資源簡介

2025-2026高三物理第一輪復習【新教材】人教版（2019）：
功和能綜合練習試卷
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．將質量為m的小球，從距離地而高h處的P點以初速度豎直上拋，小球能上升到距離拋出點的最大高度為H。若選取地面為零勢能面，不計運動過程中的阻力，則小球在P點的機械能是（　?。?br/>
A．0 B．mgH C． D．mgh
2．中國選手鄭欽文在巴黎奧運會奪得女子網球單打金牌,某次回球時她將質量為的網球斜向上與水平方向夾角 以擊出,重力加速度取,網球在運動過程中可視為質點,不計空氣阻力,,,下列說法正確的是（ ）
A. 網球在空中運動過程中,相同時間內,速度的變化量相同
B. 網球在空中上升過程中處于超重狀態
C. 網球返回與拋出點等高處時網球重力的功率為
D. 網球在空中運動過程中機械能增加
3．如圖所示，擺球（可視為質點）質量為m，懸線長為L，把懸線拉直至水平位置A點后由靜止釋放擺球。設擺球從A運動到最低點B的過程中，空氣阻力f的大小不變，重力加速度為g，則擺球運動到最低點B時的速率為（　?。?br/>A． B． C． D．
4．如圖所示，足夠長的水平粗糙面與半徑為R的圓弧在最低點C相連，兩個長度分別為和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圓弧處，均與水平面在C點平滑連接，質量為m的滑塊1從斜面AC頂端由靜止釋放，質量也為m的滑塊2從斜面BC頂端由靜止釋放，兩滑塊與水平面間的動摩擦因數相同，則（　?。?br/>A．滑塊1、2在C點時的動量相同
B．滑塊1、2在斜面上運動的時間之比為2∶1
C．滑塊1、2在C點時的動能之比為2∶ 1
D．滑塊1、2在CD上滑行的最大距離之比為1∶2
5．如圖所示,一質量為2 kg可視為質點的小物塊自斜面上A點由靜止開始下滑,斜面AB的傾角為37°,A、B間距離為2 m,小物塊經1 s運動到B點后通過小段光滑的銜接弧面滑上與地面等高的傳送帶,傳送帶以v0=6 m/s的恒定速率順時針運行。傳送帶左右兩端間距離為9 m,小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.2,不計空氣阻力和小物塊在銜接弧面運動的時間,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。下列說法中正確的是
A．小物塊在傳送帶上運動的時間為2 s
B．小物塊在傳送帶上因摩擦產生的熱量為20 J
C．小物塊在傳送帶上運動過程中傳送帶對小物塊做的功為24 J
D．若傳送帶以3 m/s的恒定速率逆時針運行,其他條件不變,小物塊從A點靜止釋放以后,在AB上運動的總路程為4.25 m
6．如圖所示是某科技小組制作的投石機的模型。輕桿可繞固定轉軸在豎直面內自由轉動，A端凹槽內放置一小石塊，B端固定配重。某次試驗中，調整桿與豎直方向的夾角為后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉到豎直方向時，石塊被水平拋出，打到正前方靶心上方6環處，不計所有阻力。若要正中靶心，可以采取的措施有（　?。?br/>A．增大石塊的質量 B．增大角
C．增大配重的質量 D．減小投石機到靶的距離
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
7．一吊籃懸掛在繩索的下端放在地面上，某人站在高處將吊籃由靜止開始豎直向上提起，提起過程中，吊籃的機械能與位移的關系如圖所示，其中0～x1段圖像為直線，x1～x2段圖像為曲線，x2～x3段圖像為水平直線，則下列說法正確的是(　　)
A．在0～x1過程中，吊籃所受的拉力均勻增大
B．在0～x1過程中，吊籃的動能不斷增大
C．吊籃在x2處的動能可能小于在x1處的動能
D．在x2～x3過程中，吊籃受到的拉力等于重力
8．（多選）如圖所示，一半徑為、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑水平.一質量為的小球（可視為質點）從點上方高為處由靜止開始下落，恰好從點進入軌道.小球滑到軌道最低點時，對軌道的壓力大小為為重力加速度.不計空氣阻力，用表示小球從點運動到點的過程中克服摩擦力所做的功，則（ ）
A．小球恰好可以到達點
B．小球沖出點后可上升的最大高度大于
C．小球能夠第二次經過點
D．小球從到克服摩擦力做的功等于
9．一質量為800 kg的電動汽車由靜止開始沿水平直公路行駛，達到的最大速度為18 m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動汽車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出F－圖像如圖所示，圖中AB、BC均為直線，若電動汽車行駛過程中所受的阻力恒定，由圖像判斷，下列說法正確的是(　　)
A．電動汽車由靜止開始先做變加速直線運動，后做勻速直線運動
B．電動汽車的額定功率為10.8 kW
C．電動汽車由靜止開始經過2 s，速度達到6 m/s
D．電動汽車行駛速度為10 m/s 時，加速度大小為0.6 m/s2
10．在某高空雜技類節目現場下方地面上放置一彈簧墊，此彈簧墊可視為質量為m的木板與兩相同直立輕彈簧的上端相連，靜止時彈簧的壓縮量為h，如圖所示。某同學為了測試彈簧墊的性能，將一質量為2m的物體從距木板上方2h的O點由靜止釋放，物體與木板碰撞后，粘在一起向下運動，到達最低點后又向上運動，它們恰能回到A點，空氣阻力、木板厚度、物體大小忽略不計，正力加速度大小為g，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．物體與木板一起向下運動過程中的速度先增大后減小
B．整個過程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統機械能守恒
C．物體與木板碰后瞬間加速度大小為，物體與木板恰好回到A點時加速度大小為g
D．物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢能總和為
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．為了測定一根輕彈簧壓縮至最短時能儲存的彈性勢能的大小，可將彈簧固定在帶有光滑凹槽的軌道一端，并將軌道固定在水平桌面的邊緣上。如圖所示，用鋼球將彈簧壓縮至最短，然后突然釋放，鋼球將沿軌道飛出桌面，實驗時：
(1)需要測定的物理量是 (填寫名稱及符號)；
(2)計算彈簧壓縮至最短時彈性勢能的表達式是Ep= (用上問所填的符號表示，重力加速度為g)。
12．2023年5月17日，首枚池州造“智神星一號”液體運載火箭在安徽星河動力裝備科技有限公司順利總裝下線，至此，成功實現中國火箭池州造。為了研究火箭可回收技術，某次從地面發射質量為1000kg的小型實驗火箭，火箭上的噴氣發動機可產生恒定的推力，且可通過改變噴氣發動機尾噴管的噴氣質量和方向改變發動機推力的大小和方向。火箭起飛時發動機推力大小為，與水平方向成，火箭沿斜向右上方與水平方向成做勻加速直線運動。經過t＝30s，立即遙控火箭上的發動機，使推力的方向逆時針旋轉60°，大小變為，火箭依然可以沿原方向做勻減速直線運動。（不計遙控器通信時間、空氣阻力和噴氣過程中火箭質量的變化，g?。┣螅?br/>推力的大?。?br/>火箭上升的最大位移大??；
火箭在上升的過程中推力最大功率。
13． 如圖所示，長為3.5l的不可伸長的輕繩，穿過一長為l的豎直輕質細管，兩端分別拴著質量為m、的小球A和小物塊B，開始時B靜止在細管正下方的水平地面上， A在管子下端，繩處于拉直狀態，手握細管，保持細管高度不變，水平輕輕搖動細管，保持細繩相對于管子不上下滑動的情況下，一段時間后，使A在水平面內做勻速圓周運動，B對地面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，不計一切摩擦阻力。試求：
（1）A做勻速圓周運動時繩與豎直方向的夾角；
（2）搖動細管過程中手所做的功；
（3）水平輕搖細管可使B在管口下的任意位置處于平衡，當B在某一位置平衡時，管內一觸發裝置使繩斷開，A做平拋運動的最大水平距離。
14．如圖所示，足夠長的傳送帶以v=6m/s的速率順時針勻速轉動.傳送帶的右端與水平面連接于a點，平面上方存在以虛線為邊界、電場強度E=1.0×104N/C的勻強電場.一質量m=1.0kg、電量q=1.0×10-3C的滑塊與平面、傳送帶的動摩擦因數均為μ=0.60，將滑塊從b點由靜止釋放，已知a、b兩點間距L=2.0m，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑塊第一次經過a點時的速度大小v1；
（2）從釋放滑塊到第三次過a點的過程中，滑塊與平面、傳送帶間因摩擦產生的總熱量。
15．如圖所示，在豎直軸OO′的B點套有不可上下滑動，只可以繞軸無摩擦轉動的輕環，輕彈簧的上端與該環相連，光滑桿OA與水平面間的夾角α=60°，質量為m的小球套在光滑桿OA上并與彈簧的下端連接，已知軸OB間距為L。
（1）保持桿不動，小球在圖示P點位置處于靜止狀態，圖示β=30°，求小球所受彈簧的彈力大小T和所受桿的彈力大小N；
（2）保持光滑桿OA與水平面間的夾角始終為α，使小球隨桿OA一起由靜止繞OO′軸加速轉動，小球緩慢運動到與B點在同一水平面的A點時，桿OA勻速轉動，小球與桿保持相對靜止，求此時桿OA繞OO′軸轉動的角速度大小ω；
（3）在（2）情形之下，小球由P點開始相對桿向上滑動到A點與桿相對靜止的過程中，桿對球所做的功W。
參考答案
1．【知識點】單一物體機械能守恒定律的應用
【答案】C
【詳解】選取地面為零勢能面，小球在P點的機械能是，選C。
2．【知識點】功率的計算和估算、機械能守恒及其判斷
【答案】A
【詳解】網球在空中運動過程中只受到重力，做勻變速曲線運動，相同時間內速度的變化量相同，正確；網球在空中運動時，加速度為重力加速度，方向豎直向下，處于完全失重狀態，錯誤；網球返回與拋出點等高處時，速度與初速度大小相同、方向斜向下與水平方向夾角 ,重力的功率，錯誤；網球在空中運動過程中，只受重力，網球機械能守恒，錯誤。
3．【知識點】應用動能定理求解變力做功問題
【答案】B
【詳解】設擺球從A運動到最低點B的過程中，將運動過程分為無數小段，每一小段的阻力可視為恒力，則克服空氣阻力做功為，設擺球從A運動到最低點B的過程中，根據動能定理有，解得，選B。
4．【知識點】動能與動能定理
【答案】C
【詳解】A．滑塊1、2在C點時速度方向不同，則動量方向不同，故A錯誤；
B．對滑塊1，根據牛頓運動定律
，
對滑塊2，根據牛頓運動定律
，
解得滑塊1、2在斜面上運動的時間之比為1:1，故B錯誤；
C．根據 可知，到C點時速度大小之比為 ，故動能之比為2:1，故C正確；
D．滑塊1、2在CD上滑行減速加速度
，
所以滑塊1、2在CD上滑行的最大距離之比為2:1，故D錯誤。
故選C。
5．【知識點】傳送帶模型中的能量守恒問題
【答案】D　
【解析】重難考點：傳送帶問題
設小物塊到達B點的速度為v,有xAB=vt0,解得v=4 m/s,小物塊在傳送帶上先做加速運動,有μ2mg=ma2,解得a2=2 m/s2,小物塊從B點到與傳送帶共速時所用時間t1==1 s,此時小物塊在傳送帶上通過的位移x=(v+v0)t1=5 m,此后小物塊與傳送帶一起做勻速運動,所用時間t2== s,故小物塊在傳送帶上運動的時間為t=t1+t2= s,A錯誤;小物塊與傳送帶的相對位移為Δx=v0t1-x=1 m,則小物塊在傳送帶上因摩擦產生的熱量為Q=μ2mgΔx=4 J,B錯誤;傳送帶對小物塊做的功W=μ2mgx=20 J,C錯誤;傳送帶以3 m/s的恒定速率逆時針運行,小物塊在傳送帶上做減速運動,加速度大小為a2=2 m/s2,設小物塊速度減到零時通過的位移為x1,有x1==4 m<9 m,故小物塊未滑到傳送帶的右端,小物塊向左做加速運動,與傳送帶共速后再做勻速運動(關鍵:與傳送帶共速時速度為3 m/s,加速過程位移小于4 m),到達B點時速度大小為v1=3 m/s,然后沿斜面向上做減速運動,到達最高點后沿斜面向下做加速運動,到達傳送帶,如此往復運動,最后停在B點(關鍵:小物塊在斜面上運動克服摩擦力做功,在斜面上上升高度越來越小),小物塊第一次從斜面上下滑時,有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,a1=,解得μ1=0.25,小物塊從第一次返回B點到靜止在B點的過程中,根據能量守恒定律得μ1mgcos θ·x2=m,解得x2=2.25 m,故小物塊從A點靜止釋放后在AB上運動的總路程為s=x2+xAB=4.25 m,D正確。
6．【知識點】其他連接體問題中機械能守恒定律的應用
【答案】A
【分析】由題意可知，若要使石塊正中靶心，則需要增大石塊擊中靶前做平拋運動的時間，從而使豎直位移增大。
【詳解】A．設石塊和配重的質量分別為m1、m2，石塊和配重到轉軸的距離分別為l1、l2，石塊被拋出時的速度大小為v1，則此時配重的速度大小為 ①，根據機械能守恒定律有 ②，由②式可知，若增大m1，則v1將減小，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將增大，此措施可行，A正確；
B．根據杠桿原理可知，輕桿AB之所以能繞轉軸OO′轉動起來從而使石塊被拋出，一定滿足 ③，即 ④，根據②④兩式可知，若增大θ，則v1將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，B錯誤；
C．根據②式可知，若增大m2，則v1將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，C錯誤；
D．減小投石機到靶的距離后，由于v1不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，D錯誤。選A。
7．【知識點】傳送帶模型中的能量守恒問題、功能關系與能量守恒定律的綜合應用、功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合、子彈打木塊模型中的能量守恒問題、板塊模型中的能量守恒問題
【答案】BC　
【詳解】人對吊籃做的功等于吊籃機械能的改變量，所以圖像斜率表示人對吊籃的拉力，0～x1過程中，圖像斜率不變，所以拉力不變，吊籃向上做勻加速直線運動，吊籃的動能不斷增大，A錯誤，B正確；x1～x2段拉力(斜率)開始減小，x2～x3段拉力為零，吊籃僅受重力作用，所以x1～ x2段吊籃會經歷豎直向上先加速后減速的過程，吊籃在x2處的動能可能小于在x1處的動能，C正確，D錯誤．
8．【知識點】應用動能定理求解變力做功問題、豎直面內圓周運動問題
【答案】BC
【解析】在點滿足,小球從釋放點到點的過程中,由動能定理得,解得,因為小球經過段比段同一高度處的速度大,則小球經過段比段同一高度處所受的支持力大,則段比段克服摩擦力做功多,即段克服摩擦力做功,從到過程,由動能定理得,解得,設小球沖出點后可上升的最大高度為,由動能定理得,解得,、錯誤,正確；由以上分析知,小球從返回的過程中克服摩擦力做功小于從到過程克服摩擦力做功,即,從到過程,由動能定理得,可得第二次經過點時,即小球能第二次經過點,正確.
9．【知識點】機車啟動的兩種方式
【答案】BD　
【詳解】AB段牽引力不變，加速度不變，做勻加速直線運動，A錯誤；額定功率P＝Fminvmax＝600×18 W＝10.8 kW，B正確；勻加速運動的加速度a＝ m/s2＝3m/s2，到達B點時的速度v＝＝ m/s＝3.6 m/s，所以勻加速的時間t＝＝1.2 s，若電動汽車一直做勻加速運動，則由靜止開始經過2 s時速度v′＝at′＝6 m/s，但電動汽車不是一直做勻加速運動，所以電動汽車由靜止開始經過2 s，速度小于6 m/s，C錯誤；電動汽車行駛速度為10 m/s 時，功率是額定功率，此時的牽引力大小F1＝1 080 N，加速度大小a1＝ m/s2＝0.6m/s2，D正確．
10．【知識點】動量守恒與彈簧相結合、彈簧問題中機械能守恒定律的應用、求解非彈性碰撞問題
【答案】AD
【詳解】
A．物體與木板一起向下運動過程中，整體受到的彈簧彈力先小于總重力，后大于總重力，整體的合外力先向下后向上，則整體先向下加速，后向下減速，速度先增大后減小，A正確；
B．物體與木板發生非彈性碰撞，系統的機械能有損失，所以，整個過程中，物體、木板和兩彈簧組成的系統機械能不守恒，B錯誤；
C．兩彈簧原來的彈力大小為
物體與木板碰后瞬間彈簧的彈力不變，對整體有
解得
物體與木板恰好回到A點時，彈簧的彈力為0，整體只受重力，加速度大小為g，C錯誤；
D．物體與木板碰撞前瞬間的速度為
解得
碰撞過程，取豎直向下方向為正方向，由動量守恒定律得
從碰撞后到回到A點的過程，根據系統的機械能守恒得
聯立解得，物體與木板碰撞之前，兩彈簧的彈性勢能總和為
D正確。
故選AD。
11．【知識點】單一物體機械能守恒定律的應用、彈簧問題中機械能守恒定律的應用
【答案】桌面距地面的高度h、鋼球做平拋運動的水平位移x、鋼球的質量m；
【詳解】
(1)[1]需要測定的物理量有桌面距地面的高度h、鋼球做平拋運動的水平位移x、鋼球的質量m。
(2)[2]小球以v水平拋出，水平、豎直方向滿足
由機械能守恒定律可得
聯立可得
12．【知識點】兩類動力學問題、瞬時功率及其計算
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）火箭上升過程時的受力情況如圖，由圖可知，。
（2）當推力逆時針方向轉動60后受力情況如圖：與垂直，，加速階段的加速度，減速階段的加速度，，，。
（3）加速度階段的最后時刻火箭的瞬時功率最大為，。
13．【知識點】應用動能定理求解連接體問題
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】（1）B處于平衡狀態，則有，
對A受力分析，豎直方向受力平衡，則有，
可得，
解得。
（2）對A，水平方向，根據牛頓第二定律有，
動能為，
聯立解得，
根據動能定理有，
解得。
（3）設A做圓錐擺運動的細繩長為r，因為繩子拉力恒為mg，故拉住A的繩與豎直線的夾角恒為37°，根據牛頓第二定律有，
解得，
繩斷開后，A做平拋運動，則有，
，
聯立解得，
故當時，水平位移最大，。
14．【知識點】應用動能定理求解多階段、多過程問題
【答案】（1）4m/s；（2）64J
【詳解】
（1）設滑塊第一次經過a點時的速度為v1，由動能定理 得
代入數值計算解得
v1=4m/s
（2）滑塊在傳送帶上向左運動的最大距離為x1，時間為t1，該時間內傳送帶位移為x2
根據牛頓第二定律代入數值整理計算的得：
a=μg=6m/s2
又因為
由于v1x相對=（x1+x2）+（x2-x1）=2x2=8m
根據，整理得
Q1=μmg·x相對=0.6×10×8J=48J
設滑塊在平面上向右滑行最大距離x3，根據動能定理，得
計算得
x3=0.5m
又根據，整理得與平面摩擦生熱
Q2=μmg（L+2x3）=18J
故總熱量
Q=Q1+Q2=64J
15．【知識點】功能原理、能量守恒與曲線運動的綜合、動能定理的簡單應用
【答案】（1），mg；（2）；（3）1.5mgL
【詳解】（1）小球在位置P處靜止時， 受力分析，如圖
根據平衡條件有
解得
，
（2）小球在位置A處時，設小球做圓周運動的半徑為r，所受彈簧的彈力大小FT和桿的彈力大小FN，則水平方向
豎直方向
幾何關系
彈簧伸長的長度與初始相同，則
解得
（3）小球將由靜止開始沿桿向上滑動，初速度
vP=0
小球在位置A的速度大小
小球由P到A過程，根據動能定理有
解得
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