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（安徽专用）

密真 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、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 是符合要求的。 题号 1 2 3 4 6 7 8 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 4.8×104kW·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 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1000，则线路上损耗 功率为输电总功率的5% 2.如图甲所示，地球和月球间的距离为L,以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，在x轴 上有一个探测器。仅考虑地球和月球对探测器的引力作用，可得探测器引力势能E。随位置 变化关系如图乙所示，已知在x=处探测器的引力势能最大，则地球与月球的质量之比为 () O探测器 地球 月球 甲 C(ria) 二轮专题精准提升（五）物理第1页（共8页） 真题 认输的路好走，但赢的风景，只有安牙登项的人能看见 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 班级 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，恰好离开轨道并落人书包内，接球时书 姓名 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 ) 得分 B C 31*0 4 分 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= 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=10/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 数均为u三3，g取10m/s2,下列说法正确的是 () B →0 10-1 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 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(r《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 () A日 .0 B 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第2页（共8页） 7 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，t。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 。时间内，汽车的平均功率为P B.2 4 C.汽车在行驶过程中受到的阻力为F-mP Fto 2PFto D.汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为r1。-2mP 7.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4000m到7000m阶段视为匀速下潜，为简化分析，可视为潜水器（包含吸入的 水)只受重力、浮力及流体阻力，其中浮力F1=k1p,流体阻力F2=2px2。如图所示，深 度大于1000m后，海水密度p随深度h变化呈线性关系，满足p=po十ka(h一1000)。 上述表达式中k1、k2、k3po均为定值，重力加速度为g。潜水器在下潜4000m~7000m过 程中，下列说法正确的是 () ◆p/(×103kgm) 1.06 1.05 1.04 1.03 1.02 01234567h/(×10'm) A.题目中P。表示海面处海水的密度 B.浮力做功W1=3000k1(p0十4500k3) 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 二轮专题精准提升（五）物理第3页（共8页） 真题 8.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静止在传送带顶端E点，此时B、C间细线刚拉直但无拉力作用，C与传送带动摩擦因 数为，已知A的质量为10kgB的质量为2kg,C的质量为4kg,g取10m/g,弹簧 弹性势能表达式为E,=kx,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 ) EO义 B a入● 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 53 B.B物体的最大速度为6m/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 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，全部选对的得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.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yt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 () ◆v/(ms) 未归零归零 0.4 状态状态 A 0.3 0.2 0 B 0 t/s 分 乙 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 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第4页（共8页） 10.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，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 ( 7777777777777777777777777777 B 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Ekm=2ma3(x:一xz） D.该过程因摩擦产生的热量Q=(mao一kl。)(x3一x1) 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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，在羽毛球简落地时，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 凡A八八天八 注射器 伊 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： 二轮专题精准提升（五）物理第5页（共8页） 真题密 (1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间T= So (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 12.(10分)光电门是一种可精确记录物体运动时间的装置。 ) '0 光照孔 遮光片 接收端， 小铅柱 发射端 (含光源)少 光电门 甲 乙 (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0， 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、L。、L1表示)。 13.(10分)《考工记轮人》篇中记载“轮人为盖”“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则吐水，疾 而溜远”。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，车盖底面为 圆面且水平。如图乙所示是过支撑轴的车盖截面简化图，底面半径r=0.75,车盖底 面与水平地面距离H=1.75m。车辆保持静止，一质量m=1.0×10-4kg的水滴（可 视为质点)从车盖顶端A点由静止下滑，经车盖底端B点后落到地面C点（未画出）。 已知A、B间竖直高度差h=0.5m,水滴经过B时的速度大小v=√2m/s,方向与竖 直方向夹角为45°，不计空气阻力，g取10m/s。求该水滴： 卷 二轮专题精准提升（五）物理第6页（共8页） 2 B 支撑轴 7777777777777777777777777777777777777 甲 乙 (1)经过B时重力的功率； (2)从A下滑到B过程中，雨滴克服阻力做的功； (3)落地点C与支撑轴在地面投影O的距离。 14.(14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=10y3元 m,O'和O分别为圆筒左、右横截面圆的圆 9 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o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，求小球离开圆简时在坐标系xOy中的位置 坐标。 0 y 7 二轮专题精准提升（五）物理第7页（共8页）】 真题密 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=100N/m的轻弹簧将c、a连接，b紧靠a,开始时弹 簧处于原长，、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C=0.4,与木板D的动摩擦因数4D=0.1,木板C、D与地面 间动摩擦因数均为u=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、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。 (1)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。 WWWWw N 卷 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 (2)①螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距， 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 则布号台 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 (1分) 参考系，小滑块受力满足 2πv 解得ω=d (1分) '2 mgcos 0-mR (1分) ②对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上 联立可得 有v1=a0t (2分) M_(cos0)3-3c0s9+2_7 任意时刻该，点绕轴的线速度有2=w'r(1分) m 3cos 0-2 25 (1分) 结合上述有ω'= 2πV1 ②由上式解得 (2分) d 4 54 则螺母内壁上的任意一点速度，=√十 8V58R (2分) (2分) 即小滑块实际速度 解得u,=atva+4π， M74 (2分) d 0x= mI40158R,v,=v'sin 0=34 5W58R 18a (2)①25 (1分) 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为·的 【解析】(1)由动能定理可得 圆周运动 mgR (1-cos 0)=m 滑块速度与水平方向夹角α满足 (1分) 7 小滑块做圆周运动，向心力满足 cos a-25 (1分) 1 02 小滑块对应向心加速度 mg cos 0- 2mg-mR (1分) 7 联立上式得 an-gcos a= 258 (1分) ca0-号 由圆周运动向心加速度公式可得 (2分) (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为1， a,=g-呢+7 (2分) p p 258 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 代入数据解得 守恒可得 (2分) Mu1=m (v'cos 0-v1) (1分) 整体机械能守恒可得 mgk C1-c0s)'sim) 1 2m(v'cos 0-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、选择题 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=5.4×105m2,C错误；采 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升h=1一h: 2 用U=200kV直流电向某地区输电时，通过输电 P 2m,A错误；根据电功率的公式有P=W 线的电流I=,输电线上损耗的功率△P=IPr, t AP 4.8X10kW=2X10kW,B错误；一次涨潮，发 解得7-P×10%=5%,D正确。 24 2.A【解析】设地球质量为M,月球的质量为m, 电机发电量E。=gh,水的质量m=(h1一h2)× 探测器的质量为m。,引力的合力做功与引力势能 ·18· ·物理· 参考答案及解析 的关系为F△x=一△E。,可知E。x图线的切线 而每个工件的运动情况都相同，相对于传送带静 斜率绝对位AE1=F,由图乙可知，图像切线斜 止的相邻的两个工件之间的距离一定是10m;工 △x 件在传送带上做加速运动时，是初速度为0的匀 率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器 加速直线运动，则相邻两个工件之间的距离之比 作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐 为1：3：5：7..，可得刚放上的工件和其相邻工 渐增大；在x=d处图线的切线斜率为0，则探测 件之间的距离最小，即传送带上两个工件间的最 器在该处受地球和月球的引力的合力为零，即 om-G”可得地球与月球的质量之比 小距离z1=方a=号×2.5X1m=1.25m,D d2 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:=4μng cos0+2 mg sin0=40N, C错误；若传送带上只有一个工件，将其从A点运 3.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过 送到B,点，加速阶段克服摩擦力做功有W= 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 f△x=μng cos0·(t-x)=150J,根据能量守 更多，A错误；由球在第一次经过C点后恰好能通 恒，若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到 过最高点B,故在B点有mg,得Ug B点传送带需要多消耗电能E=了m2+n0+ W:=400J,B正确。 √gR,则vA=3√gR,球从A到B的过程运用动 5.A【解析】在下滑的过程中，水平面上的小球要 能定卫有-2mgR十W,一方mi-号a,解得 做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后 Wf=一2mgR,B错误；当球第二次到达C点时， 面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以 恰好离开轨道并落入书包内，则有mg sin37°= 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 mvc 3gR m尺，解得c一√，C正确：离开轨道时球做 压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，D 斜抛运动，将vc分解为水平方向和竖直方向， 错误；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有 vz=vcsin37°，vy=vccos37°，水平方向有 外力对小球做功，小球的机械能不守恒，B错误； Rcos37°+0.2R=vzt,竖直方向有y=-v,t十 由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的 281,则接球时书包离A点的竖直高度 挤压力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运 h=R+Rsin37°-y,联立解得h= D餐院 动，C蜡误；当重心下降时，根据机栽能守恒定 R 4.B【解析】工件在传送带上加速过程，由牛顿第二 律得2m2=mg·合，解得0=gR,同样对整你 定律可得ng cos0-mgsin0=ma,代入数据可得 a=2.5m/5,工件加速过程所用的时间t=名=4s, 在AB段时，重心低于 ,所以第1个小球到达最 a 低，点的速度v<√gR,A正确。 工件加速过程的位移大小x')at2=20m,工件匀 6.D【解析】汽车匀加速运动时W-下z= 2at2, 速过程所用的时间-一工=2s,每隔1s把工 可得W1 2Fa1,由图像可知P=1 to 2Fa,可得p= 件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速 1 1 1 过程放了2个，每个工件离开B端时恰好在A端 Ft。=2Fu-2P,可得Pg=2P,A错误；在 放上一个工件，传送带上共6个工件，A错误；由 to 于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s, ，时间内，汽车住书x=d-份)- ·19· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 a,率引力微功W=-8a-是Po,平 3 2P3 3 二、选择题 9.AC【解析】由图乙可知，A拔出时的速度vo= 均功率P=W1=3 ,B错误；根据 2 Fa, 0.4m/s,A与B碰前A的速度A=0.3m/s,A 1 2to 与B碰后A的速度v'A=0.1m/s,A与B碰后B 其中a=Ff 的速度vB=0.2m/s,根据匀变速直线运动规律则 m 解帮f0,C错英1当来 引力与阻力相等时加速度为零，此时速度最大，则 有2(0十)1=S1,代入数据解得算珠A在碰撞 汽车在行驶过程中所能达到的最大速度⑦m= P 2s1_2×3.5×102 f 前运动的时间t= 0+vA0.3+0.48=0.1s, 2PFto Ft,-2mPD正确。 △v0.1 算珠A的加速度大小a= At 0.1 m/s2= 7.D【解析】将h=1000m代入p=p十k,(h 1m/g,碰撞后算珠A的位移%-m二 1000),可知p。表示1000m处海水的密度，A错 误；潜水器在下潜4000m~7000m过程中，浮力 0.5cm,由于s1十s1=4cm,而算珠A到边框的距离 F1=k1p0-k1k31000十k1k3h,将h1=4000m、 =S1十52=5.5cm>4cm,算珠A无法归零，碰后算 h2=7000m代入解得F1=k1P0十3000k1k3, 80.22 F1=k1P0十6000k1k3,由于F1h成线性变化， 珠B的位移5g一2a一2X1m=2cm,而算珠B到边 则浮力做功 W 框的距离恰好为2cm,算珠B恰好归零，A正确，B错 (k1p+3000k1k3)+(k1p0十6000k1k3) 误；结合上述分析，根据牛顿第二定律则有g= X3000= m,解得4=口=0.1，C正确；设算珠的质量为m,碰 一3000k1(P0+4500kg),B错误；吸入水的过程中 g 还有其他力做功，C错误；设潜艇原来的质量为 前第珠的机顿能E-了m以-号×mX0,①) m,根据力的平衡条件可知mg=k1p1十2p1o2,吸 1 入水后，有(m十△m)g=1p2+k2p2v2,其中p1代 0.045m,碰撞后算珠具有的机械能E'=2mw次十 表4000m处水的密度，P2代表7000m处水的密 1 1 度，代入后可解得速度，D正确。 mui=2m(0.1+0.2)0)=0.025m),显然 8.B【解析】BC整体达到最大速度的过程中，传送 E≠E,D错误。 带对物体C做功，则A、B、C组成的系统机械能不 10.CD【解析】根据v2=2ax,可知a-x图像围成的面 守恒，A错误；初始时刻，BC间无拉力，则AB间 软，泉示为号由图可知，音济块运动到与位重时， 弹簧处于压缩，有x1=mBg,解得x1=0.1m,C沿 传送带下滑，C与传送带的摩擦力f=meg cos a,解 滑块的加速度为零，速度最大，设为vm,从x3~x2 得f=30N,当BC整体达到最大速度时，加速度 过程，动能的变化量△E.二，m品-0，从x2一1过 为0，弹簧处于伸长状态，则bx2十mBg=mcgsin a十 mcg cos a,解得x2=0.l5m,D错误；对BC整体 程，功能的变化量△吧=0-m心2，联立可得△B 根据能量守恒定律得(mcgsin a十mcgcos a 1 =7md-0=号m,a,-a),AB=0-2m2 mBg)(x1+x2)=- 1 5W3 =一2ma1x:一)，滑块从A到B过程，可知动 mc)w,解得vm=6m/s,B正确；由于继续运 动，AB间弹力增大，C将减速运动，C错误。 能的支化量为率，则有△正十△正=0，可得m, 7 ·20· ·物理· 参考答案及解析 1 ma1(x2一xi)=0,又根据a-x图像的 (2)铅柱从静止释放后，经过光电门时的速度⑦ (xg一x2)- 可以通过动能定理计算mgh(1一cos0)= 斜率a1=a ,联立解得a1=a3,A错误；由 x2一x1x3-x2 2mu,解得v=√2gh(①-cos0),故遮光宽度 A项分析，最大动能En= 1 2mw品=2ma3(x Lo=v·t,解得L0=√2gh(1-cos0)·t,代入 数据可得L0=4.73mm。 x2),C正确；当弹簧长度为x时，根据牛顿第二定律 D 有-k(x-l)十mg=ma,解得mg=ma十 (3)由于L。=4.73mm大于2=2.55mm,说明 k(x-lo),当x=0时加速度a=a0,可得mg= 光电门的光照孔遮光面积的阈值大于光照孔面 0。一，解得4-”m二如，系统产生的热量Q 积的一半。由上述分析可知，该阔值会导致遮光 mg 片的有效遮光宽度与其实际宽度有差异。当使 mg(x3-x1)=(mao-l,)(x3-x1),B错误，D 用一块宽度为L1(L1>D)的遮光片时，其有效 正确。 遮光宽度应为L1十L。一D。 三、非选择题 13.(1)10-3W(2)4×10-4J(3)1.25m 11.(1)0.02(1分)(2)1.4(2分) 0.94/0.95(1 【解析】(1)经过B点时，重力的功率 分)0.93(1分)误差允许范围内，系统机械 P=mgucos 45 (1分) 能守恒(1分) 代入数据可得P=103W (1分) 【解析】(1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间 (2)从A到B过程，根据动能定理有 等于一个简谐运动的周期，则T=508=0.028。 1 1 mgh-W克方=2mU2-0 (1分) (2)根据竖直方向的运动规律知，在，点B时羽毛球 解得W克力=4X104J (2分) AC_2.63+3.04×102m/s= (3)在B点时z=vy=uc0s45 (1分) 下落的速度B=2T2X0 DF 从B到C过程，竖直方向H=,t+ 28t 1.4m/s,点E时羽毛球筒下落的速度vE= 4T 解得t=0.5s (1分) 8.76+10.37 102m/s=2.39m/s,故从点B下落到 水平方向d=r十vt (1分) 4×0.02 联立解得d=1.25m。 (2分) 1 点E羽毛球筒动能的变化量为2公1 14.(1)5√2m/s(2)5m/s 3)( 2 m.gm) 0.94J,重力势能的变化量为mghr=0.5× 【解析】(1)小球从最低点到最高点，由机械能守 9.8×(3.04+7.23+8.76)×10-2J≈0.93J,由 1 1 恒定律有2mgR= 此可得出的结论是误差允许范围内，系统机械能 2mu- 2mu月 (1分) 守恒。 vi 在最高，点由牛顿第二定律有mg=m (1分) 12.(1)等于(2分)(2)√2gh(1-cos0)·t(2分) 4.73(2分)(3)大于(2分)L1+L。-D 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 (2分) 高点时，设其速度大小为v，由牛顿第二定律有 【解析】(1)遮光片经过圆形光照孔，遮光面积的 2 阈值为光照孔面积的一半，且遮光面积达到阈值 mgcos 0-m R (1分) 时开始计时，遮光面积减小到阙值时计时结束， 在沿O'O方向做初速度为0的匀加速直线运动， 由于遮光片的宽度为L,因此有效遮光宽度等于 设其速度为v',位移为x,有v'2=2ax(1分) 遮光片的实际宽度L。 由牛顿第二定律有mg sin0=ma (1分) ·21· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 小球从A点开始运动到最高点，由动能定理有 (2)设G、H为圆上与圆心等高的两个，点，若物块 1 1 b能到达M点，由动能定理得 mgxsin 0-2mgRcos 0= m(o2+2)- 1 1 (1分) m2g·2R=2m,oi&2mw呢 联立解得v。=5m/s (1分) 解得 (3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场 M=0<w√gR=1.5m/s 力F=gE=5N 所以物块b不能到达圆周最高点M,若物块b能 小球的重力沿y轴负向的分量mg cos0=5N 通过H,点，由动能定理得 表明小球在垂直于中轴线OO'的平面内的分运 1 1 megR=2m2oi-2m2明 动为匀速圆周运动，设其周期为T,则有T一 解得 2πR_2π (1分) v05 vH=√4.5m/s>0 (1分) 沿O'O方向分运动为初速度为0的匀加速直线 所以物块b通过了H点，综上分析，b在H、M 运动 之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E点恰 设小球离开圆筒的时间为t,则有 好脱离，设E点与圆心的连线与竖直方向的夹角 1.-gae 为0，则 (1分) m2gcos日=n2v2 (1分) 2 R 解得t=3πs (1分) 从Q点到E点由动能定理可得 1 1 (1分) -m:gR(1+c0s 0)-2m:v2m:v 说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒， 解得 且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为 cos 0-2 3 √3 60°，故此时小球的坐标值x=一Rsin60°= 2 m, 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 y=Rcos60°= 1 2 m (1分) 时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑 即坐标为 √3 1 动的相对位移为△x,由圆周运动知识得 （-2m,2m。 (1分) 15.(1)0.6m9J(2)不能，h=0.375m m2g-m2 R (3号g<m,<18 vM=√2.25m/s=1.5m/s (1分) 由牛顿第二定律得 【解析】(I)从开始到a、b向左移动到最大距离 u.m2g=mzab 的过程中，以a、b和弹簧为研究对象，由功能关 kem2g-u(m2十mc十mD)g=(mc十mD)acD 系得 解得 1 a6=4 m/s2 Fzo-2kai aco=2 m/s2 弹簧恢复原长时a、b分离，从弹簧最短到a、b分 物块b从Q,点到M点，由动能定理可得 离，以a、b和弹簧为研究对象，由能量守恒得 1 :g·2k-m:经-m吹 一 a8=2Ex 解得 解得 v6=√11.25m/s (1分) xo-0.6 m (1分) 设物块b最终与木板C相对静止时的速度为 Ek=9J (1分) )共，则 7 ·22· ·物理· 参考答案及解析 o6-a6t=v共=acpt 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 解得 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 - u(m2十mD)g-uDm2g=mDa (1分) (1分) Ax=-暖暖 解得 2×42X2=0.9375m<L.=1m a=6 m/s2>a=4 m/s2 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止， 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 设物块b在木板C上滑行的时间为t1,由运动学 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 公式可得 为an,则 2a- 1 2acoli=Lc u(m2十mc+mp)g-hDm2g=(me十ma)a'Cn acpti=v6-abti (1分) 解得 解得 v%=2√3m/s (1分) a'cD=4 m/s2 (v"%-abt2)2 (acpt2)2 t1= 3s (1分) 又 2a"b 2a'cD LD (1分) 由能量守恒得 解得 2x1 1 (1分) %36 2 m/s 解得 m1=1 kg (1分) 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M 由能量守恒定律得 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， 1 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 一少2十22之之么三 (1分) 1 1 witg-2at号-2acmt号=L: (1分) 解得 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 2 kg 速度大小 m1二3 a=upg=1 m/s2 综上可知 假设此时木板C和木板D分离，由于 3kg<m:<1kg。 (1分) uDm2g<u(m2十mD)g 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、选择题 正确，B错误；随着油面的上升，后落入壶内的油 1.A【解析】设时间内倒入壶中油的质量为m,油 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 到达壶口时的速度为，则有m=p·△V,△V=S· 其动量的变化更少，C、D错误。 ,根据款核能守恒，则有m=mg《H-)联立 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 则有mgsin0+mg cos9=ma1,解得a1=gsin0十 解得m=pS√2g(H一h)·△t,故单位时间内落 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于μ<tan0, 入壶中油的质童△m-忍-5VgH-,A 加速至与皮带相等速度后，对物块有mgsin0一 ·23· 7