二轮专题(五) 功与功率功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 卷题 物理·功与功率、功能关系、机械能 守恒定律、能量守恒定律 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.如图甲所示为一小女孩在水泥管内踢球的情境，整个过程可简化为图乙。固定的竖直 圆形轨道半径为R,圆心为O,轨道上的C点和圆心O点的连线与水平方向的夹角为 37°。某次踢球时，小女孩把球从轨道最低点A水平向左踢出，球在第一次经过C点后 恰好能通过最高点B,当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，接球时书 包与直径AB的水平距离为0.2R。已知球从A点刚被踢出时的速度是经过B点时速 度的3倍，球的质量为m,球与轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g,球可视 为质点，不计空气阻力。sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 B 310 4 甲 乙 A.球从A到B和从B到A的过程中，摩擦力做功相等 B.球从A到B的过程中，摩擦力做功为2gR 3gR C.球第二次到达C点的速度大小vc= N5 D.接球时书包离A点的竖直高度为O.8R 2.某汽车在一条平直的道路上等交通信号灯，司机看到红灯熄灭后立即以恒定的牵引力 F启动汽车，时刻达到额定功率后保持功率不变继续行驶，在运动时间t内汽车牵引 W 力做的功为W,其，-t图像如图所示。已知汽车的质量为m,汽车在行驶过程中受到的 阻力恒定，下列说法正确的是 () A.汽车的额定功率为P 且智，时间内，汽车的平均功率为刀 二轮专题精准提升（五）物理第1页（共8页） 真题至 认输的路好走，但赢的风景，只有安牙登顶的人能看见 C.汽车在行驶过程中受到的阻力为F-mP 班级 Fto D.汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为r。一2mP 2PFto 姓名 3.蛟龙号载人潜水器是一艘由中国自行设计、自主集成研制的潜水器，当前最大下潜深度为 7062.68m。设想潜水器的平稳潜浮，是通过微调吸入或排出的水量来实现的。在潜深4 000m到7000m阶段视为匀速下潜，为简化分析，可视为潜水器（包含吸人的水）只受重 得分 力、浮力及流体阻力，其中浮力F1=k1p,流体阻力F2=2pw2。如图所示，深度大于1 000m后，海水密度p随深度h变化呈线性关系，满足p=p,十k(h一1000)。上述表达 式中k1、k2、k3、Po均为定值，重力加速度为g。潜水器在下潜4000m7000m过程中， 下列说法正确的是 () ◆p/(×103kgm3) 1.06 1.05 1.04F 1.03 1.02Y 01234567h/×103m) A.题目中p。表示海面处海水的密度 B.浮力做功W1=3000k1(00十4500k3) C.只有重力、浮力及流体阻力做功 D.若潜水器内水的质量变化了△m,则可求出潜水器的速度大小 4.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在 水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的足够长的传送带上。 传送带倾角α=30°，传送带始终以v=5m/s的速度顺时针运动，在外力作用下C静止在 传送带顶器E点，此时B,C间细线拉直但无拉力作用，C与传送带动摩擦因数为号 已知A的质量为10kg、B的质量为2kg,C的质量为4kg,g取10m/s2,弹簧弹性势能 表达式为E。=2kx2,细线与滑轮之间的摩擦不计，撤去外力释放C后，C在传送带作用 下向下运动，从C开始运动到C获得最大速度的过程中，下列说法正确的是() 44 EO© B A A.从释放C物体到C速度达到最大过程，A、B、C组成的系统机械能守恒 B,B物体的最大速度为m/S C.此后C物体将以最大速度匀速运动 D.当C的速度最大时弹簧伸长量为0.25m 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第2页（共8页） 6 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 8 答案 5.如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠 与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、 B相隔s1=3.5cm,B与上边框相隔s2=2cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方 格纸中作出A、B运动的t图像如图乙所示（实线代表A,虚线代表B)、忽略算珠A、B 碰撞的时间，g取10m/s2,则下列说法中正确的是 () 本/(m's) 未归零归零 0.4 状态状态 A 0.3 0.2 0.1 0 甲 A.算珠A不能自己归零位，算珠B能自己回到归零位 B.算珠A在碰撞前运动了0.2s C.算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1 D.算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒 6.有一个质量为的运动员竖直向上弹离蹦床时的速度为v0,当地的重力加速度为g。 某同学描绘了该运动员在弹离蹦床后的运动过程中位移y、速度v、加速度α、机械能E 随时间t变化的四个图像（以人弹离蹦床时的重心处为参考平面），不计空气阻力，其中 正确的是 () 2) 2g 个E D 7.如图甲所示，在表面粗糙的“L”形水平固定轨道上，将轻弹簧一端固定在轨道左侧上的 O点，另一端与装有加速度传感器和位移传感器的滑块相连，弹簧原长为1。、劲度系数 为k,滑块总质量为，重力加速度为g。以O为坐标原点、水平向右为正方向建立Ox 轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，滑块向左最远运动到坐标为x1的B点， 测得滑块加速度a随坐标x变化的关系图像如图乙所示，其中α。为图线的纵截距。弹 簧始终处于弹性限度内，滑块由A运动至B的过程中，下列说法正确的是 () 6 二轮专题精准提升（五）物理第3页（共8页） 真题 甲 A.a3可能大于a1 B.滑块与轨道间的动摩擦因数4=ma1一L。 mg 1 C.滑块的最大动能Ea=2ma:x一xz） D.该过程因摩擦产生的热量Q=(mao一kl,)(x3一x1) 8.如图，质量M=2kg的物体A,其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲 度系数k=100N/m,物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接 中间有孔的小球B,小球B套在倾角0=37°的光滑直杆上，D为杆的底端；O2D与固定 杆的夹角也是0，细线O1O2B水平，此时细线的拉力F=40N。小球B的质量m=1kg,C 是杆上一点且O2C与杆垂直，O2C=0.6m,g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。现 由静止释放小球B,下列说法正确的是 () D. A.A、B系统的机械能不守恒 B.小球B第一次运动到C点时的动能为8J C.小球B第一次运动到D点时A的动能为零 D.小球B第一次运动到C点时，细线对B做的功为8J 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始恒加速度启动，赛车速度倒数二和加速 度α的关系如图所示，赛车从起点到终点所用的时间为8s,认为赛车到达终点前速度已 达到最大。已知赛车质量为10kg,受到阻力恒定。 个òs:m) 0.5 0.1 →a/sm2) 0 赛车的最大速度为 m/s,受到的阻力为 N,额定功率为 W。 10.(3分)如图甲所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在 外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放b球，在b球落地 前的过程中，、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图乙所示，图中两图像交点对 应时刻t=0.3s,a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻 力，g取10m/s2。 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第4页（共8页） tis we a、b两球的质量之比为 ,b球落地时a球的动能为 J,b球下落前距地 面的高度为 m。 11.(3分)如图，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，质量为m的A球和质量为 3m的B球用长为R的轻杆相连，杆从竖直位置开始静止释放，重力加速度为g。 ●) OB 杆第一次水平时，A的速度大小是 ,杆从释放到第一次水平过程中，A的机械 能 (填“增加”或“减少”)，整个运动过程中，A的最大速度为 (用题目 中所给出的)。 12.(6分)图甲是“验证机械能守恒定律”的实验创新装置。用电磁继电器把羽毛球筒吸住 于铁架台顶端，把连接注射器的针头固定于能发生简谐运动的电机上，电机安装于铁 架台下端。给注射器充满墨水，先启动电机，再慢慢压缩注射器，使针头喷出的墨水随 着电机在水平方向做简谐运动而在羽毛球筒下侧描出一条直线，然后断开电磁继电器 电源开关，羽毛球筒立即自由下落，在羽毛球筒落地时，关闭电机电源，羽毛球筒上得 到如图乙所示的振动图像。 电磁继电器 羽毛球桶 针头 八八天入 注射器 甲 乙 在图乙一些顶点上标注字母A、B、C、D、E、F,用刻度尺测得AB、BC、CD、DE、EF之 间的距离依次为2.63cm、3.04cm、7.23cm、8.76cm、10.37cm,已知电机做简谐运动 的频率为50Hz,当地重力加速度为9.8m/s2,羽毛球筒的质量为0.5kg,请回答下列 问题： (1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间T= S。 (2)在点B时羽毛球简下落的速度VB= m/s;从点B下落到点E羽毛球筒动 能的变化量为 J,重力势能的变化量为 J(计算结果均保留两位有 效数字)。由此可得出的结论是 二轮专题精准提升（五）物理第5页（共8页）】 真题密 13.(6分)光电门是一种可精确记录物体运动时间的装置。 光照孔 遮光片 接收端， 小铅柱 发射端 (含光源)少 光电门 (1)工作原理 光电门的光照孔面积有一定大小，遮光片经过光照孔，当遮光面积增大到某一阈值 时，光电门开始计时；反之，当遮光面积减小到同一阈值时，光电门停止计时，从而得 到遮光时间。在遮光时间内，遮光片移动的距离称为有效遮光宽度。如图甲，宽为L 的遮光片经过圆形光照孔，若遮光面积的阈值为光照孔面积的一半，则该遮光片的有 效遮光宽度 L(填“大于”“小于”或“等于"”)。 (2)实际测量 如图乙，细线一端系住小铅柱，另一端固定在O点，O点的正下方五（远大于小铅柱 的直径)处固定一光电门。将铅柱拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角， 由静止释放铅柱，测得遮光时间为t,已知重力加速度为g,不计摩擦与空气阻力， 铅柱中轴线始终沿细线方向，则铅柱经过光电门的有效遮光宽度L。=(用 h、g、0、t表示)。 某次实验，小铅柱直径D=5.10mm,0=60°，h=0.25m;g取9.80m/s2,多次测 量得平均遮光时间t=3.02ms,取√9.8=3.13，则铅柱经过光电门的有效遮光宽 度Lo= mm(结果保留3位有效数字)。 (3)误差分析 结合(1)工作原理，对比L。与D可知，此光电门的光照孔遮光面积的阈值 (填“大于”“小于”或“等于”)光照孔面积的一半。由此可知，该阈值会导致遮光片 的有效遮光宽度与其实际宽度有差异。当使用一块宽度为L1(L1>D)的遮光片 时，其有效遮光宽度应为 (用D、Lo、L1表示)。 14.(11分)如图所示，粗糙水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑， 挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定圆管轨道CDE在同一竖直平面 内，ED是竖直直径，C、E是管口，管的内壁粗糙。现让质量为m的小物块（可视为质 点)以vo=√3gR的水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，经过时间 3R t= 正好从管口C(与管口无碰撞)进入圆管，然后沿着管壁运动到E点，此时小物 块对下管壁的压力N=mg,已知∠COD=60,重力加速度为g,忽略空气阻力。求 小物块： 卷 二轮专题精准提升（五）物理第6页（共8页） 6 (1)到达E点时的速度大小； (2)沿轨道CDE运动过程中阻力所做的功； (3)与桌面之间的动摩擦因数4。 R o-- 60° 7777777777777 15.(12分)如图所示，内壁光滑的绝缘薄壁圆筒倾斜放置在水平地面上，倾角为0（可调 节)，圆简的半径R=1m,长度L=103 9 -m,O'和O分别为圆筒左、右横截面圆的圆 心，在圆筒的右横截面圆内建立直角坐标系xOy,以O为坐标原点，x轴水平，y轴通 过横截面圆的最高点。一质量m=1kg,所带电荷量q=0.1C的带正电小球自左横截 面圆的最低点A点，从圆筒壁内侧以某一速度o沿x轴正方向抛出后，小球在圆筒内 运动时恰未离开圆筒内壁，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度g取10m/s2。 (1)若0=0°，求v0的大小。 (2)若0=60°，求0的大小。 (3)若0=60°，且在空间中加上沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小E=50N/C。让 小球仍从A点以与(2)同样的速度抛出，求小球离开圆筒时在坐标系xOy中的位置 坐标。 A O 0 0 6 二轮专题精准提升（五）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)如图所示，三个小物块a、b、c质量为m1=m2=m3=2kg,放置在光滑水平地面 上，c紧靠竖直墙壁，一劲度系数k=100N/m的轻弹簧将c、a连接，b紧靠a,开始时弹簧 处于原长，a、b、c均静止。在物块b的右侧，有一个竖直面内光滑圆形轨道和光滑水平轨 道PN,Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R=0.225m。水平轨道 PN右侧并排放置木板C、D,两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板C、D质量为mc=mp=0.5kg,长度Lc=1m,LD=2m。物块b与木板C的 动摩擦因数4c=0.4,与木板D的动摩擦因数D=0.1,木板C、D与地面间动摩擦因数 均为μ=0.2，g取10m/s2。现给b施加一水平向左、大小为F=30N的恒力，使a、b一 起向左运动（弹簧始终在弹性限度内），当速度为零时，立即撤去恒力。 (I)求a、b向左移动的最大距离xo和a、b分离时a的动能Ek。 (2)通过计算分析物块b能否经过最高点M,若不能，求物块b在圆轨道上距离水平轨 道PN的最大高度h;若能，求物块b运动到圆形轨道最高点M处的速度vM。 (3)若仅改变物块a的质量，其余条件不变，为使物块b与弹簧分离后，经过圆形轨道 (未与轨道脱离)后，最终停在木板D上，求物块a质量的取值范围。 M F c M a b N C D 755577777777777777777777777777 二轮专题精准提升（五）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 得h=0.8m (1分) 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 (2)由图乙知平抛运动落地时水平方向速度V.= 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 4 m/s (1分) 参考系，小滑块受力满足 对球A、B碰撞过程分析，由动量守恒有 2mvo-2mv1+mv: mgcos 0-m R （1分) (1分) 由动能定理有 联立可得 1 1 M(cos0)3-3cos0+2_7 2X2mvi-2X2mvi+2mv (1分) m 3cos 0-2 25 (1分) 解得vo=3m/s (2分) ②由上式解得 (3)小球A碰后经半圆形轨道b端飞出做平抛运 4 54 动，落地时沿水平方向速度v=v1=1m/s 0=√58R,=8√58R (2分) (1分) 即小滑块实际速度 A、B两球抛出速度方向相同，故v,=0(1分) M74 两者落地时在竖直方向的速度都为v:=4m/s V:= 40N58R,u,='sin0=3/Ag 5V58R (1分) (1分) 故d点在图乙中的坐标值为d(1,0,一4)。 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为P的 (1分) 圆周运动 16a;@①号® 滑块速度与水平方向夹角α满足 7 【解析】(1)由动能定理可得 cos a-25 (1分) 1 mgR (1-cos 0)=2mo (1分) 小滑块对应向心加速度 小滑块做圆周运动，向心力满足 an=gcos a= 258 (1分) v2 mg cos0-2mg=m月 (1分) 由圆周运动向心加速度公式可得 0203+o27 联立上式得 an= 258 (1分) cos 0=6 (2分) 代入数据解得 125」 (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为1， p=i12R。 (1分) 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 守恒可得 Mu1=m (v'cos 0-v1) (1分) 整体机械能守恒可得 mgR (1-cos 0)-Mu+m (v'sin 0)?+ 2m(v'cos o-v)2 (2分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 物理·功与功率、功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律 一、单项选择题 Wf=一2mgR,B错误；当球第二次到达C点时， 1.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过 恰好离开轨道并落入书包内，则有mg sin37°= 程中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程 m 3gR 球对轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功 R,解得0e一√，C正确；离开轨道时球欧 更多，A错误；由球在第一次经过C点后恰好能通 斜抛运动，将c分解为水平方向和竖直方向， vx=vcsin37°，vy=vccos37°，水平方向有 过最高点B,故在B点有mg=m, R,得B= Rcos37°十0.2R=vxt,竖直方向有y=-,t十 1 √gR,则vA=3√gR,球从A到B的过程运用动 gt,则接球时书包离A点的竖直高度h=R+ 能定现有一2mgR十W,-方mi一司m以，解得 167 Rsin37°-y,联立解得h 227R,D错误。 ·14· ·物理· 参考答案及解析 2.D【解析】汽车匀加速运动时W=Fz=F 的速度vB=0.2m/s,根据匀变速直线运动规律则 2at2, 可得-名a,向国德可如-日a,可得P 有2(0a十u)t=51,代入数据解得算珠A在碰撞 1 前运动的时间t= 2s12×3.5×10-2 F,-号-名P,可得P:-2P,A错误在 1 。+0a0.3+0.4s=0.1s, 台时网内，汽车位移x=-(份)= 算珠A的加速度大小口三会0-m/s to i,率引方做功所-x·ai-子Po,平 3 2P.3 3 1m/S避桂后算珠A的位移1二-m二 0.5cm,由于51十s1=4cm,而算珠A到边框的距离 均功率P=W。3 P 1, P,B错误；根据一= s=S1十s2=5.5cm>4cm,算珠A无法归零，碰后算 1 2 to 2 Fa, 2to 0.22 珠B的位移sm一22一2X1m=2cm,而算珠B到边 其中a-Ff,解得f=F2 -,C错误；当牵 框的距离恰好为2cm,算珠B恰好归零，A正确，B错 m Fto 误；结合上述分析，根据牛顿第二定律则有g= 引力与阻力相等时加速度为零，此时速度最大，则 ma,解得4=a=0.1,C正确；设算珠的质量为m,碰 在行胶过程中所能达到的景大速度 1 1 2PFto F-2mPD正确。 前算珠的机械能E=2moi=2×m×0.3)= 3.D【解析】将h=1000m代入p=p十k3(h- 0.045m,碰撞后算珠具有的机械能E=号mR十 1000),可知p0表示1000m处海水的密度，A错误； 1 潜水器在下潜4000m7000m过程中，浮力F1= mi=子ma.1+0.2)0》=a025mJ.是然 k1P-k1k31000+k1kh,将h1=4000m、h2=7000m E≠E',D错误。 代入解得F'1=k1p0十3000k1k3,F”1=k1P+ 6.AB【解析】运动员在弹离蹦床后做竖直上抛运动， 6000k1k3,由于F1-h成线性变化，则浮力做功 W,=-p+300e1:)+p+600k:× 则有y=t一2，上升到最高点时，利用逆向思维 2 3000=-3000k1(00十4500k3),B错误；吸入水的 有，=g0,解得。=”，根据对称性可知，运动员返 g 过程中还有其他力做功，C错误；设潜艇原来的质量 为m,根据力的平衡条件可知mg=1p1十k2p1v2, 回弹离蹦床位置的时间t1=2t。= 2,运动员在弹 g 吸入水后，有(m十△m)g=k1p2十k2P22,其中p1 离蹦床后的运动过程中位移与时间呈现二次函数关 代表4000m处水的密度，p2代表7000m处水的 系，图像为一条抛物线，且开口向下，A正确；运动员 密度，代入后可解得速度，D正确。 在弹离蹦床后做竖直上抛运动，则有v=U0一gt,运动 4.B【解析】BC整体达到最大速度的过程中，传送 员在弹离蹦床后的运动过程中速度与时间呈现线性 带对物体C做功，则A、B、C组成的系统机械能不 守恒，A错误；初始时刻，BC间无拉力，则AB间 关系，且斜率为负值，减速至0的时间为，运动员返 弹簧处于压缩，有kx1=mBg,解得x1=0.1m,C沿 传送带下滑，C与传送带的摩擦力f-mcgcos a,解 回弹高蹦床位置的时间为20，B正确；运动员在弹离 g 得f=30N,当BC整体达到最大速度时，加速度 蹦床后做竖直上抛运动，加速度始终等于重力加速 为0，弹簧处于伸长状态，则kx2十mgg=mcgsin a十 度，即运动员的加速度为一条平行于时间轴的直线，C mcg cos a,解得x2=0.l5m,D错误；对BC整体 错误；运动员仅受重力作用，运动过程中机械能守恒， 根据能量守恒定律得(cgsin a十μneg cos a 以人弹离蹦床时的重心处为参考平面，则机械能始终 mg)a+z,)=2ai-号ai+日(ms+ 1 1 等于2m,可知机械能随时间的支化关系图像为一 53 mc)v品，解得vm= 6m/s,B正确；由于继续运 条平行于时间轴的直线，D错误。 7.CD【解析】根据v2=2ax,可知ax图像围成的面 动，AB间弹力增大，C将减速运动，C错误。 二、双项选择题 积，表示为号：由国可如，当滑块运动到位亚时，济 5.AC【解析】由图乙可知，A拔出时的速度o。= 块的加速度为零，速度最大，设为vm,从x3~x?过 0.4m/s,A与B碰前A的速度A=0.3m/s,A 1 与B碰后A的速度A=0.1m/s,A与B碰后B 程，动能的变化量△Bk=2mu层-0，从x,~x1过 ·15· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 程，动能的变化量△E=0-moi,联主可得 动，由牛顿第二定律F-f=ma,由功率公式P= Fu联立可得】=ma 了，由图像可知 △E1mu品=0)ma3(xa-x2),△E=0号 0.5-0.1f 1 mi-名ma1,-,清块从A到B过程， 8,户=0.1，代入数据解得，赛车的额定功率 P=200W,赛车受到的阻力f=20N,赛车的最大 可知动能的变化量为零，则有△Ek十△E'k=0,可 得号ma,红：-x)-ma1,-x1)=0,又根据 选度，=号-w=10a 10.1:3(1分)3(1分)0.3(1分) x图像的斜率_a1=a, ,联立解得a1=a3, 【解析】设b球下落前距地面的高度为H,由图乙 x2-x1x3-x2 可知，Epbm=mbgH,Eem=magH,解得ma：mb= A错买；由A项分折，最大动能E=号m。= 1 1:3,由能量守位，可得Ea一Em=2m:o2十 2ma3(xg一x2),C正确；当弹簧长度为x时，根据 1 2m0,联立解得b球落地时a球的动能E。 牛顿第二定律有一k(x一lo)十mg=ma,解 得mg=ma十k(x-lo),当x=0时加速度a=ao, 2:2=3J:对两球组成的整体，受力分析，由 1 可得amg=m。一，解得4-ma0一， mg,系统产生 牛顿第二定律得mbg一mag=(m。十mb)a,解得 a=5m/s2,则0.3s时，a球上升的高度h= 的热量Q=ng(x3-x1)=(mao-bl)(xa-x1), 1 B错误，D正确。 2at2=0.225m,由图乙可知，t=0.3s时两球 8.AD【解析】物块A与小球B组成的系统除了受 到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其他力所做功 重力势能相等，则有magh=mbg(H一h),解得 不为零，则物块A与小球B组成的系统机械能不 H=0.3m,即b球下落前距地面的高度为 守恒，A正确；小球B第一次运动到C点时，物块 0.3m。 A下降的高度a1=B0,-O,C=0:C sin O2C= 23-1 11.√2gR1分)减少(1分) 0.4m,小球B下降的高度h=O2Ccos0=0.48m, /(√/13-1) 未释放小球B时，设弹簧的形变量为△x1,对物块 V2—8R(1分) A有k△x1+Mg=F,解得△x1=0.2m,此时弹 【解析】选取杆水平的位置为零势能面，杆水平 簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时△x2= hA1一△x1=0.2m,此时弹簧被压缩，故此时弹簧的 时，杆到图心的高度一食一兮-停。 弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成 从释放到杆水平，系统的机械能守恒，则有 的系统机械能守恒，有MghA1十mgh三)M十 mg位+它R+3mg(号-合)R=合m+ 13、 W31、 1 ma,由于小球B在C点时，细线与小球B速度 1 方向垂直，可知VA1=O,解得小球B的动能E知= 2·3m,解得杆第一次水平时，A的速度大小 2m0品=12.8J,B错误；小球B从释放第一次运动 2W3-1 √2一gR;选取杆水平的位置为零势能 到C点，对小球B,根据动能定理可得W十mghm= EB,解得W=8J,D正确；由几何知识可得BO2= 面，刚释放时A的机械能EA=5+1,m 2mgR,水平 DO2,故小球B第一次运动到D点，细线物块A回到 初始位置，设此时小球B的速度为V,物块A的速 时A具有的款栽能E以=号心-)mX 度为VA2,则VA2=VCos0,小球B下降的高度h= 2O,Ccos0=0.96m,整个过程根据动能定理可得 5）eR=(5-}》meR,显然E>E, nga=M杭十号m品，周A的动能E=之k航≈ 1 A的机械能减小；AB整体而言，其质心位置距B 5.39J>0,C错误 三、非选择题 的距高为n3mR=R,光时质心与圆心的距 9.10(1分)20(1分)200(1分) 【解析】由题意可知，玩具赛车由静止开始恒加速 离得+R--R,质心以， 度启动，当功率达到最大功率以后开始恒定功率运 为半径，绕圆心O做圆周运动，当质心运动到最 6 ·16· ·物理· 参考答案及解析 低点时，下降的高度h=r一4 √13- VgR 4 R,系统 解得UE=2 (2分) 1 (2)小物体从B到C,做平抛运动在C点有 机横能守恒则有4mgh=2(m十3m)o,联立 sin60°=84 /W13-1 vc (1分) 解得ux=√2一gR。 解得v。=2√gR 12.(1)0.02(1分)(2)1.4(2分) 0.94/0.95(1 小物块从C到E的过程，根据动能定理可得 分)0.93(1分)误差允许范围内，系统机械 1 1 能守恒(1分) -mgR(1+cos60')+W-2mu-2m02 【解析】(1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间 (1分) 1 等于一个简谐运动的周期，则T=50s=0.02s。 解得W= 3mgR 8 (2分) (2)根据竖直方向的运动规律知，在，点B时羽毛球 (3)由c0s60°-UB (1分) AC2.63+3.04 vc 筒下落的速度B=2T=2X0.02 ×10-2m/s= 解得vB=√gR 小物块从A到B的过程，根据动能定理可得 1,4m/s,点E时羽毛球筒下落的速度us一4T 1 二2umgR=2mo6-2mu6 (1分) 8.76+10.37 ×10-2m/s=2.39m/s,故从点B下落到 4×0.02 1 解得μ=2示 (2分) 点E羽毛球筒动能的变化量为之UE一22w2? 0.94J,重力势能的变化量为mghE=0.5X 15.a5区m/s(25ms(e(-9m,号) 9.8×(3.04+7.23+8.76)×10-2J≈0.93J,由 【解析】(1)小球从最低点到最高点，由机械能守 此可得出的结论是误差允许范围内，系统机械能 板定律有2ngR=mi-2mi (1分) 守恒。 13.(1)等于(1分)(2)w2gh(1-cos0)·t(1分) vi 在最高，点由牛顿第二定律有mg=m (1分) 4.73(1分)(3)大于(1分)L1十L-D (2分) 解得vo=5√2m/s (1分) 【解析】(1)遮光片经过圆形光照孔，遮光面积的 (2)小球在圆筒的横截面内做圆周运动，经过最 阈值为光照孔面积的一半，且遮光面积达到阈值 高点时，设其速度大小为，由牛顿第二定律有 时开始计时，遮光面积减小到阔值时计时结束， 2 由于遮光片的宽度为L,因此有效遮光宽度等于 mg cos 0=m R 遮光片的实际宽度L。 在沿O'O方向做初速度为0的匀加速直线运动， (2)铅柱从静止释放后，经过光电门时的速度 设其速度为v',位移为x,有v2=2ax(1分) 可以通过动能定理计算mgh(1一cos0)= 由牛顿第二定律有mgsin0=ma (1分) 1 小球从A点开始运动到最高，点，由动能定理有 mu,解得0=√2ghI-c0s0),故遮光宽度 mgxsin 0-2mgRcos 0=- m心+o)m 1 L。=v·t,解得L0=√2gh(1-cos)·t,代入 (1分) 数据可得L0=4.73mm。 联立解得vo=5m/s (1分) D (3)由于L。=4.73mm大于2=2.55mm,说明 (3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场 力F=gE=5N 光电门的光照孔遮光面积的阈值大于光照孔面 小球的重力沿y轴负向的分量mg cos0=5N 积的一半。由上述分析可知，该阔值会导致遮光 表明小球在垂直于中轴线OO'的平面内的分运 片的有效遮光宽度与其实际宽度有差异。当使 动为匀速圆周运动，设其周期为T,则有T= 用一块宽度为L1(L1>D)的遮光片时，其有效 2πR2π 遮光宽度应为L1十L。一D。 vo 5 s (1分) 14.(1)VgR (2)-3mgR 沿O'O方向分运动为初速度为0的匀加速直线 2 8 运动 【解析】(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第 设小球离开圆筒的时间为t,则有 二定律得mg一N=mwe 1 (1分) R L=2at ·17· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 2 (1分) (3)当物块a、b分离后，物块b恰好通过M点 解得t=3元s 时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑 -即=1号7 (1分) 动的相对位移为△x,由圆周运动知识得 U 说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒， m2g-m2 R 且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为 vM=√2.25m/s=1.5m/s (1分) √5 60°，故此时小球的坐标值x=一Rsin60°= 由牛顿第二定律得 m, 2 um2g-mzab 1 y=Rcos60°=2m (1分) ucm2g-u(m2+mc+mD)g=(mc+mp)aco 解得 即坐标为（mn: 31 (1分) a=4 m/s2 acD=2 m/s2 16.(1)0.6m9J(2)不能，h=0.375m 物块b从Q点到M点，由动能定理可得 a号g<m,SI级 1 22g2R=7m2o&72w 【解析】(1)从开始到a、b向左移动到最大距离 解得 的过程中，以a、b和弹簧为研究对象，由功能关 o6=√11.25m/s (1分) 系得 设物块b最终与木板C相对静止时的速度为 1 共，则 Fxo=2kxi v6-a6t=v共=acDt 弹簧恢复原长时a、b分离，从弹簧最短到a、b分 解得 离，以a、b和弹簧为研究对象，由能量守恒得 1 xi=2Ex 2 m/s 解得 △x= 2x42X2=0.9375m<L.=1m v62一喉喉 xo=0.6 m (1分) 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M Ek=9J (1分) 点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止， (2)设G、H为圆上与圆心等高的两个点，若物块 设物块b在木板C上滑行的时间为t1,由运动学 b能到达M点，由动能定理得 公式可得 mg·2R= 名m,oi-gmai 1 1 it-2at号-2 actj=-Lc 解 acDti=vb-abti vM=0<√gR=1.5m/s 解得 所以物块b不能到达圆周最高，点M,若物块b能 v%=2√3m/s (1分) 通过H点，由动能定理得 -m,gk=名m,i-m:时 1 。 (1分) 由能量守恒得 解得 vH=√4.5m/s>0 (1分) 红=m时+g的 (1分) 所以物块b通过了H,点，综上分析，b在H、M 解得 之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E点恰 m1=1 kg (1分) 好脱离，设E点与圆心的连线与竖直方向的夹角 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M 为0，则 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， m:gcos0-m:u喔 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 (1分) R 1 从Q点到E点由动能定理可得 vit2-20经-2acml=L: 1 1 -m2gR(1+cos0)=2m202-2m206 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 速度大小 解得 a=uDg=1 m/s2 2 c0s0=3 假设此时木板C和木板D分离，由于 upm2g<u(m2+mD)g 则h=R+Rcos0=0.375m (1分) 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 6 ·18· ·物理· 参考答案及解析 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 解得 u(m2+mD)g-uom2g=mDa (1分) 解得 -8y a=6 m/s2>a=4 m/s2 6 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 t=6s 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 由能量守恒定律得 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 him 1 1 为a'n,则 2m2? (1分) u(m2十mc十mn)g-knm2g=(m.十ma)an 解得 (1分) 2 解得 mi-3kg a'co=4 m/s2 综上可知 又og-at)2_(amt, 2ab 2a'cD =LD (1分) 号ke<m<Ie: (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六) 物理·动量及动量守恒定律 一、单项选择题 3.B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 1.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所 则有mgsin0+mg cos0=ma1,解得a1=gsin0+ 以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，2=0时 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于u<tan0, 总动量p1=m√gR,1=0时总动量p2= 加速至与皮带相等速度后，对物块有ngsin0一 M√gR,又有p1=p2,解得m=M,A错误；小球 umg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 上升到最高点时与小车具有共同速度，设为℃共， 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 第二定律F=ma,可知物块所受的合外力大小F 别mVR=m十M04,部择=区，B王 随时间t变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小 的恒力，A、B错误；由动量表达式p=mv可知，动 确；设小球上升的最大高度为H,对小球、小车组 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加速 成的系统，根据机械能守恒定律有2m(√gR)= 直线运动，共速前加速度大于共速后的加速度，所 以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D正确。 1 2+M四+2g红，解得一，C错误，小球 2.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中 滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为)球和 动是守恒，需要满足m子=mcaa十m二aB, )幸，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 m=mp+M本，2n(gR)'-2mv候十 1 m号na=m名s如A,约分后有=msg十 1 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 M0,解得0=0,0车=√gR,则小球离开小车 机拔能、动量郑守板，还常要满足2m份 后做自由落体运动，设运动时间为t,有h= 8,t时间内小车做匀速直线运动，所以小球落 1 司n()+n份)八，理可得i=i+,雌推 前后总动量方向在同一直线上，如图所示 地时与小车左端P点的水平距离x=车=R, O. D错误。 4.A【解析】第①种情况平行于桌边方向，系统满 足动量守恒，则有mvo=Mo十mu:,根据系统能量 1 1 守恒可得之mw品二之Mu+之m2+之mo,若 2m U,=0,联立解得0一m十M0,可知第①种情况碰 由于对=+好，可知a十B=受，C错误，D正确。 后0不可能大于n,B错误：第D种情兄若 ·19· 6