阳 Mm =ma'Ro 结合上述有R。= 3GM (1分) 即有GR。 Mm -moR3 (1分) 解得r=2R。 (1分) 2026一2027学年度学科素养周测评（十） 物理·机械能（一） 一、单项选择题 解得W=2MgL C正确。 1.C【解析】根据题意，由运动学公式，悬着的部分 5 拉回桌面时，链条的速度满足v2一0=2ax=2X f uMg 1 0.4gX2L=0.4gL,链条上升的过程中所受摩擦 uMg 2 力逐渐增大，与位移x成正比，如图所示，设拉力 0 x F做的功为W,整个过程，由动能定理有W一 2 +aMs)片-Msx-3Mw,联立 2.D【解析】根据图像可知小球初状态的重力势能 E。=mgh=0.7J,解得原，点O距离水平面高度 2 ·26· ·物理· 参考答案及解析 h=0.7m,图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能 <√2gR,则足球不会飞离圆筒，A错误；若日= 随小球位移变化的关系，由此可知小球下落h1= 37°，设此时最低，点初速度为v4,分离时的速度为 0.5m开始接触弹簧；则弹簧的原长L=h一h1= 04,由机械能守恒有mgR(1+c0s37)=2mo6: 1 0.2m,A错误；由图乙可知小球速度减为0时小 球下落h2-0.6m,根据功能关系有mgh2一fh2= 一2mu,且在分离时刻有mgcos37°=mu, 0.54J,解得小球下落过程中所受风力f=0.1N, R,联 C错误；小球刚接触弹簧时，小球下落了h1=0.5m, 立解得004=√4.4gR,C错误；若0=45°，设此时 根据动能定理有mgh1一fh1=Ek,解得小球刚接 飞离的速度为u,则有mgcos45°=mu, 触弹簧时的动能Ek=0.45J,B错误；弹簧压缩量 2 最大时，弹性势能最大，则有E。=2·△zx √2R,之后足球做斜上抛运动，其中竖直分速 0.54J,△xmx=0.6m-0.5m=0.1m,解得劲度 系数k=l08N/m,则最大加速度amax= ,水平分速度大小为 度大小为② 205,回到与 k·△x一mg十f=99m/g,D正确。 ② m 飞离等高位置所用的时间=2大？ ，反5，此 3.C【解析】由题意可知P=F,根据牛顿第二定 g g 体下-mg=m,联立解得}日。十，旅搭题 过程中水平位移日， 2、②√② g0=之R,此时足 图像可知，发动机功率不变，所以速度增大，动力 球恰好在圆心正上方R处D正确 减小，加速度减小，不是匀变速运动，A错误；根据 二、多项选择题 题图像可知，最大速度 一=b。,所以火箭的最大动 Um 5.ACD【解析】根据动能定湿mgk一W:-7mg, 1 m m 能Ew=2mo品-2B错误；由题图可知P 其中m=80kg,落地时h=15m,由题图像可知此 b,所以火箭以恒定的功率启动，C正确；根据 时克服摩擦力做功W:=12000J,解得v=0,A正 a 确；由题图像可知，前5m做匀加速直线运动，后 }会+晋将点0入解得g- m 0 10m做匀减速直线运动，根据动能定理，下落5m D错误。 1 过程有mgx1-Wn=2m6,其中Wa=3000Jz1= 4.D【解析】足球自圆筒最低点向上滚动，根据机 5m,解得vo=5m/s,前5m位移用时为t1,有x1= 械能守恒定律，若恰好运动到圆心等高处，设此时 初连度为ea,则有号品=ngR,得a- 之1，解得=2s,后10m位移用时为，有x, √2gR,若恰好运动到圆筒最高点，设此时初速度 2t2,其中x2=10m,解得t2=4s,故特战队员下 V 为8服，球到最高点选度为，有？m喷一日m时 落的总时间t总=t1十t2=6s,B错误；以上分析可 知，下落5m时速度最大，故动量也最大，P=mo= mus =2mgR,且在最高点有mg=R,得uo:=√5gR, 400kg·m/s,C正确；0到10m过程，根据动能定 故若足球能飞离圆筒，足球在最低点的初速度范 理有mg×x-We=2mui,其中We=7500J, 围应为√2gR<o<√5gR,B错误；由上述分析 可知，若足球在最低，点的初速度v。>√5gR或0 x=10m,解释1-5y2 m/s,所以重力的功率 2 ·27· 2 2027 学科素养周测评 P=mgv1=2000√2W,D正确。 32 度h=x·sin30°= 3 m。 6.AC【解析】设半球半径为R,则轻杆长度L= √2R,可知任意时刻两球与半球球心O的连线与 8.(1)md2 22(2分) mgL(1-cosa)(2分) 轻杆的夹角均为45°，两球的速度Va、0b分别与两 2gL(2分) d2 (2) (3)速度测量值偏大或高度测 球所在位置的半径垂直，Va、b的方向与轻杆的夹 角均为45°，同一时刻两球沿杆方向的分速度相 (L+r)d2 量值偏小(2分) 2gl2 (2分) 等，即V.COS45°=7bc0s45°，故同一时刻两球的 连度大小，一=0，由a可知同一时刻两球 【解析】(1)小球通过光电门时的速度大小口=d 则下摆到最低，点的过程中小球的动能增加量△E 的向心加速度大小相等，A正确；重力的功率P= 2 mv2=md2 1 mgucosβ，同一时刻两球速度方向与竖直向下方 ,小球的重力势能减少量△E。=mgh= 向的夹角阝不一定相等，故a球重力的功率不一 mgL(1-cosa)。 定等于b球重力功率的√3倍，B错误；两球及轻杆 组成的系统在运动过程中机械能守恒，如图所示， (2)若机战能守恒，则△E,=△E,即 22=mgL(1- 设轻杆与水平方向的夹角为0时a球所在位置的 d21 cosa),整理可得cosa=1 半径与水平方向的夹角为α，此时系统的总动能 2gL‘产，则c0sa Ek=-△E。=magRsin a-mbgR(1-cosa),整 图线的斜率= 1 d2 2gL° 理可得Ek=2 nogRsin(a+30)-mbgR,可知当 (3)发现此实验小球动能增加量比重力势能减少 α=60°时Ek最大，此时两球的速度同时达到最 量大，原因主要是速度测量值偏大或高度测量值 大，根据几何关系可得0=60°-45°=15°，C正确， d D错误。 偏小；由题意有乙一L十，可得小球的速度口一 (L+r) lt ，由机核能守恒定律可得2m心 mg(L+r)(1-cosa),整理可得cosa=1- 三、非选择题 (L+r)d21 (L+r)d2 2gl2 ·,所以斜率= 2gl2。 7.30°(2分) 红分)导4分) 9.(1)W2m/s(2)0.75m(3)W2m/s<o≤6m/s 【解析】游客和滑具下滑时，重力势能减小，动能 【解析】(1)物块从开始至运动到D点过程，根据 增大，位移为40m,重力势能减为0，则有E0= 动能定理有 Mgxsin0=200M,解得0=30°；游客和滑具沿倾 h 1 mgh-umg cos日· sin 02mv0 (1分) 斜滑道运动过程中，根据动能定理有Mgx sin 0一 解得vp=√2m/s (1分) Mgxc0s0=En-175M,解得A=经：由题图可 (2)设过D,点后冲上曲面高度为h',根据机械能 知动能与重力势能的表达式为E。=200M一 守恒定律有 5M,Ek=175M 1 40x,动能与重力势能相等时，有 2 mvb=mgh' (1分) 解得h'=0.1m 64 Ek=E。,解得x= 3m,此时距水平滑道的高 hDE=R(1-cos 0)=0.2 m (1分) 2 ·28· ·物理· 参考答案及解析 因为h'<hpE 2 力，则有mg=mR (1分) 故物块不会冲上E点，会原路返回。物块运动全 程由能量守恒定律有 解得vc'=√/10m/s mgh=mg cos0·s (1分) 则小滑块从A到C',根据动能定理有 解得s=0.75m (1分) mg sin0·L-umg cos0·L-mg·2R= (3)物块在D点不脱离轨道，则全程不会脱离轨 2mu呢'-E (1分) 道，此时初速度最大，根据动能定理有 (1分) h 1 1 解得Ek,=19J mgh-mg cos0· sin 02mv2m (1分) 即小滑块能通过光滑竖直内圆轨道1的最高点 还需要满足mg cos9≥mu品 C',则小滑块在A处初动能Ek≥19J (1分) R 第二种情况，小滑块不能通过最高点C,但又不 解得vo≤√6m/s (1分) 能脱离轨道，则临界条件为小滑块最多上到光滑 同理，物块能从E点滑出，满足 竖直内圆轨道1的左侧圆心等高处时v=0 1 mo号+mgh-mg·ang>mgR(1-cos9) h (1分) 则小滑块从A到光滑竖直内圆轨道1的左侧圆 (1分) 心等高处，根据动能定理有 解得vo>√2m/s (1分) mg sin0·L-umg cos0·L-mgR1=0-Ek, 综上√2m/s<vo≤√6m/s。 (1分) (1分) 10.(1)110N,方向竖直向下 (2)0≤Ek≤4J或 解得E,=4J (1分) Ek≥19J(3)112.5J 即小滑块能通过光滑竖直内圆轨道1的最高，点 【解析】(1)小滑块从A到B,根据动能定理有 C',则在小滑块在A处初动能0≤Ek≤4J mg sin0·L-umg cos0·L= 2 mvB-Ex 综上分析可知，为使小滑块在竖直圆轨道1内运 (2分) 动时不脱离轨道，则小滑块在A处初动能取值范 其中EkA=44J 围0≤Ek≤4J或Ek≥19J (1分) 联立解得vB=10m/s (1分) (3)设小滑块以水平速度。从N,点滑出，做类 因BC段光滑，故小滑块到达C处的速度 平抛运动，运动到坐标为(x,y)的Q点。在沿斜 Uc=vB=10 m/s 面方向，根据牛顿第二定律有 小滑块在C处，根据牛顿第二定律有 mg sin30°-0.125mg=ma (1分) 尼 解得a=3.75m/s Fx-mg=m Ri (1分) 加速度的方向沿斜面向下 联立解得FN=110N 1 (1分) 根据牛顿第三定律可知，小滑块刚运动到C处时 在沿斜面向下有y=2at 对圆轨道的压力 在水平方向有x=vot (1分) FN=FN=110N,方向竖直向下 (1分) 根据圆的知识有x2十y2=R号 (2)为使小滑块在竖直圆轨道1内运动时不脱离 联立可得(o)+(ar2)°=R (1分) 轨道，分两种情况讨论 第一种情况，小滑块能通过光滑竖直内圆轨道1 变形得6t2+402t4=R3 的最高点C,则临界条件为小球通过最高点C 时轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心 上式两边乘上。，则有a4+子a?=aR ·29· 2 2027 学科素养周测评 其中vy=at 即+知、 1 2 ≥2aR 可得哈u吗+4=R 两边乘上质量m,则有 支形可得+)aR Ek=7m(u6+u)≥2maR 根据数学知识可得 可知在满足(2)问的小滑块运动到Q点时动能的 aR-(+小s(i) 最小值E二maR3=2,5J (2分) 2 ·30·