二轮专题精准提升6 动能定理、机械能守恒定律-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（6版）

真题密卷 (2分) r -m 且G=mg (2分) 等等员 (2分) (2)根据开普勒第三定律可得 as r3 T Ti (2分) 其中a=十 2 (1分) π2(r1十r3) 解得T2=√2gR (2分) 飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间为 1π2(r1十r3) =2T22√2gR2。 (1分) 16.(1)V0.62A.U.(2)2 nkl 5(3)a-k)a 2024一2025学年度二 物理·动能定理 一、单项选择题 1.A【解析】我们使用虚位移的考虑思路，设想存 在作用力F作用在链条A端，将会使链条做出一 个非常小、趋近于零的虚位移△x→0，而这个过程 的作用效果可以等效于处于链条B端的一段长为 △x的链条移到A端，如图所示。因此，计算出这 一段势能的增加即可计算出F所做的功，则有 F△x=△xmgR,解得F=mgR,A正确。 △x 0 B 2.B【解析】第一次抛出上升的高度为h1=3.2m一 1=0.6s, 1.4m=1.8m,故上升时间为t1=√g 最高点距水平地面高为h。=3.2m,故下降的时间 ho 为t1=Ng =0.8s,故一次抛出上升时间与下 降时间之比为3：4，A错误；两条轨迹最高，点等 高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t t上1十t1=1.4s,故可得第一次与第二次抛出时 6 ·2 二轮专题精准提升 【解析】(1)由开普勒第三定律得 会清 (2分) 金星与太阳的距离为 r金=90.622A.U.。 (2分) (2)在题图乙中，设∠AOB=∠A'OB'=0,由于0 很小，AB与A'B'的长度可近似表达为 AB=OB·0,AB'=OB·0 (3分) 则AB0B6 AB OB 1-k (2分) 解得B-品 (2分) (3)两列轨迹之间的距离，就是A'与B之间的距 离，可得太阳直径为 D=AT= (2分) D nkl 则日地距离x=。(1-b)a (3分) 轮专题精准提升（六） 机械能守恒定律 水平方向的分速度分别为01=O0=6m/s, t _0Q=7m/s,由于两条轨迹最高点等高，故抛 出时竖直方向的分速度相等为o,=gt上1=6m/s, 由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P,点比第 二次机桃能少△E=2mm,-2m=1.3J,B正 确；从抛出到落地瞬间根据动能定理得Ea=Ek1十 mghon=2 m (v)+mghon 10 J,Ev= 1 Evoz+mghon=2m()+mghou= 11.3J,故落地瞬间，第一次与第二次动能之比为 100：113,C错误；根据前面分析可知两次抛出时 竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直 方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度 较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛 出时的速度与水平方向的夹角较大，第一次落地 时的速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一 次抛出时的速度方向与落地瞬间速度方向夹角均 比第二次大，D错误。 3.A【解析】当汽车达到最大速度1.50。时，汽车 牵引力F与阻力f相等，此时汽车功率为P。,可 ·物理· 得P。=f·1.500一号f,A正确，B错误；0到D 时间内汽车功率与速度成正比，根据公式P=F 可知牵引力恒定，此阶段的牵引力为F1= 。,汽 00 车所受阻力大小恒为∫，汽车在此阶段做匀加速直 线运动，则F1-f=ma,则加速度为a=-f m F。于P。一00三f=。,则0到t时间内的位 m mvo 2m t 移x1 1.= a=豆·2品=，时0到时间内由 动能定理可得(F,一Dx=max= 2mu6-0,整理 可得Pot=3mv,C、D错误。 4.B【解析】初始时刻系统处于静止状态，设此时弹 簧压缩量为x0,对小滑块A和B组成的系统，根据 胡克定律和平衡条件得kx0=(mA十mg)gsin0,解 得弹簧压缩量x。=0.3m,在小滑块A、B分离之 前，设A、B的位移为x,对A、B整体，根据胡克 定律和牛顿第二定律有F十(x0一x)一 (mA十mB)gsin0=(mA+mB)a,解得F=kx+ 6,小滑块A、B分离瞬间，两者之间的弹力恰好为 零，且有相同的加速度α，设此时弹簧的压缩量为 x1,则对小滑块A由牛顿第二定律得x1一 mag sin0=mAa,解得x1=0.14m,则拉力做功 W=Fz=0+6+(,-2)+X(。一1)，将各 2 量代入上式可解得W=1.6J,B正确。 二、双项选择题 5,AC【解析】由能量守恒定律可知，拉力F和摩 擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，所 以题国乙中国线的斜率及-经N=24N=F- μng cos37°，解得μ=0.5，B错误；由牛顿第二定 律可知，物块沿斜面上滑的加速度大小为a= F-f-mgsin37°=6m/s,A正确；由运动学公 m 式可知，物块向上滑动2m时，速度的大小为v= √2ax=2√6m/s,C正确；物块沿斜面向上滑动 2m的过程中，物块与斜面间摩擦产生的热量Q μngxcos37°=16J,D错误。 6.BC【解析】游客在下滑过程中，摩擦力做负功， 机械能减少，A错误；游客在下滑过程中，速度越 来越大，根据P=Fv=mgv,可知，重力的瞬时功 率变大，B正确；游客从开始下滑到最后停在A ·2 参考答案及解析 ,点，设斜面在水平面的投影长度为x1,斜面底端到 A点距离为x2,由能量关系可知mgh= umg cos0· ”cos0十mgx2=mgx,解得OA= ?一游客下济高度h一定时，斜面倾角0与 OA的水平距离x无关，C正确，D错误。 7.AC【解析】运动员受力平衡时，速度最大，由题图 像可知，下落高度为15m时速度最大，此时受力平 衡，F=mg,F=k△x,△x=(15-10)m=5m,解得 及--Nn=120NVm,A正确：运动员下 落过程先加速后减速，所以下落过程中先失重后 超重，B错误；运动员在最低点时，速度为零，弹力 最大，此时由牛顿第二定律可得F一mg=ma,F= △xm,△xm=(25-10)m=15m,联立上述各式， 解得a=20m/s2,C正确；速度最大时重力和弹力 平衡，此时弹性绳伸长量为△x=5m,根据弹性势 能的表达式可得关弹性势能的大小巴，= (△x)2=1500J,D错误。 8.AD【解析】根据题意可知轨道光滑，小球a进入圆 弧轨道之前，小球a、b(可视为质点)和轻杆一起做自 由落体运动，可知轻杆对小球α、b(可视为质点)作用 力均为零，对于小球a只有重力做功，小球a与地球 组成的系统机械能守恒，A正确，B错误；小球α滑到 圆孤轨道C点时，如图所示由几何关系可得 VaCOs30°=76cos30°，由机械能守恒定律有mg R+）+2me(R++Ras60）=名m+ 号×2mi,联立解得，=弓R,C给误从对释 1 放小球a、b到小球a、b都滑到水平轨道上的整个过 程中，由机械能守恒定律有mg(R+)十 2nx(R++R)-m+专×2m,每得。， 1 寻39gR,设轻杆对小球a微的功为W,对小球a,由 动能定理有ms(R+R)十W=专m”-0,每得 2 W=3mgR,D正确。 pa B卧---O v b C D 1 6 真题密卷 三、非选择题 9.1706.25(1分)54.13(2分) 【解析】电动汽车行驶时的迎风面积为A=2.0× 1.4m2=2.8m2,车速为50m/s时，电动汽车所受 空气a力为1，=方4C4w=方×1.3X03X28X 1 502N=1365N,当车速为50m/s时，空气阻力是总 1 阻力的80%，则fs=80%=1706.25N:空气阻力与 电动汽车所受总阻力的比值与车速的关系为 f总 80% 500=0.0160,f1=2C.Av2=0.546v2,可得电 动汽车所受总阻力与车速的关系为f慈= 34.125v,电动汽车行驶速度最大时牵引力等于总 _P题≈54.13m/s。 阻力，则v一f 10.1(2分)小于(1分) 【解析】设摩擦力做功为W,弹簧弹力做功为 W,圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由 动能定理得mgh十W:十W彝=0，在C处获得一竖 直向上的速度，恰好能回到A,根据动能定理得 一mgh+W-W华=0-2m0,联立解得W: 1 m0,根据功能关系可知，该过程产生的热量 为Q=m0=1J;圆环从A处由静止开始下滑 到B过程，由动能定理得mgh'一W,一W= 2m0,圆环从B处上滑到A的过程，由动能定 理得-ng”-w+W:=0-名m,比接以上 两式可得vB小于B。 11.√30(1分) √30 3 (2分) 【解析】a落地时，水平方向的分速度为0，故b的 速度为0，由功能关系可知nglsin60°= 2mv,解 得v=√2 glsin60=√30m/s;设杆与水平面夹角 为日时b的速度最大，整个系统机械能守恒，则有 mgl(n6r-n的=名m+分m,结合二者8杆 的方向上速度相等，则有v。sin0=v6cos0,解得 =2e停一如)小m9,根希数学知识中的均 ·2 二轮专题精准提升 维不等式可得鸭-侣 入上式可得w=了3g= 3 -m/s。 12.吃M品)M(品)广e分) 不需要(1分)(m十mo)gL(2分) (6)换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 释放小车位置与光电门之间距离(1分) 【解析】(4)小车经过两个光电门时的速度分别为 d V-M:9:-Ns 小车动能的变化量△E,= 合-wi=M(总'-M(品)月 由于已经平衡了摩擦力，所以小车下滑过程中， 不需要测量长木板与水平桌面的夹角。小车受 的合力为F=(m十mo)g,可求出合外力做的功 W6-(m十mo)gL。 (6)减少误差办法是让小车通过光电门时间更 短，换宽度更小的遮光条；换更长的长木板，增加 释放小车位置与光电门之间的距离。 13.(1)0.050(1分)1.000(1分)0.240(1分) 0.245(1分)(2)(M+2m)kd=2πMg(2分) 【解析】(1)感光痕迹间的时间间隔T=2π- 0.05s,细钢柱速度大小为Ug=Cne十x即 2T 1.000m/s,在OE段，系统动能的增加量△Ek= 7(2m十M)呢=0,240J,重力势能的减少量 △E。=(M+m)gxoE-mgxoE=0.245J。 (2)由题知，激光笔每转动一周，Q下降的高度为 d,设激光笔共转n圈，则有0=n·2π，由图像可 知0=司=号虹，联立解得-经，对整体 1 根据牛顿第二定律有(m十M)g一mg= (2m十M)a,根据匀变速运动公式v=at,所以系 统动能的增加童△B.=名Cm+M)2=名· 1 2·，重力势能的减少量AE。 (M+m)g·nd-mg·nd=Mg·nd,若验证得 1.Mg.4nr=Mg·nd,即 到表达式2·2m十M·k (M+2m)kd=2πMg,可证明系统在运动过程中 ·物理· 机械能守恒。 14.(1)5×103N(2)100m/s(3)1.75×10J 【解析】(1)由题意，根据-t图像可知汽车在前 5s内的加速度大小为 a=4 m/s2 (1分) 根据牛顿第二定律有 F-f=ma (1分) 解得牵引力F=5X103N。 (1分) (2)额定功率 P=Fv1=5×103×20W=1×105W （1分) 当牵引力等于阻力时速度最大，则 w=号-Sa/=10a/ (2分) (3)0~5s内汽车牵引力所做的功 W=F=5x×(g×J=25x10】2分) 5~20s内汽车牵引力所做的功 W2=Pt'=1×105×(20-5)J=1.5×10J(2分) 020s内汽车牵引力所做的功为 W=W1+W2=1.75×10J。 (1分) 15.(1)3N(2)1.2s(3)0.48J 【解析】(1)小物块从A点到B,点过程，根据动 能定理可得 1 mgR=2mu层-0 (1分) 解得vB=√2gR=2,√5m/s 小物块运动到B点时，根据牛顿第三定律可得 N-mg=m R (1分) 解得支持力大小为N=3N。 (1分) (2)小物块从A点到C点过程，根据动能定理 可得 1 mgRcos 0-2mv-0 (1分) 解得物块到C点的速度大小为 vc=√2 gRcos0=4m/s>u 可知小物块刚滑上传送带先做减速运动，根据牛 顿第二定律可得，加速度大小为 a1-mgsin0+mg cos日 =10m/s2 (1分) 小物块减速到与传送带共速所用时间为 t1=c-”=0.2s 该过程小物块通过的位移大小为 (1分) 2 -t=0.6m<L ·2 参考答案及解析 小物块与传送带共速后，由于μ<tan0,可知小物块 继续向上做减速运动，加速度大小为 d2mg sin pmgcos2/ (1分) m 根据运动学公式可得 1 L-x1=t2-2a2t号 (1分) 解得t2=1s 则小物块从C点到达D点所用的时间为 t=t1+t2=1.2s。 (1分) (3)小物块从C点到与传送带共速过程，小物块 与传送带发生的相对位移大小为 △x1=x1-vt1=0.2m (1分) 物块从与传送带共速到D过程，小物块与传送带 发生的相对位移大小为 △x2=t2-(L-x1)=1m (1分) 则从C点到D点的过程中，小物块与传送带摩 擦产生的热量为 Q=umg cos0·(△x1+△x2)=0.48J。(1分) 16.(,/含gR6mg2√6 8 4gR 、12 (3)长R 5 【解析】(1)滑块P下滑至与Q碰撞前，由机械 能守恒得 1 mgh=之mu6 (1分) /32 可得=√5R (1分) P与Q相碰一起运动，由动量守恒定律得 mvo-2mv 8 解得1=√5R (1分) P、Q从C运动到D,有 1 2mgR (1-cos 0)=2 ·2mz （1分) 在D点由牛顿第三定律有 F-2mg=2m R 解得F=6mg。 (1分) (2)P下滑与Q相碰后在BC段一起向下做匀速 运动，则斜面对Q的滑动摩擦力 f=2mg sin 0 (1分) P、Q第一次被弹簧弹回运动到C点时的速度依 然为1，此后P、Q分离，Q在AC段向上滑动的 加速度为ma1=mg sin日+f (1分) Q在AC段向上滑的位移x1为 6 真题密卷 vi x12a1 6gsin 0 (1分) P在AC段向上滑的加速度为 a2=gsin 0 (1分) P在AC向上滑的位移为x2,则有 1 x2-2gsin 0 (1分) P与Q碰前的速度为v',有 1 mg sin 0 (x2-x1)= (1分) 2 解得0=√3 P与Q碰后的速度为02，有 mv'=2mv2 1 4gR 可得u:=√601=√15。 (1分) (3)自P、Q第一次返回直轨道AC运动，至再次 从C,点离开直轨道AC的过程中，滑块Q克服摩 擦力做的功与滑块P、Q碰撞损失的机械能△E 2024一2025学年度 物理·功能关系、动量 一、单项选择题 1.D【解析】B球在光滑杆上做往复运动，A球一 边围绕B球做圆周运动，一边随B球做往复运 动，A错误；当A球摆到最低，点时，A、B两球运 动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL= 1 2mA0员十2mB0后，水平方向动量守恒有mB0B一 心A1联立可得0B二人√B错误；根据x=0 有mBxB=mAxA,从释放到A球摆到最低点的 过程中，有xB十xA=L,则A球的水平位移大小 2L 为xA= 3 ,B球的水平位移大小为xB= 3 ,C错 误；B球向右运动的最大位移大小为xB=2xB= 3D正确。 2 2.D【解析】A从N点运动到M点的过程中，根据 动能定理有3mg十W一了m,解得绳的丝力对 A微的功为W=7m2-msg1,A错误；A从N点 运动到M,点的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械 6 二轮专题精准提升 的比值为 Wf2·2 mg sin0·x1 (1分) △E1 -2 ·2mv2 。W:4 解得A正1 (1分) 经分析，以后如此运动的比值不变，经过足够多 次运动，最终P、Q循环运动，到达C点的速度为 0。故P、Q第一次返回直轨道AC运动时的动 能，经Q与直轨道AC摩擦发热部分为 41 2 gin·'=5·2·2m (1分) 可得8R 结合第一次下滑的距离，可得Q在轨道AC上运 动的总路程为 ='+R=12 tang=5R。 (1分) 轮专题精准提升（七） 守恒定律、能量守恒定律 能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械能和增 加的弹性势能之和，则A减少的机械能大于B增加 的机械能，B错误；A运动到M点时，设MN与竖直 ONL√3 方向的夹角为a,则有tana= 0MV5=3,可得 a=30,此时B的速度为B=00sa=5。 20,C错 误；根据系统机械能守恒可得△E。=√3mgl一 1 mgx (21-1)sin 0-2mo 一2mv层，解得A运动 到M点时，弹簧增加的弹性势能为△E。= (2√3-1)mgl7 2 一8mo,D正确。 3.D【解析】快件放上传送带先做匀加速运动，根 据v2=2ax,结合图像可得快件做匀加速运动的 加速度为a=1m/s2,根据牛顿第二定律可得 umg cos37°-mg sin37°=ma,解得动摩擦因数 为u=0.875,A、C错误；由图像可知x=4.5m以 后，快件的速度保持不变，做匀速运动，B错误；设 传送带的速度为v,根据图像可知v=3m/s,快件密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（六） 卷题 物理·动能定理、机械能守恒定律 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.有些力学问题，可假想一个“虚设过程”使问题得以简化和解决。举例如下：如图甲所 示，四根质量都是的均匀等长木棒，用铰链连成框架，铰链P固定在天花板上，框架 竖直悬挂在空中；现在铰链Q上施加一竖直向上的力F使框架保持静止，不计一切摩 擦，若要求出作用力F的大小，可设想力F使铰链Q缓慢上移一微小的距离△h,则框 架的重心将上升，因为F做的功等于框架重力势能的增加量，所以F·△M=mg· ,可得F=2mg。请参照上面解决问题的方法，尝试完成以下问题：如图乙所示，一个 △h 半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端 固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为m,重力加速度为g。 则铁链A端受到的拉力T为 () 微L 甲 1 A.mgR B.2mgR C.2mgR D.mg 2.先后两次从高为OH=1.4m位置斜向上抛出质量为m=0.2kg的同一物体落于Q1、 Q2,测得OQ1=8.4m,OQ2=9.8m,两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平 地面高为3.2m,下列说法正确的是 () 0 A.第一次抛出上升时间与下降时间之比为√7：4 二轮专题精准提升（六）物理第1页（共8页） 真题 用智慧去桃战，用学力去超越自我。 B.第一次过P点比第二次机械能少1.3J 班级 C.落地瞬间，第一次与第二次动能之比为72：85 D.第二次抛出时的速度方向与落地瞬间的速度方向夹角均比第一次大 姓名 3.在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。某次测试过程中，汽车在平直路面上由 静止加速到最大速度阶段，输出功率与速度的关系图像如图所示。经时间t汽车的速度 增大到vo,再经过时间2t汽车达到最大速度1.5v。已知汽车的质量为m,汽车加速过 得分 程中所受阻力大小恒为f。则 () 个P P Vo 1.5Vo 3 A.P。=2f0 B.P。=fv0 CPt-nn时 D.3Pot=mu 4 4.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧下端固定在斜面底端 挡板上，上端与质量为1kg的小滑块A相连，A上端叠放另一个质量为2kg的小滑块 B,弹簧的劲度系数为k=50N/m,初始时刻系统处于静止状态。现用沿斜面向上的拉 力F作用在小滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度大小为2/s2的匀加速直线 运动。重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。从开始运动到A、B分离瞬间，拉力F 做功为 () wwwwWwwWwwwwww 不30 A.1.76J B.1.6J C.1.4J D.1.12J 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 7 答案 5.如图甲所示，足够长的固定斜面倾角为0=37°，斜面底端有一质量为2kg的物块（可视 为质点)。现用一沿斜面向上的恒力F=32N使物块由静止开始沿斜面向上运动，取斜 面底端为零势能点，运动过程中物块的机械能E与物块的位移x的关系如图乙所示，重 力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是 () 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 6 E 48 x/m 分 乙 A.物块的加速度大小为6m/s2 B.物块与斜面之间的动摩擦因数为0.4 C.物块由静止开始沿斜面向上滑动2m时的速度大小为2√6m/s D.物块沿斜面向上滑动2m的过程中，因摩擦产生的热量为24J 6.“南方游客”来东北旅游时，滑雪是深受喜欢的运动项目之一，滑雪过程可简化为如图所 示。斜面倾角为0，且与水平面平滑连接，连带装备总质量为m的游客从高度为h的斜 坡顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。假设游客与斜面、水平面间的动 摩擦因数均为4，OA=x,下列说法正确的是 () A.游客沿斜面下滑过程中机械能守恒 B.游客沿斜面下滑过程中重力的瞬时功率变大 C.水平距离OA=x=h D.游客下滑高度h一定时，斜面倾角0越大，OA的水平距离x越大 7.研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的 距离h及其对应的速度v,得到如图示的v2h图像。运动员及其所携带装备的总质 量为60kg,弹性绳上的弹力遵循胡克定律，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 以下说法正确的是 () 个/(ms)2 250----- 200 0510152025h/m A.弹性绳的劲度系数为120N/m B.运动员在下落过程中先超重再失重 C.运动员在最低点处加速度大小为20m/s2 D.运动员在速度最大处绳子的弹性势能为3000J 6 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题 8.如图所示，固定光滑轨道杆ABCD的AB部分竖直、CD部分水平，BC部分是半径为R 的圆弧，质量分别为m和2m的小球a、b(可视为质点)用轻杆连接起来，轻杆长为R。 开始时小球Q位于B点正上方处，由静止开始释放组合体，使其沿光滑轨道杆ABCD 下滑，重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 () B.-.-O D A.小球a进入圆弧轨道之前，小球a与地球组成的系统机械能守恒 B.小球a进入圆弧轨道之前，小球a与地球组成的系统机械能不守恒 C.小球a滑到圆弧轨道C点时的速度大小为)22gR D.从刚释放小球a、b到小球a、b都滑到水平轨道上的整个过程中，轻杆对小球a做的 功为子mgR 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)某款电动汽车长4.7m、宽2.0m、高1.4m,其发动机最大功率达到100kW,若 电动汽车运动时受到的阻力主要来自空气阻力f1和机械阻力f2。已知空气阻力满足 f1=2CA2,其中空气密度p=1.3kg/m3,风阻系数C。=0.3,A为电动汽车行驶时 的迎风面积，为电动汽车的行驶速度。各行驶阻力分布（百分比）与车速关系如图所 示，那么当车速是50m/s时，电动汽车所受总阻力大小为 N。此款电动汽车 行驶的最大速度为 m/s。(取54.6=7.392，结果保留到小数点后2位) 行驶阻力分布（百分比） 100 空气阻力 80------ 机械阻力 20 0 50 v/(m's) 10.(3分)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m=1kg的圆环相连，圆环套在 倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α=37°，圆环在A处时弹簧竖直且处 于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 向上的速度v=2m/s,恰好能回到A。已知AC=1m,B是AC的中点，弹簧始终在弹 性限度之内，重力加速度g取10/s2,则圆环下滑过程中，圆环与杆摩擦产生的热量 为 J;若圆环下滑经过B点时的速度记作vB,上滑经过B点时的速度记作vB,则 UB (选填“大于”“小于”或“等于”)vB。 LL4L0 w 11.(3分)如图所示，滑块a、b的质量均为m,a套在固定直杆上，b放在 地面上，a、b通过铰链用长为1=√3m的刚性轻杆连接，初始时刚性 杆与水平地面的夹角为0=60°，不计一切摩擦，将a、b视为质点，重 力加速度g取l0m/s2。现将装置从静止开始释放，滑块a落地时的 速度大小为 m/s,该过程中滑块b的最大速度为 m/s。(结果可保 留根式) 12.(6分)用图所示的装置进行“探究动能定理”实验。 (1)用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘 遮光片 光电门1光电门2 的质量m;用游标卡尺测得遮光片的宽度为滑轮 长木板 细线 d,;按图所示安装好实验装置，用刻度尺测量两 N 光电门之间的距离L。 砝码盘 (2)在砝码盘中放入适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经 过光电门1和光电门2的时间相等。 (3)取下细线和砝码盘，记下砝码的质量m。 (4)让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门1 和光电门2所用的时间△t1、△t2。小车从光电门1运动至光电门2的过程中，小车 动能的变化量△Ek= (用题中所给物理量字母表示)。小车下滑过程 中， (选填“需要”或“不需要”)测量长木板与水平桌面的夹角，可求出合 外力做的功W合= (用题中所给物理量字母表示，重力 加速度为g),比较W合和△Ek的值，找出两者之间的关系。 (5)重新挂上细线和砝码盘，重复(2)~(5)步骤。 (6)不考虑空气阻力，请写出一条减小由遮光条宽度引起的误差的建议： 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 13.(6分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的细绳绕过轻质定 滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K,两者质量均为m=0.140kg,钢柱K 下端与质量为M=0.200kg的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖 直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激 光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力 作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直。重力加速度g取9.8m/s2。 感光细 钢柱K 电动机 激光笔 (1)开启电动机，待电动机以w=40πrad/s的角速度匀速转动后。将P、K、Q系统由 静止释放，Q落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹，取下K,用刻度尺测出 感光痕迹间的距离如图乙所示。感光痕迹间的时间间隔T= s,激光束照 射到E点时，细钢柱速度大小为E= m/s。经判断系统由静止释放时激 光笔光束乙恰好经过O点。在OE段，系统动能的增加量△Ek= J,重力 势能的减少量△E。= J,比较两者关系，若误差在2.5%以内，则可认为系 统机械能守恒。（计算结果均保留3位小数） OA B D E 0cm 1 34567891011121314151617181920 (2)选取相同的另一感光细钢柱K,若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同 时系统由静止释放，电动机的角速度按如图丙所示的规律变化，图像斜率为，记录 下如图丁所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。若验证得到表达式 （用含字母M、m、d、k、g、π的表达式表示)即可证明系统 在运动过程中机械能守恒。 o/(rad's) t/s 丙 丁 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 6 14.(11分)一辆跑车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，t1=5s末 达到额定功率，速度v1=20/s,之后保持额定功率运动。其v-t图像如图所示。已 知该跑车受到的阻力f恒为1000N,跑车的质量为m=1×103kg。 (1)求该车在前5s内的牵引力； (2)求该车的最大速度； (3)假设t=20s末该车已经达到最大速度，求0~20s内汽车牵引力所做的功。 ◆v/(ms) 20 15.(12分)半径为R=1m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m= 0.1kg、可视为质点的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为 0=37°、长为L=1.6m的传送带。已知光滑圆弧与传送带在C点相切，D点为传送带 的最高点，传送带以v=2/s的速率顺时针转动且不打滑，小物块与传送带之间的动 摩擦因数为4=0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8。 (1)小物块运动到B点时所受的支持力大小； (2)小物块从C点到达D点所用的时间t; (3)小物块从C点到D点的过程中，小物块与皮带运输机摩擦产生的热量Q。 6 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)一游戏装置由倾角为0=37°的直轨道AC、一段圆心为O、半径为R的光滑圆 弧轨道CD,以及一段光滑水平直轨道DE在C点、D点平滑连接而成，C、D为切点， 整个装置固定在一竖直平面内，在水平轨道DE的左端固定一轻弹簧。两个可视为质 点的小滑块P、Q质量都为m,其中滑块Q与轨道AC间的动摩擦因数处处相等，滑块 P与直轨道AC间摩擦不计。开始时滑块Q静止于与圆心O等高的B处，让滑块P 从距B的竖直高度为h=3.2R处由静止释放，在B处两滑块相碰，碰后P、Q一起在 直轨道AC上做匀速运动，已知P、Q每次碰后瞬间速度相等但不粘连，滑块与弹簧碰 撞都不会超出弹簧的弹性限度。sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。求： (1)P、Q第一次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度大小v1,以及第一次一起经 过圆轨道D点受到圆轨道的总支持力F; (2)P、Q第二次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度大小v2； (3)经足够长时间，滑块Q在轨道AC上运动的总路程。 6 R0 E 二轮专题精准提升（六）物理第8页（共8页）