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（湖北专用）

·物理· 2025—2026学年度二 物理·功与功率、功能关系、材 一、选择题 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升h=h1一2 2 2m,A错误；根据电功率的公式有P=W 4.8×104 kW=2×103kW,B错误；一次涨潮，发 24 电机发电量E。=mgh,水的质量m=(h1-h2)X S,发电机日平均发电量E=4E。,解得小型发电 站所圈占的海湾面积S=5.4×10m2,C错误；采 用U=200kV直流电向某地区输电时，通过输电 线的电流I一吕，输包战上报能的功率△P=户， 解得74PX100%=5%,D正确， 2.C【解析】根据物块与地面的摩擦力大小f随x 的变化图，由能量守恒定律可知，第二次也能到达 A点，且速度也为1，第一次加速度逐渐变大，第 二次加速度逐渐变小，第二次取向左为速度正方 向，时间从t一0开始，其两次速度随时间变化分 别如图所示，可知第二次所用的时间更长，A、D错 误；从A到B由动能定理可得心-号m3= w,=-2f,叁里可得f=”-iD,可得 fz图像的斜率k一5=(6二)，B错误；两 1 次运动中，物块运动在距离A点2处摩擦力微 功不相等，在该位置摩擦力大小相等，速度大小不 相等，由功率公式P=F?可知，摩擦力功率大小 不相等，C正确。 DA D ① ② 457 3.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过 程中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程 球对轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功 更多，A错误；由球在第一次经过C点后恰好能通 过最高点B,故在B点有mg=尺2，得B马 。1 参考答案及解析 轮专题精准提升（五） 械能守恒定律、能量守恒定律 √gR,则VA=3√gR,球从A到B的过程运用动 能定现有一2mgR十w,=mi-弓mi,解得 1 Wr=一2mgR,B错误；当球第二次到达C点时， 恰好离开轨道并落入书包内，则有mg sin37°= m 3gR R,解得c一√。，C正确；离开轨道时球做 斜抛运动，将vc分解为水平方向和竖直方向， v.=vcsin37°，v,=vccos37°，水平方向有 Rcos37°+0.2R=0:t,竖直方向有y=-,t十 1 g，则接球时书包离A点的竖直高度 167 h=R+Rsin37°-y,联立解得h-27R,D错误。 4.B【解析】工件在传送带上加速过程，由牛顿第二 定律可得ng cos0一ngsin0=ma,代入数据可得 2.5m/S,工件加速过程所用的时间t二”=4s 工件加速过程的位移大小-2=20m,工件匀 速过程所用的时间/=二工=2s,每隔1s把工 件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速 过程放了2个，每个工件离开B端时恰好在A端 放上一个工件，传送带上共6个工件，A错误；由 于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s, 而每个工件的运动情况都相同，相对于传送带静 止的相邻的两个工件之间的距离一定是10m;工 件在传送带上做加速运动时，是初速度为0的匀 加速直线运动，则相邻两个工件之间的距离之比 为1：3：5：7..，可得刚放上的工件和其相邻工 件之间的距离最小，即传送带上两个工件间的最 1 1 小距离x1=2a号=2×2.5×12m=1.25m,D 错误；满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩 擦力之和，则F:=4 mg cos0+2 ng sin0=40N, C错误；若传送带上只有一个工件，将其从A点运 送到B,点，加速阶段克服摩擦力做功有W:= f△x=umg cos0·(t-x')=150J,根据能量守 恒，若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到 B点传选带需要多消能电能E=了m十mglm0十 W:=400J,B正确。 4 真题密卷 5.A【解析】在下滑的过程中，水平面上的小球要 做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后 面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以 小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球 把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤 压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，D 错误；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有 外力对小球做功，小球的机械能不守恒，B错误； 由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的 挤压力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运 动，C蜡误；当重心下降时，根据机栽能守饭定 律得2m=mg·,解得0=√gR,同样对整体 R R 在AB段时，重心低于2，所以第1个小球到达最 低，点的速度v<√gR,A正确。 6.D【解析】汽车匀加速运动时W=Fx=F2Qt, w 1 P1 =Fat,由图像可知。=2Fa,可得P= 可得 1 1 1 2Fato=2Fu=2P,可得P=2P,A错误；在 名o时间内，汽车位移x=人 8a6,牵引力做功W,=F=2P.3 3 a‘8a6=4P,平 均功率卫==P,B错裸：根据P-1 t。2Fa, 2to 其中a-P,解得f=F-2, F4。C错误；当牵 引力与阻力相等时加速度为零，此时速度最大，则 汽车在行驶过程中所能达到的最大速度0。P- f 2PFt。 Ft。-2mPD正确。 7.C【解析】两个方案中，火箭运动过程中弹簧的 弹性势能转化为火箭的动能，火箭机械能增加，A 错误；设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为E。, 方案一中，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守 1 恒有2E,=mgh,得E,-2mgh,D错误；方案二 中，一级推进完成瞬间，设火箭的速度大小为⑦1， 根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒 1 有E。=2mw,求得心=√励，设二级推进完成瞬 4 。1 二轮专题精准提升 间，一级火箭和二级火箭的速度分别为02和，根据 一级火箭、二级火箭以及两级火箭之间弹簧组成的系 统动量守恒和机械能守恒分别有m=2mu:十 1 11 ,11 2mus,2moi+E,=2·2mu2+2·2mui,联 立解得v2=0,03=2√gh,设二级火箭上升的最 大高度为h,则二级推进完成后，根据二级火箭机 .11 1 械能守恒有2·2mo=2mgh',解得h'=2h,B 错误，C正确。 8.ABD【解析】运动员在弹离蹦床后做竖直上抛 1 运动，则有y=1一281，上升到最高点时，利用 逆向思维有0一gto,解得t。三，根据对称性可 知，运动员返回弹离蹦床位置的时间t1= _2,运动员在弹离蹦床后的运动过程中位 2t0 g 移与时间呈现二次函数关系，图像为一条抛物线， 且开口向下，A正确；运动员在弹离蹦床后做竖直 上抛运动，则有0=0一gt,运动员在弹离蹦床后 的运动过程中速度与时间呈现线性关系，且斜率 为负值，减速至0的时间为”，运动员返回弹离蹦 床位置的时间为B正确：运功员在弹离蹦床 后做竖直上抛运动，加速度始终等于重力加速度， 即运动员的加速度为一条平行于时间轴的直线，C 错误；运动员仅受重力作用，运动过程中机械能守 恒，以人弹离蹦床时的重心处为参考平面，则机械 能始终等于2m0i,可知机械能随时间的变化关系 图像为一条平行于时间轴的直线，D正确。 9.CD【解析】根据v2=2ax,可知a-x图像围成的面 ,表示为；由因可知，当滑块运动到位置时，滑 块的加速度为零，速度最大，设为Vm,从x3x2过 1 程，动能的变化量△Ek=2m0品-0，从x2~x1过 程，动能的变化量△Ek=0-2mu品，联立可得 △E:=2mo品-0=2ma:(x,-x2）,△E1=0- 1 1 mo层=一2ma1(x:x1),滑块从A到B过 程，可知动能的变化量为零，则有△Ek十△Ek=0, ·物理· 1 可得)ma3(x3-x2)-)ma1(x2-x1)=0,又根 据ax图像的斜率a! a3 -,联立解得a1= x2-x1x3一x 1 ag,A错误；由A项分析，最大动能Em=2m0品- 1 2ma(xg一x2),C正确；当弹簧长度为x时，根据牛 顿第二定律有一k(x一lo)十mg=ma,解 得mg=ma十k(x一l),当x=0时加速度a=ao, 可得mg=a一，解得4=m0二，系统产生 mg 的热量Q-fmg(x3-x1)=(mao一klo)(x3一x1),B 错误，D正确。 10.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 做功不为零，则物块A与小球B组成的系统机械 能不守恒，A正确；小球B第一次运动到C点时， 物块A下降的高度h1=BO,一O,C=, O2C=0.4m,小球B下降的高度h1=O2Ccos0= 0.48m,未释放小球B时，设弹簧的形变量为 △x1,对物块A有k△x1十Mg=F,解得△x1= 0.2m,此时弹簧被拉伸，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，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相 等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有 1 Mgh十mgh=2Moi+2mui,由于小球B 在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知 1 VA1=0,解得小球B的动能E=豆mo= 12.8J,B错误；小球B从释放第一次运动到C 点，对小球B,根据动能定理可得W十mgh1= E妞，解得W=8J,D正确；由几何知识可 得BO2=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 T2,物块A的速度为TA2,则vA2=V2coS日，小球 B下降的高度h=2O2Ccos0=0.96m,整个过程 根据动能定理可得mghe-2M十2m,则A 的动能Ea=2M≈5.39J>0,C错误。 2 二、非选择题 11.(1)0.02(2分)(2)1.4(2分)0.94/0.95(1 分)0.93(1分)误差允许范围内，系统机械 能守恒(1分) ·1 参考答案及解析 【解析】(1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间 1 等于一个简谐运动的周期，则T=50s=0.02s。 (2)根据竖直方向的运动规律知，在点B时羽毛球 AC_2.63+3.04x102m/s= 筒下落的速度vB=2T=2×0.02 DF 1.4m/s,点E时羽毛球筒下落的速度ve= 4T &76+10,37×10?m/s=2.39m/s,故从点B下落到 4×0.02 点E阅毛球简动能的支化量为分m习m, 0.94J,重力势能的变化量为mghE=0.5X 9.8×(3.04+7.23+8.76)×10-2J≈0.93J,由 此可得出的结论是误差允许范围内，系统机械能 守恒。 12.(1)等于(2分)(2)√2gh(1-cos0)·t(2分) 4.73(2分)(3)大于(2分)L1+L0一D (2分) 【解析】(1)遮光片经过圆形光照孔，遮光面积的 阈值为光照孔面积的一半，且遮光面积达到阈值 时开始计时，遮光面积减小到阔值时计时结束， 由于遮光片的宽度为L,因此有效遮光宽度等于 遮光片的实际宽度L。 (2)铅柱从静止释放后，经过光电门时的速度 可以通过动能定理计算mgh(1一cos0)= 2m02,解得v=√2gh(1-cos0,故遮光宽度 Lo=v·t,解得Lo=√2gh(1-c0s0)·t,代入 数据可得L。=4.73mm。 D (3)由于L。=4.73mm大于2=2.55mm,说明 光电门的光照孔遮光面积的阚值大于光照孔面 积的一半。由上述分析可知，该阔值会导致遮光 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L1十L。一D。 13.(1)VgR 2)-3mgR(3) 2 8 2π 【解析】(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第 二定律得mg-N _mvg2 R (1分) 解得ue=VgR (1分) 2 (2)小物体从B到C,做平抛运动在C点有 4 真题密卷 sin60°=8t (1分) Uc 解得v.=2√gR 小物块从C到E的过程，根据动能定理可 1 得-mgR(1十cos60)+W=2mu是-2m品 (2分) 解得W=一3mgR (1分) 8 (3)由cos60°- (1分) vc 解得vB=√gR 小物块从A到B的过程，根据动能定理可 得-2mgR= 2 mvi-2mv (2分) 解得μ=2元 (1分) 1as恒s25as(3-m,2 【解析】()小球从最低，点到最高点，由机械能守 恒定律有2mgR=2mu6-2mui (2分) vi 在最高，点由牛顿第二定律有mg=m (1分) 解得vo=5√2m/s (1分) (2)小球在圆筒的横截面内做圆周运动，经过最 高点时，设其速度大小为，由牛顿第二定律 有mg cos0=mR (1分) 在沿O'O方向做初速度为0的匀加速直线运动， 设其速度为v',位移为x,有v2=2ax(1分) 由牛顿第二定律有mg sin0=ma (1分) 小球从A点开始运动到最高点，由动能定理 有mgxsin0-2 mgRcos0= 2m(o2+u'2) 1 2mv号 (2分) 联立解得vo=5m/s (1分) (3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场 力F=gE=5N 小球的重力沿y轴负向的分量mg cos0=5N 表明小球在垂直于中轴线OO'的平面内的分运 动为匀速圆周运动，设其周期为T,则有 T=2πR2x (1分) 沿O'O方向分运动为初速度为0的匀加速直线 运动 4 ·2 二轮专题精准提升 设小球离开圆筒的时间为t,则有 1 L=2at (1分) 2 解得t=3π8 (1分) 则--1号 说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒， 且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为 60°，故此时小球的坐标值x=一Rsin60°= 2 m y=Rcos 60 m 1 (1分) 即坐标为一3m1） -2m,2m/° (1分) 15.(1)0.6m9J(2)不能，h=0.375m 2 (3)3kg<m1<1kg 【解析】(1)从开始到a、b向左移动到最大距离 的过程中，以a、b和弹簧为研究对象，由功能关 系得 Fxo=2kxi (1分) 弹簧恢复原长时a、b分离，从弹簧最短到a、b分 离，以a、b和弹簧为研究对象，由能量守恒得 68-28 解得 xo=0.6 m (1分) E=9J (1分) (2)设G、H为圆上与圆心等高的两个，点，若物块 b能到达M点，由动能定理得 1 1 -meg·2R=2m20i-2m2o6 (1分) 解得 vM=0<√gR=1.5m/s 所以物块b不能到达圆周最高，点M,若物块b能 通过H点，由动能定理得 (1分) 1 1 一m2gR=2m2oa-2m2wf (1分) 解得 vH=√4.5m/s>0 所以物块b通过了H点，综上分析，b在H、M 之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E,点恰 好脱离，设E点与圆心的连线与竖直方向的夹角 为0，则 m:gcosm:v (1分) R ·物理· 从Q点到E点由动能定理可得 1 -m:gR(1+cos0)=2m:2-2m:0（1分） 解得 c0s 0=2 则h=R+Rcos0=0.375m (1分) (3)当物块a、b分离后，物块b恰好通过M,点 时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑 动的相对位移为△x,由圆周运动知识得 v好 m2g-m2 R vM=√2.25m/s=1.5m/s 由牛顿第二定律得 u.m2g-m2ab h:m2g一μ(m2+mc+mn)g=(mc+mn)acD(1分) 解得 ab=4 m/s2 acD=2 m/s2 物块b从Q点到M点，由动能定理可得 1 1 -m:g·2R=2m:o号-2m208 (1分) 解得 v6=√/11.25m/s 设物块b最终与木板C相对静止时的速度为 0共，则 v6-a6t=V共=acDt 解得 5 V共= 2 m/s w6-喉喉 △x= 2×42×2=0.9375m<L.=-1m 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高，点M ,点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止， 设物块b在木板C上滑行的时间为t1,由运动学 公式可得 1 it1-2a-2acml=Lc (1分) acpli=vb-abli 解得 =213 m/s 由能量守恒得 ·2 参考答案及解析 i-m,o吹+号m: 1 1 (1分) 解得 m1=1 kg 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 1 1 0it:-z0t号-2acmt号=L: (1分) 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 速度大小 a6-uDg=1 m/s? 假设此时木板C和木板D分离，由于 uDm2g<（m2+mD）g 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 u(m2+mD)g-uomzg=mDa (1分) 解得 a=6 m/s2>a=4 m/s2 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 为an,则 u(m2+mc+mp)g-uomzg=(me+md)a'cD (1分) 解得 a'cD=4 m/s2 又（o3ew2)2aetg 2a" 2acp -=LD 解得 vi-3vG 2 m/s t2= 由能量守恒定律得 1 1 2kx8三2m1u82十2m2的 (1分) 解得 m-号g 综上可知 号kg<m1<1kgo (1分) 42025一2026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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 1.如图所示是潮汐发电示意图，其利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电，一昼夜 中两次涨、落潮。涨潮时堵住通道，涨至最高水位时打开通道，进水发电。水库水位涨 至最高时，堵住通道，落潮至最低水位时，打开通道放水发电。已知水坝的高H=15m, 涨潮时水库最高水位h1=10m,退潮水库最低水位h2=6m,发电机日平均发电量为 4.8×10kW·h,水轮发电机总效率为10%，海水的密度为1.0×103kg/m3,g取 10m/s2,则下列说法正确的是 () 水坝 陆地 水库 海水 发电机 A.涨潮时水库水重心上升4m B.发电机的功率为4×103kW C.该发电站所圈占的海湾面积约为2.7×10m2 D.若采用U=200kV的直流电向某地区输电，输电线路电阻为10002，则线路上损耗 功率为输电总功率的5% 2.有一段水平粗糙轨道AB长为s,第一次物块以初速度v。由A点出发，向右运动到达B 点时速度为1，第二次物块以初速度。由B点出发向左运动。以A点为坐标原点，水 平向右为正方向，物块与地面的摩擦力大小f随x的变化如图，已知物块质量为m,下 列说法正确的是 () 7777777777777777777B 0 二轮专题精准提升（五）物理第1页（共8页） 真题名 认输的路好走，但赢的风景，只有安牙登项的人能看见 A.第二次能到达A点，且所用时间与第一次相等 班级 B.fx图像的斜率为”(o6-u) 姓名 C.两次运动中，在距离A点？处摩擦力功率大小不相等 D.若第二次能到达A点，则在A点的速度小于1 ------------- 得分 3.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O.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，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 () 37 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2mgR 3gR C.球第二次到达C点的速度大小vc= W5 D.接球时书包离A点的竖直高度为0.8R 4.如图所示，一倾斜传送带与水平面成0=30°，以v=10m/s的速度顺时针运行，A、B两 端相距l=40m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上的A 端，当每个工件离开B端时恰好在A端放上一个工件，每个工件与传送带间的动摩擦因 √3 数均为4一？，g取10m/s,下列说法正确的是 () 且⊙ A.传送带上始终有7个工件 B.若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到B点传送带需要多消耗电能400J C.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N D.两个工件间的最小距离为2.5m 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第2页（共8页） 4 5.如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD 平滑连接在一起，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(x《R)的光滑小球 (小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、 2、3、…N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不 计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是 () .0 A.第1个小球到达最低点的速度v<√gR B.第1个小球从A到B过程中机械能守恒 C.第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动 D.N个小球在运动过程中会在水平面上散开 6.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 B时间内，汽车的平均功率为) C.汽车在行驶过程中受到的阻力为F一m2 Fto D.汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为F1。-2mP 2PFto 7.如图所示，某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂，来研究火箭单级推进与多级推进。 火箭的总质量为m,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内，火箭始终在竖直方向 上运动，不计空气阻力。 方案一：将两根相同的轻弹簧并排放置在火箭底部（不连接），模拟火箭的单级推进，将 两根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影 响)，此后上升的最大高度为h。 二级火箭 级火箭 77777777777777777777777777 方案一方案二 4 二轮专题精准提升（五）物理第3页（共8页） 真题 方案二：将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的 底部（均不连接），将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度， 以此模拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使 两级火箭迅速获得一共同速度，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行 二级推进，推进过程忽略重力影响。下列说法正确的是 () A.两个方案中，火箭运动过程中机械能守恒 B.方案二中，一级推进完成瞬间，火箭速度的大小为√2g五 C.方案二中，二级火箭上升的最大高度为2h D.方案一中，压缩的单根弹簧储存的弹性势能为mgh 8.有一个质量为m的运动员竖直向上弹离蹦床时的速度为vo,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、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 () A B C D 9.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m,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a。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 () 、 A.a3可能大于a1 B.滑块与轨道间的动摩擦因数4=ma1一g mg 1 C.滑块的最大动能Em=2ma3(x3一xz） D.该过程因摩擦产生的热量Q=(mao一klo)(x3一x1) 10.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 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第4页（共8页） 00 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 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7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，羽毛球简立即自由下落，在羽毛球筒落地时，关闭电机电源，羽毛球简上得 到如图乙所示的振动图像。 电磁继电器 羽毛球桶 针头 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= (2)在点B时羽毛球筒下落的速度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 12.(10分)光电门是一种可精确记录物体运动时间的装置。 D 光照孔 遮光片 接收端， 小铅柱 发射端 (含光源)y 光电门 匆 乙 二轮专题精准提升（五）物理第5页（共8页） 真题密 (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h(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L= 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)。 13.(10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 8 块对下管壁的压力N三三mg,已知∠C0D=60,重力加速度为g,忽略空气阻力。求 小物块： (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 C 60° D 77777777777777 卷 二轮专题精准提升（五）物理第6页（共8页） 14.(15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)，圆筒的半径R=1m,长度L-10元m,0和0分别为圆筒左，右横裁面圆的圆 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。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v0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。 y A O X 0入 二轮专题精准提升（五）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18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=l00N/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=mD=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的动摩擦因数以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 c M a b M5177707727777777777777777777 二轮专题精准提升（五）物理第8页（共8页）