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（7版）

·物理· 32πgRZ v-T-T (2分) (3)当地球自转半周，卫星A转动奇数个半周时， 卫星A就会相邻两次经过该城市正上方，即 T T9=2m+1D2(m=01,2, (1分) 将T。=24h、T=4.8h代入解得n=2(1分) T 即卫星A转动5个经历1二5 (1分) 即卫星A需要运行2.5个周期才能相邻两次经 过赤道某城市正上方。 (1分) 、2πr月 14.(1)Rg 。、1π2(r1十r3) (2)2N2gR 【解析】(1)空间站组合体在轨道Ⅲ时满足 GMm Ax ri-m Tire (2分) Mm 且GR:=mg (2分) 1-昌 (2分) (2)根据开普勒第三定律可得 TT (2分) 其中a=十r (2分) 2 2024一2025学年度二 物理·动能定理 一、选择题 1.A【解析】推力与校车的运动方向相同，所以推 力F对校车做正功，A正确，B、C错误；由于小王 同学随校车加速运动，可知小王同学的合力方向 与运动方向相同，则校车对小王同学做正功，D 错误。 2.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。 参考答案及解析 解得T2=√ 2(r1十r3)3 2gR2 (2分) 飞船由轨道Ⅱ的A点飞至B点所需的时间为 1元2(r1+r3)3 t=2T2=2√2gR8 (2分) 15.(1)90.622A.U. kl (2)1一k nkl (3)a-k)a 【解析】(1)由开普勒第三定律得 r地r金 t-T (3分) 金星与太阳的距离为 r金=0.622A.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,A'B'=OB'·0 (3分) 则AF0B6 AB OB 1-k (2分) 解得AB=1-k kl (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=aA官= (3分) D nkl 则日地距离x=一 =a=(1-k)a° (3分) 轮专题精准提升（六） 机械能守恒定律 A B 3.C【解析】设大圆环半径为R,小环在大圆环上某 处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示。设 图中夹角为日，从大圆环顶端到P点过程，根据机 1 械能守恒定律得mgR(1-cos0)=2mu2,在P v2 点，根据牛顿第二定律得mg cos0=m尺，联立解 得cos0= 2 ，从大圆环顶端到P点过程，小环速 度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大 于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力 真题密卷 背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环 速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力的合 力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变 大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大 圆环的作用力大小先减小后增大，C正确。 mo R 0 4.B【解析】由题图乙知，小球下滑的最大位移为 x=l2m,在最高点时，小球的重力势能E。= mg sin0=12J,得小球的质量为m=0.2kg,A正确； 根据除重力以外其他力做的功W*他=△E,可知 fx=E南一E饭，由题图知，最高点的机械能E高= 12J,最低，点的机械能E=8J,又因为x=12m, 解得L力为了-了N,B错误：小球动能和重力 势能相等时的高度为h,此时有mgh=2m2,由 动能定理有-f(一品a)十mg(红in9-A) 2mu2,联立解得h=2.4m,C正确；由题图乙可 知，在物块下滑9m处，小球的重力势能是3J,动 能为6J,动能与重力势能之差为Ek一E。=6J一 3J=3J,D正确。 5.B【解析】第一次抛出上升的高度为h1=3.2m /2h1 1.4m=1.8m,故上升时间为t上1= =0.6s, g 最高，点距水平地面高为h。=3.2m,故下降的时间 0=0.8s,故一次抛出上升时间与下 为tr1一入Ng 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 水平方向的分速度分别为1=00=6m/s, OQ:=7m/s,由于两条轨迹最高点等高，故地 出时竖直方向的分速度相等为v,=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 1 二次机械能少△E= 号mda-mi=1.3J.BE 确；从抛出到落地瞬间根据动能定理得Ea=E十 1 mghon=2m (mghon 10J,Ela= 7 ·2 二轮专题精准提升 1 Evo:+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。 6.C【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 题图乙中因线的针未及=袋N=2AN=P umg 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错误；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=26m/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= mgxcos37°=16J,D错误。 7.A【解析】当汽车达到最大速度1.5。时，汽车 牵引力F与阻力f相等，此时汽车功率为P。,可 3 得P。=f·1.50o=2f0o,A正确，B错误，0到t 时间内汽车功率与速度成正比，根据公式P=F 可知幸引力恒定，此阶段的率引力为F,=,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F1一f=ma,则加速度为a= F-f= m P。一P。f。==0,则0到t时间内的位 Uo m mvo 2m t 1 1f。 移x= 2a2=2·2m-4m ,对0到t时间内由 1 动能定理可得(F1-f)x=max= 2mu6-0,整理 可得Pot=3mw,C、D错误。 8.B【解析】初始时刻系统处于静止状态，设此时弹 簧压缩量为x,对小滑块A和B组成的系统，根据 胡克定律和平衡条件得xo=(mA十mB)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k（x0一x)一 (mA十mB)gsin0=(mA十mB)a,解得F=kx十 ·物理· 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a,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 mag sin0=mAa,解得x1=0.14m,则拉力做功 W=Fx=0+6+k(x。-x)+6 X(x0-x1),将 各量代入上式可解得W=1.6J,B正确。 二、选择题 9,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 k-ms600】 △x5 N/m=120N/m,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= k△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 能的表达式可得其弹性势能的大小E。= 2b(△x)2-1500J,D错误。 10.AD【解析】根据题意可知轨道光滑，小球a进入 圆孤轨道之前，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a、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a滑到圆孤轨道C点时，如图所示由几何 关系可得vac0s30°=v6c0s30°，由机械能守恒定 本有mgR+）+2ngR+尽+Rs60） 名m2+日×2mi,联立解得u=子3gR,C 1 错误；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，由机械能守恒定律有 R+）+2nR++R)-m十 日×m,解得，-了V39gR,设轻杆对小球 1 a做的功为W,对小球a,由动能定理有 mgR+2R)+w=m-0,解得W= 3mgR,D正确。 2 ·2 参考答案及解析 Apb pa B卧-0 D 三、非选择题 an(品)-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 =,2=小车动能的变化量△Ek于 Mi-名i-名M(总-品)八 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 W合=(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。 12.(1)0.050(2分)1.000(2分)0.240(2分) 0.245(2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,细锅柱速度大小为tE=乙e十xE 2T 1.000m/s,在OE段，系统动能的增加量△Ek= 2(2m+M)层=0.240J,重力势能的减少量 △Ep=(M十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-=如，联立解得2-绍，对鉴体 根据牛顿第二定律有(m十M)g-mg= (2m十M)a,根据匀变速运动公式v=at,所以系 锐动能的增加童△E:=2m十M)r=日· 1 ※·“重力旁能的该少室△， (M+m)g·nd-mg·nd=Mg·nd,若验证得 1，M2g2.4nπ=Mg·nd,即 到表达式2·2mFM·k 4 真题密卷 (M十2m)kd=2πMg,可证明系统在运动过程中 机械能守恒。 13.(1)5×103N(2)100m/s(3)1.75×10J 【解析】(1)由题意，根据vt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=5×103N。 (1分) (2)额定功率 P=Fw1=5×103X20W=1×105W (1分) 当牵引力等于阻力时速度最大，则 P1×10 0m-F=1000m/s=100m/s。 (1分) (3)0~5s内汽车牵引力所做的功 w=F=5x1㎡×gxJ=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) 0~20s内汽车牵引力所做的功为 W=W1+W2=1.75×10J。 (1分) 14.(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 mgR=2mo房-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>z 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 amgsin 0umg cos 10m/s (1分) 小物块减速到与传送带共速所用时间为 t1-0c-"=0.2s (1分) 该过程小物块通过的位移大小为 x1=Uc+v 2t1=0.6m<L (1分) 小物块与传送带共速后，由于u<tan0,可知小物块 7 ·2 二轮专题精准提升 继续向上做减速运动，加速度大小为 dmsin pngcos (1分) 根据运动学公式可得 1 L-x1=t:-2a,t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-ot1=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。 (2分) 8 4gR 、12 15.(1)√58R 6mg(2)√15 (3)5R 【解析】(1)滑块P下滑至与Q碰撞前，由机械 能守恒得 mgh=2mvi (1分) /32 可得=58R (1分) P与Q相碰一起运动，由动量守恒定律得 mvo-2mv (1分) 8 解得u-√行R (1分) P、Q从C运动到D,有 1 2mgR(1-cos0)=2·2moi-2·2moi 1 (1分) 在D点由牛顿第三定律有 品 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=2mgsin 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v1,此后P、Q分离，Q在AC段向上滑动的 加速度为ma1=mg sin0十f (1分) Q在AC段向上滑的位移x1为 1-2a1 6gsin 0 (1分) ·物理· 参考答案及解析 P在AC段向上滑的加速度为 W: 2·2 ng sin6·x1 (1分) a2=gsin0 (1分) △E1 P在AC向上滑的位移为x2,则有 2mv'2 1 2 ·2mv号 W:4 x:-2gsin 0 (1分) 解得△E一1 (1分) P与Q碰前的速度为'，有 经分析，以后如此运动的比值不变，经过足够多 1 次运动，最终P、Q循环运动，到达C点的速度为 mgsin0(e:-)-2m (1分) 0。故P、Q第一次返回直轨道AC运动时的动 2 能，经Q与直轨道AC摩擦发热部分为 解得t=3 2 mgsin0.5'=4.1 5·2·2mui (1分) P与Q碰后的速度为2，有 mo'=2mv2 (1分) 可符总R 1 4gR 可得u=√61=√15· (1分) 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 (3)自P、Q第一次返回直轨道AC运动，至再次 R12 从C,点离开直轨道AC的过程中，滑块Q克服摩 s=s' (1分) 擦力做的功与滑块P、Q碰撞损失的机械能△E tan05R。 的比值为 2024一2025学年度二轮专题精准提升（七）】 物理·功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律 一、选择题 3.D【解析】A从N点运动到M点的过程中，根据 1.B【解析】设克服摩擦力做功为W:,由动能定理 可得Wc一W:=△Ek,可得动能增加了△Ek= 动能定理有5mg1+w=m,解得绳的拉力对 600J,A错误，B正确；重力做正功，重力势能减 A做的功为W=7m2-3mg,A错误；A从) 少，减少的重力势能等于重力做的功，即△E。= ,点运动到M点的过程中，A、B和弹簧组成的系统 一WG,故重力势能减少了800J,C错误；除了重 机械能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械 力、弹力以外的其他外力做的功等于机械能的变 能和增加的弹性势能之和，则A减少的机械能大 化量，即△E=W*他，解得△E=-W1=一200J, 于B增加的机械能，B错误；A运动到M点时，设 故机械能减少了200J,D错误。 ON 2.D【解析】B球在光滑杆上做往复运动，A球一 MN与竖直方向的夹角为a,则有tana一OM 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 后了，可得a=30,此时B的速度为B=0s 1W3 动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL= 2mi+2m,水平方向动圣守恒有m0B 1 2V,C错误；根据系统机械能守恒可得△E。 5mgl-mg×(2l-Dsn0-号m2-mwi,解 mAUA,联立可得UB=3 ,B错误；根据x=vt 得A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为 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 △E,=23-1)mg17 8mo2,D正确。 为xA二2，B球的水平位移大小为xB=?,C错 4.B【解析】挤压过程视为匀减速直线运动，因此 误；B球向右运动的最大位移大小为xB=2xB= 勒体处于超支状态，A错误振据h-7,可得 2 3D正确。 物体做自由下落运动的时间为t=。 ·23·密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（六） 卺题 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、选择题：本题共8小题，每小题4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 5 6 7 8 答案 1.一校车在平直的公路上起步做加速运动，在这一过程中小王同学用手掌对车厢施加推 力F,如图所示，则校车加速的过程中 VVIIVI7AIAIYITATr A.推力F对校车做正功 B.推力F对校车做负功 C.推力F对校车不做功 D.校车对小王同学不做功 2.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m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=2g。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，重力加速度为g。 则铁链A端受到的拉力T为 () ● 777777 甲 A.mgR mgR B. C.2mgR D.mg 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，用劳力去超越自我。 3.如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静 班级 止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环 下滑过程中对大圆环的作用力大小 ( 姓名 得分 A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 4.如图甲所示，将物块从倾角0=30°的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能参考平面， 物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能E。与下滑位移x间的关系如图乙所示，重力加 速度g取10m/s2,下列说法错误的是 () E/J 12 0 12x/m 甲 A.物块的质量是0.2kg B.物块受到的阻力是0.24N C.物块动能与势能相等时的高度为2.4m D.物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J 5.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 () 92 A.第一次抛出上升时间与下降时间之比为7：4 B.第一次过P点比第二次机械能少1.3J 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 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第2页（共8页） 7 6.如图甲所示，足够长的固定斜面倾角为日=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() ◆E小 48 人0 2 x/m 甲 A.物块的加速度大小为12m/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 7.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。经时间汽车的速度 增大到vo,再经过时间2t汽车达到最大速度1.5vo。已知汽车的质量为m,汽车加速过 程中所受阻力大小恒为f。则 () Vo 1.5vo . B.Po-fvo 1 4 C.Po=2mvi D.Pot=mv 8.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 () A.1.76J B.1.6J C.1.4J D.1.12J 7 二轮专题精准提升（六）物理第3页（共8页） 真题 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.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 距离五及其对应的速度v,得到如图所示的2-h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 () ◆v2/(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 10.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 R。开始时小球a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 () 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2√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 2 功为3mgR 密卷 二轮专题精准提升（六）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)用图所示的装置进行“探究动能定理”实验。 遮光片 光电门1光电门2 滑轮 长木板 细线 砝码盘 (1)用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘的质量mo;用游标卡尺测得遮光片 的宽度为；按图所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L。 (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△1、△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： 12.(10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 二轮专题精准提升（六）物理第5页（共8页） 真题密 (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⑦E= 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 C E 0cm1234567891011121314151617181920 乙 (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，图像斜率为及，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。 @/(rad's) 丙 13.(10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vt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/(ms1) Vm tis 卷 二轮专题精准提升（六）物理第6页（共8页） 7 14.(14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=2m/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。 D C 0.-.-- 7 二轮专题精准提升（六）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18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。 0 6 E 二轮专题精准提升（六）物理第8页（共8页）