复习练案7 第一部分 专题二 第6讲 能量守恒、功能关系-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

001 次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为v1= t =6m/s,v2= -O0:=7m/s,由于两条轨迹最高点等高， t 故抛出时竖直方向的分速度相等为v,=gt1=6m/s, 由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二 次机技能少4E=分m,-分，2=1,3J,故B正确： 1 从抛出到落地瞬间根据动能定理E1=Eo+mghm= 1 2m()mgho 10 J,E Euo mghon 1 m(:2+)+mghm=11.3J,故落地瞬间，第一 次，第二次动能之比为100：113，故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 一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地 时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出 时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故 D错误。 11.(1)15m/s,方向水平向左(2)1800J 【解析】(1)由于到达光滑圆管形通道上B点时小朋 友和滑板与道道没有相互作用力，则mg=m,所以 vo=15m/s,方向水平向左o (2)小朋友从B滑到E,根据动能定理可得mgr(1- s379)-Wy=宁-2m,在E点，极据牛领第 1 二定律可得R-mg0s37°=m R,联立可得W= 1800J。 12.(1)150N(2)1.8m3000W(3)381J 【解析】(1)设单杠对每只手的弹力大小为T,方向 竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律mg- 2T=m0,代入教据解得T=150N。 (2)设运动员从B到C的时间为2t,,从C到D的时间 为3to,B、C两点的高度差为h1,C、D两点的高度差为 九，则么=28(2) h,=2g(3t), B、D两，点间的高度差 △h=h2-h,=1m, B、D两点的水平距离为xm=vc·(3t+2to) 联立解得B、D两，点间的水平距离为xBD=1.8m,D点 31 竖直方向的速度为v=g·3t=6m/s, 落地瞬间重力的瞬时功率P=mgvpcos日=mgp,= 3000W。 (3)设运动员在B点时速度为vg,则UB2=v2+vB2 又Um=vc,Ug,=g·2to 运动员从A到B点的过程中，根据动能定理可知W合 联立解得从A,点运动至B,点过程中合外力对运动员 做的功为W令=381J。 复习练案[7] A组·基础巩固练 1.C小球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒， 故A错误：该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在 磁场中受力的作用，故B错误；小钢球逆时针“永动” 时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小球电 流的方向从轨道a到轨道b,所以轨道a应接电源的正 极，轨道b应接电源的负极，故C正确：电源反接后改变 安培力的方向，影响“永动”，故D错误。 2.C物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重 力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为 r,由牛顿第二定律得g=m立，解得物体在C点的速 度v=√gr,A、B错误；由牛顿第二定律得mg=ma,解得 物体在C点的向心加速度a=g,C正确；由能量守恒定 律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点 时的动能和重力势能之和，D错误。 3.A根据题意小车匀速运动，则有F=f=,小车的机 械功率P机=F=2,由于电动机的效率为50%，则有 P==。5=2w,光伏电池的光电转换效率为，☐ ),可得P=P-2,故选A。 即二P 77 4.Ba到b和b到c过程，虽然下降高度相同，重力做功 相同，但摩擦力做功关系不明确，因此无法确定两个过 程中合外力做功关系，由W金=△E,可知，其两个过程 动能的增加量不一定相同，故A项错误；a到b和b到c 过程，下降高度相同，重力做功相同，由重力做功与重力 势能的关系有mgh=-△E。,所以重力势能减少量相 同，故B项正确：a到b和b到c过程中，由于存在摩擦 力做功，所以机械能减小，故C项错误；若a到c做自由 落休运动，则有2=宁，解得1=2、√任，由于a到c 过程的运动并不是自由落体运动，所以其运动时间一 6 定比从α处开始做自由落体运动所需时间长，即时间大 于2。 在，故D项错误。 1 5.A根据机械能守恒可得mgH=)mw可得小球a和b 到达轨道底端的速度大小均为v=2gH,小球b沿直 线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其v-t图像为一条倾斜 直线，小球a沿“最速降线”轨道I运动过程，加速度逐 渐减小，则其v-t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a 所用时间小于小球b所用时间，故A正确，B错误；根据 机械能守恒可得mgh=2,可得小球a和b下滑过 程速率平方2与下滑高度h的关系为2=2gh可知小 球a和b的v2-h图像均为一条过原点的倾斜直线，故 C、D错误。 6.AB由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回 到D点的时间为t=1.675s-0.875s=0.8s,则物块从 D点离开轨道时速度大小为n=g2=4ms,选项A 正确：从C到D由机械能守恒可知之m:=2m+ 1 g,在C点时压力最大，则由R。-g=m食，解得。 =70N,选项B正确；从B到D由机械能守恒可知 之m。+mgRsin30=7m,，∴解得4=25m/s.则 =gsin30°=√3m/s,选项C错误；根据Pc=mg,可 知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为 零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为 零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增 大后减小，选项D错误。故选AB。 B组·综合提升练 7.C对物块根据牛顿第二定律有umgcos30°- mgsin30°=m,解得a=4g,根据运动学公式有，2= 2αx,,解得物块的位移大小为x,=- 。,故A错误；物块 机械能增量为△E=)mw。+mgx,·sin30°=)m。,目 故B错误；对小车根据动能定理有Pt-（umgcos30°+ mgin30)x=2m,其中t=%,联立解得= 16Pvo a 5mg 2,2 5g,故C正确：小车机械能增量为△B=2m,2+ -82,需放D特误。 mgxsin30°=5g 8.AD物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹 —31 后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理 得mga0-ngms0L+子+子)=0，解得=0.5， 则整个过程因摩擦产生的热量为Q=mg0s9(L+子 +子）=0.6mgL,故A,D正确：物块接触弹簧后，向下 运动时，开始由于mngsin0>umgcos0+F弹，物块继续向 下加速，F弹继续变大，当mngsin0<umgeos0+F弹时， 物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向 上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先 加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Em, 物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得 mgsin9(化+4）=numgeos9(b+4）+En,解得En =0.25mgL,故C错误。故选AD。 9.AD当滑块滑到B点时，根据能量守恒，有E。-mgL =2mg,解得a=3m/s,故A正确；由平抛运动规律 得滑块到达C点时竖直分速度为v6=√2gh=4m/s, 所以滑块到达C点时速度大小c=√0g2+62= 5m/s,故B错误：滑块到达C点时速度方向与水平方 向夹角为a,则有ama台=子可得a=53,由于G0 等高，则滑块处于D点时，速度方向与水平方向夹角也 为53°，由动能定理可知滑块在D点的速度与其在C点 时的速度大小相等，即=vc,从D点到E点，根据动 1 21 能定理有-mgR(1-osa)=2mwE-2m,',解得 Ve=√21m/s,故C错误；在E点，对滑块，由牛顿第二 定律得F、+mg=m分，解得K=6.4N,根据牛顿第三 定律得滑块在E点时对管道的作用力大小为F、′= F、N=6.4N,故D正确。故选AD。 10.(1)1000N(2)7m 【解析】（1)设游客滑到b点时速度为，从a到b 过程，根据机械能守恒mgh=2mo 解得=10m/s 在b点根据牛顿第二定律R、-mg=m0 R 解得Fy=1O00N 根据牛顿第三定律得游客滑到b,点时对滑梯的压力的 大小为Fx'=Fx=1000N。 (2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上运动 过程由动能定理得-wmgs=0-子m 解得v=8m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的 边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减 速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为 a,和a,得a,=mg=g=2m/s a,lung 4 m/s 根据运动学规律对游客v=-a1t 解得t=1s 该段时间内游客的位移为心，= 0+0t=9m 2 滑板的位移为号=了4，=2m 根据位移关系得滑板的长度为L=x,-x2=7m。 1.(55g23N(5-35）g(e)(5 万-2j 【解析】(1)根据题意，小球、木板在图示位置时，设 此时绳子的弹力为T,由于小球、木板恰好静止，则有T =uMg 由小球平衡，有Tc0s30°=2mg 1 联立解得M-55kg。 3 (2)根据题意，对木板，由牛顿第二定律有F-uM'g= M'a 解得F=M'a1+M'g=3N 释放瞬间，小球速度为零，则小球指向圆心方向的合力 为零，则对小球有 mgsin30°-Fcos30°=ma2 解得=坚血30s30=(5-39）g。 (3)小球运动到B,点时，小球速度为、木板速度为 2,则1=22 对系统，由能受守恒定律得m+M2+ uM'g(-1)r=mgr(1-cos 300) 对小球运用动能定理，有mgr(1-cos30°)+W= 2m,2-0 联立解得即=(55-2-）J。 3 复习练案[8] A组·基础巩固练 1.B飞行器水平加速飞行时，合力沿水平方向，即燃气 对飞行器的作用力与飞行器重力的合力沿水平方向， 所以需向斜向下喷射燃气，故A错误：某段时间飞行器 在空中悬停，重力的冲量I=mgt不为零，故B正确；飞 行器在下降过程，可能速度减小，其动量不一定越来越 大，故C错误：燃气对飞行器的冲量与飞行器对燃气的 冲量方向不同，故D错误。 2.B人下落整个过程，根据动量定理有mgt-1。=0,解 得1=mgt,图像中阴影部分的面积表示橡皮绳弹力的冲 量大小，可知，阴影部分面积大小1=mgt=5400kg·m/s, 故选B。 3.C小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为 2N,到达最高点时传感器示数最小值为零，则此时弹簧 在原长，小球的加速度为向下的g,结合对称性可知最 低点时的加速度为向上的g,根据牛顿第二定律F-mg =ma,可知F=2mg=2N,即小球的质量m=0.1kg,由 图像可知，振动的周期为4s,选项A错误；0~2s内，小 球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重 后失重，选项B错误；0~2s内，小球从最低点到最高 点，动量变化为零，由动量定理I-mgt=0,可得小球受 弹力的冲量大小为【=2N·s,选项C正确：0~2s内， 小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的 代数和等于小球动能的变化量，选项D错误。 4.C设箭矢弹出瞬间的速度为v,底座的速度为v',二者 作用时间极短，系统动量守恒，选取箭矢的运动方向为 正方向，则有w-M)'=0,根据能量守恒则有E。= )mt)M,联立解得中 2ME。 m(M+m) kx"M Vm(M+m),故选C。 5.B根据动量守恒定律得mwo=(M+m)v,解得v= 知o一小球的速度为”三一，A错误；此过程中， 球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量 守恒，B正确；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最 大值，C错误：根据机械能守恒定律得，-分 +子M;,解得4<，小球向左摆到物块正下方时，其 速度大小小于v。,D错误。 6.B若两球发生弹性碰撞则有m,o=m1+m22, 6子m2+宁2，联立解得- 1 m1-m2 V0 m1+m2 18复习练案[7] 第一部分专题二 A组·基础巩固练 1.（2025·广东佛山一模)如图甲为一款网红魔术玩 具一一磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小 洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出 再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。 其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相 连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N极朝 上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是 漏斗 电源磁铁 图甲 图乙 A.小球运动的过程中机械能守恒 B.该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应 C.轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极 D.电源如何接都不影响“永动”的效果 2.(2024·北京卷)如图所示， 光滑水平轨道AB与竖直面 内的光滑半圆形轨道BC在 B点平滑连接。一小物体ww☐ A 6 将轻弹簧压缩至A点后由 静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能 够到达最高点C。下列说法正确的是 A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的 动能 3.（2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太 阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车 以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知 小车的质量为m,运动过程中受到的阻力∫=(k为 常量)，该光伏电池的光电转换效率为？，则光伏电池 单位时间内获得的太阳能为 A.2h2 B.3 7 2n C.lv+mu D.2kvtmu 2n 18 第6讲能量守恒、功能关系 4.(2025·浙江温州一模)图甲为某游乐场的水滑梯， 其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从α 点沿轨道经b点滑到最低c点，已知ab、bc间高度差 均为h。则小朋友 h 匆 乙 A.a到b和b到c动能增加量一定相同 B.a到b和b到c重力势能减少量一定相同 C.a到b和b到c机械能保持不变 D.a到c的运动总时间为2，历 5.(2025·山东淄博一模)图甲是淄博市科技馆的一件 名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑 轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨 道。取其中的“最速降线”轨道I和直线轨道Ⅱ进行 研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点 N高度也相同，轨道I的末端与水平面相切于V点。 若将两个相同的小球a和b分别放在I、Ⅱ两轨道的 起点M,同时由静止释放，发现在I轨道上的小球a 先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平 方2与下滑高度h的关系图像可能正确的是() 甲 39 6.（多选)(2025·山东聊城三模)如图甲所示，半径R =0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的 一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角0 =30°，另一端点D与圆心0等高，点C为轨道的最 低点。质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A 点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方 向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的 压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取 10m/s2,则 77777 A F/N B r、R ..0 D 0 0.8751.675 C 图甲 图乙 A.物块从D点离开轨道时速度大小为4m/s B.F。大小为70N C.o的大小为2m/s D.物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直 增大 B组·综合提升练 7.（2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固 定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸 长轻绳与小车相连，小车上静置一物块，小车与物块 质量均为m,两者之间动摩擦因数为5 可2。电动机以恒 定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动，经 过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为。 运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够 长，重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时 间内 电动机 30 wwwwwwwmmmm A.物块的位移大小为，。 B.物块机械能增量为5m 2 C.小车的位移大小为6P_22 5mg 5g D.小车机械能增量为8P+m 5g 2 19 8.(多选)(2025·哈尔滨模拟)如图所示，轻弹簧放在 倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的 挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块 在斜面上的α点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧 至℃点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速 度刚好为零，已知a山长为L,bc长为子，重力加速度 为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。则 () 37 7Tm1177T A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B.物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C.弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D.物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL 9.(多选)(2025·宁夏模拟)如图所示，在水平地面上 有一固定的挡板，挡板右端固定一个轻弹簧。有一质 量m=0.2kg的滑块（可视为质点）紧压弹簧但不相 连，初始时弹簧的弹性势能E。=1.8J,AB两点的距 离L=3m。距离B点右侧竖直高度差h=0.8m处 有一半径均为R=0.5m的光滑圆弧管道CD、DF,C、 D等高，E为DF管道的最高点，各部分管道及轨道在 连接处均平滑相切，已知滑块与水平地面间的动摩擦 因数u=0.15,不计空气阻力，重力加速度大小g= 10m/s2。现把滑块从A点由静止释放，经过B点飞出 后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小 于管道内径。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则 美A B E C D A.滑块离开B点时的速度大小为3m/s B.滑块到达C点时的速度大小为4m/s C.滑块到达E点时的速度大小为5m/s D.滑块在E点时对管道的作用力大小为6.4N 10.(2024·海南卷)某游乐项目装置简化如图，A为固 定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10m,滑梯 顶点a与滑梯末端b的高度h=5m,静止在光滑水 平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端，并与其水平相 切，滑板质量M=25kg。一质量为m=50kg的游 客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑 板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客 恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16m停下。游 90 客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因11.(2025·江苏泰州一模)如图所示，一半径r=m 数均为u=0.2,忽略空气阻力，重力加速度g= 10m/s2,求： 的四分之一光滑圆弧轨道与一水平固定平台相连， 现用一轻绳将质量m=1kg的小球（视为质点）跨过 光滑轻质定滑轮与平台上木板MN相连，木板与滑 B 轮间轻绳处于水平，木板有三分之一长度伸出平台， 其与平台的动摩擦因数u=0.2。小球位于圆弧轨 (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； 道上的A点，AC长也为r,CM足够长。g取 (2)滑板的长度L。 10/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力（结果可保 留根号)。 (1)若小球、木板恰能在图示位置保持静止，求木板 质量M; (2)若木板质量M'=m,从图示位置由静止释放时， 木板的加速度大小为a,=1m/s2,求此时绳中 的张力F和小球的加速度2的大小； (3)接第(2)问，求小球从A点运动到B点过程中绳 子拉力对小球所做的功W。 191