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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 卺题 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7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 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 发电机 二二 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1000Ω，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。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 A.第二次能到达A点，且所用时间与第一次相等 B.fx图像的斜率为(o6-o) 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，只有安牙登顶的人能看见 mg==■ C.两次运动中，在距离A点)s处摩擦力功率大小不相等 班级 D.若第二次能到达A点，则在A点的速度小于1 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 姓名 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 得分 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 () 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2mgR 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=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 数均为4=分，g取10m/s,下列说法正确的是 () B 0 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 () 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第2页（共8页） 1 .0 B 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 () 2 A.汽车的额定功率为P B一。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mP Fto 2PFto D.汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为r。一2mP 7.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k=200N/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3，已知A的质量为10kgB的质量为2kg,C的质量为4kg,g取10m/s,弹 弹性势能表达式为E。一2kx,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 () ∠L4∠∠A B A OF 1 二轮专题精准提升（五）物理第3页（共8页） 真题 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 BB物体的最大速度为3m/3 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、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 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 8 9 10 答案 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o,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 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。、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 () g 甲 A.a3可能大于a1 B.滑块与轨道间的动摩擦因数μ= mai-klo mg 1 C.滑块的最大动能Ekm=2ma3(x一x2） D.该过程因摩擦产生的热量Q=(mao一kl)(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=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 三、非选择题：本题共5小题，共54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简下落的时间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.(8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） 1 14.(13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 入y 二轮专题精准提升（五）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17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）·物理· 参考答案及解析 擦力作用，有一f=FN 小滑块相对半球速度大小为'。水平方向动量 规定向右为正方向，由动量定理有 守恒可得 -uFN△t=m△vx (2分) Mv=m(ucos 0-v1) (1分) 由速率损失25%，有△vx=(1一0.25)v: 整体机械能守恒可得 0x=-0.25vz,△vy=-0.750y-vy=-1.75v, 1 由每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为 mgR1-cos0)=分Mui+ 2 m(v'sin 0)2+ 1 30°，有tan30°-y (1分) 2m(v'cos o-v:)2 (2分) 脱离前，小滑块相对半球做圆周运动，在脱离瞬 √3 联立解得4=7。 (1分) 间，只受重力作用，以半球（此瞬间为惯性系）为 14.(1)0.8m(2)3m/s(3)(1,0,-4) 参考系，小滑块受力满足 【解析】(1)由图乙知平抛运动落地时竖直方向 21 mgcos 0-m R2 (1分) 速度o.=4m/s (1分) 由v2=2gh (1分) 联立可得 得h=0.8m (1分) M_(cos0)3-3cos0+2_7 (1分) 25 (2)由图乙知平抛运动落地时水平方向速度 m 3cos 0-2 ②由上式解得 v,=4 m/s (1分) 对球A、B碰撞过程分析，由动量守恒有 4 54 (2分) 2mvo-2mv+mv, (1分) 0'=√58R,01=8/58R 由动能定理有 即小滑块实际速度 1 1 M74 3 4 ×2mu6=2×2muf+2mu2 (2分) u:=m1=40√5gR,w,=0'sin0=i√5gR 解得vo=3m/s (1分) (1分) (3)小球A碰后经半圆形轨道b端飞出做平抛运 如图所示，此时小滑块可视为做曲率半径为ρ的 动，落地时沿水平方向速度v,=v1=1m/s 圆周运动 (1分) 滑块速度与水平方向夹角α满足 A、B两球抛出速度方向相同，故v,=0(1分) cos a-25 (1分) 两者落地时在竖直方向的速度都为v:=4m/s (1分) 小滑块对应向心加速度 故d点在图乙中的坐标值为d(1,0,-4)。 7 (2分) an-gcos a-258 (1分) 15.(1)5 125 由圆周运动向心加速度公式可得 112R v23+2_ an- 258 (1分) 【解析】(1)由动能定理可得 mgR(1-cs0）-7m 代入数据解得 (2分) 125 p=112R. (1分) 小滑块做圆周运动，向心力满足 1 v2 mg cos 0-2mg-m R (1分) 联立上式得 5 c0s0=6 (2分) (2)①设小滑块脱离半球时，半球速度大小为1， 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 4.8×104 h1-h2 24kW=2X103kW,B错误；一次涨潮，发 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升h= 2 电机发电量E。=gh,水的质量m=(h1一h2)× 2m,A错误；根据电功率的公式有P=W Sp,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 ·15· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 用U=200kV直流电向某地区输电时，通过输电 P 工件加速过程的位移大小x'三at2=20m,工件匀 线的电流I=),输电线上损耗的功率△P=Ir, 速过程所用的时间=二卫=25，每隔15把工 △P 解得-DX100%=5%,D正确。 件放到传送带上，所以匀加速过程放了4个，匀速 2.C【解析】根据物块与地面的摩擦力大小∫随x 过程放了2个，每个工件离开B端时恰好在A端 的变化图，由能量守恒定律可知，第二次也能到达 放上一个工件，传送带上共6个工件，A错误；由 A点，且速度也为01，第一次加速度逐渐变大，第 于每隔1s放一个工件，传送带的速度是10m/s, 二次加速度逐渐变小，第二次取向左为速度正方 而每个工件的运动情况都相同，相对于传送带静 向，时间从t=0开始，其两次速度随时间变化分 止的相邻的两个工件之间的距离一定是10m;工 别如图所示，可知第二次所用的时间更长，A、D错 件在传送带上做加速运动时，是初速度为0的匀 误；从A到B由动能定理可得了mi-了时 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 w,=号，整理可得了--i）,可得 件之间的距离最小，即传送带上两个工件间的最 1 fx图像的斜率及=-？（一），B错误；两 小距离1)at出号X2.5X1m=1,25m,D s s2 错误：满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩 1 火运动中，物块运动在距离A点25处摩擦力做 擦力之和，则F:=4μng cos0十2 ng sin0=40N, C错误；若传送带上只有一个工件，将其从A点运 功不相等，在该位置摩擦力大小相等，速度大小不 送到B点，加速阶段克服摩擦力做功有W= 相等，由功率公式P=F⑦可知，摩擦力功率大小 f△x=umg cos0·(t-x)=150J,根据能量守 不相等，C正确。 恒，若传送带上只有一个工件，将其从A点运送到 DA ① B点传送带雪要多消耗电能E=m2十mglsin0叶 W=400J,B正确。 ② 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 3.C【解析】球从A到B的过程比从B到A的过 小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球 程中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程 把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤 球对轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功 压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，D 更多，A错误；由球在第一次经过C点后恰好能通 错误；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有 过最尚成B,故在B点有mg-,得 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 √gR,则VA=3√gR,球从A到B的过程运用动 挤压力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运 能定理有-2mgR十w,=m3-合mi,解释 励，C错误；当重心下降)时，根据机械能守恒定 Wf=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°= 件符写=mg·尽解得0=√反R,同料对整体 muc 3gR P,解得c一、C正确离开轨道时球做 在AB受时，重心低于，所以第1个小球到达最 斜抛运动，将c分解为水平方向和竖直方向， 低，点的速度v<√gR,A正确。 v.=vcsin37°，v,=vccos37°，水平方向有 6.D【解析】汽车匀加速运动时W=Fx=F Rcos37°+0.2R=t,竖直方向有y=一v,t十 2at2, 2g1,则接球时书包离A点的竖直高度 可得 a,商离像了知-号F,可得P= w 1 t2 167 1 1 h=R+Rsin37”-y,联立解得h=27R,D错误。 2Fato=2Fu=2P领，可得P=2P,A错误；在 4.B【解析】工件在传送带上加速过程，由牛顿第二 4，时同内汽车位移x=-份) to 定律可得mg cos日-mgsin日=ma,代入数据可得 a=2.5m/g,工件加速过程所用的时间1=”=4s, a 8a6,牵引力做功W1=Fz=2P.3 3 无。一aPx。平 ·16· ·物理· 参考答案及解析 W13 P1 1 均功率P= 1 2P,B错误；根据2。=2Pa, 程，动能的变化量△Ek=2m品一0，从x2~1过 2to 其中a= F- 2mP 程，动能的变化量△E=0-2mi,联立可得 m ,解得∫=F-。,C错误；当牵 1 1 引力与阻力相等时加速度为零，此时速度最大，则 △E=2mu品-0=2ma,(xg-x2),△Ek=0 汽车在行骏过程中所能达到的最大速度0。 f 2=一na1《x2一x1),滑块从A到B过 2PFto F。-2nPD正确。 程，可知动能的变化量为零，则有△Ek十△E4=0, 7.B【解析】BC整体达到最大速度的过程中，传送带 可得7ma,c,-x,)-2ma1(:一z1)=0,又根 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间弹簧处于 据a-x图像的斜率a1=a:,联立解得a1 x2-x1x3一x2 压缩，有x1=mg,解得x1=0.1m,C沿传送带下 1 滑，C与传送带的摩擦力f=mcgcos a,解得 ag,A错误；由A项分析，最大动能Em=2mu品- f=30N,当BC整体达到最大速度时，加速度为 1 0,弹簧处于伸长状态，则kx2十mBg=mcgsin a+ mag(x3一x2),C正确；当弹簧长度为x时，根据牛 mcg cos a,解得x2=0.l5m,D错误；对BC整体根 顿第二定律有一k(x-lo)十mg=ma,解 据能量守恒定律得（mcgsin a十mcgcos a一 得mg=ma十k(x-lo),当x=0时加速度a=ao, mag+）-2i+me+me, 1 可得mg=一，解得4-ma二，系统产生 mg V3 解得vm=6 m/s,B正确；由于继续运动，AB间弹 的热量Q=mg(x3-x1)=(mao-kl,)(x3-x1),B 错误，D正确。 力增大，C将减速运动，C错误。 10.AD【解析】物块A与小球B组成的系统除了 二、多项选择题 受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其他力所 8.ABD【解析】运动员在弹离蹦床后做竖直上抛 做功不为零，则物块A与小球B组成的系统机械 1 能不守恒，A正确；小球B第一次运动到C点时， 运动，则有y=01一2g2,上升到最高点时，利用 逆向思维有=go,解得t。=0 物块A下降的高度h=B0,一O,C=0:C sin 0 ,根据对称性可 O2C=0.4m,小球B下降的高度h1=O2Ccos0= 知，运动员返回弹离蹦床位置的时间1一 0.48m,未释放小球B时，设弹簧的形变量为 2,=20,运动员在弹离蹦床后的运动过程中位 △x1,对物块A有△x1十Mg=F,解得△x1= g 0.2m,此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到 移与时间呈现二次函数关系，图像为一条抛物线， C点时△x2=hA1一△x1=0.2m,此时弹簧被压 且开口向下，A正确；运动员在弹离蹦床后做竖直 缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相 上抛运动，则有v=℃0一gt,运动员在弹离蹦床后 等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有 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 MEan十ngkm=号Moi十名mi,由于小球B g 在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知 床位置的时间为2，B正确；运动员在弹离蹦床 1 g 0A=0,解得小球B的动能EB=2mU1= 后做竖直上抛运动，加速度始终等于重力加速度， 12.8J,B错误；小球B从释放第一次运动到C 即运动员的加速度为一条平行于时间轴的直线，C 点，对小球B,根据动能定理可得W十mgh1= 错误；运动员仅受重力作用，运动过程中机械能守 E妞，解得W=8J,D正确；由几何知识可 恒，以人弹离蹦床时的重心处为参考平面，则机械 得BO2=DO2,故小球B第一次运动到D,点，细 能始终等于}m,可知机城能随时间的变化关系 线物块A回到初始位置，设此时小球B的速度为 V2,物块A的速度为TA2,则VA2=eC0s0,小球 图像为一条平行于时间轴的直线，D正确。 B下降的高度h=2O2Ccos0=0.96m,整个过程 9.CD【解析】根据v2=2ax,可知cx图像围成的面 根6功能定理可得mgg号he十弓mi,时A 1 积，衣示为号由图可知，当滑块运动到位置时，滑 1 块的加速度为零，速度最大，设为m,从x3~x2过 的动能Bu=2Mwi≈5.39J>0,C错误。 ·17· 真题密卷 二轮专题精准提升 三、非选择题 解得v。=2√gR 11.(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 分)0.93(1分)误差允许范围内，系统机械 1 1 能守恒(1分) 得-mgR(1+cos60)+W=2mu呢-2mo8 【解析】(1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间 (2分) 等于一个简运动的周期，则T-0s=0.02s。 1 解得W= 3mgR (1分) 8 (2)根据竖直方向的运动规律知，在点B时羽毛球 AC2.63+3.04 (3)由cos60°=B (1分) 筒下落的速度 UC 2T2X0.02 X10-2m/s= 解得UB=√gR DF 1.4m/s,点E时羽毛球筒下落的速度vE= 小物块从A到B的过程，根据动能定理可 4下 得=2mg元R=)mu3 1 8.76+10.37 -2mo6 (2分) ×10-2m/s=2.39m/s,故从，点B下落到 4×0.02 1 1 1 点E羽毛球简动能的变化量为2mme2 2 mon2- 解得μ一2元 (1分) 0.94J,重力势能的变化量为mgh BE=0.5X 14.(1)5√2m/s(2)5m/s (m.m) 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 1 守恒。 但定律有2mgR高2mo32m0 (1分) 12.(1)等于(1分)(2)√2gh(1-cos0)·t(2分) vi (1分) 4.73(2分)(3)大于(1分)L1+L。-D 在最高点由牛顿第二定律有mg=m (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，且遮光面积达到阙值 高点时，设其速度大小为，由牛顿第二定律 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 有mng cos0=mR (1分) 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c0s0)= 由牛顿第二定律有mg sin0=ma (1分) 2mu2,解得v=√2gh(1-cos0),故遮光宽度 小球从A点开始运动到最高，点，由动能定理 1 L0=v·t,解得L0=√2gh(1-cos0)·t,代入 mga sin 0-2mgRcos-m()- 数据可得L。=4.73mm。 1 2 mvg (1分) D (3)由于L。=4.73mm大于2=2.55mm,说明 联立解得o0=5m/s (1分) 光电门的光照孔遮光面积的阈值大于光照孔面 (3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场 积的一半。由上述分析可知，该阔值会导致遮光 力F=gE=5N 片的有效遮光宽度与其实际宽度有差异。当使 小球的重力沿y轴负向的分量mg cos0=5N 用一块宽度为L1(L1>D)的遮光片时，其有效 表明小球在垂直于中轴线OO'的平面内的分运 遮光宽度应为L1十L。一D。 动为匀速圆周运动，设其周期为T,则有 13.(1)VgR (2)-3mgR 1 T=2πR_2x 2 8 (3)2m 5 S (1分) 沿O。方向分运动为初速度为0的匀加速直线 【解析】(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第 运动 二定律得mg-N=muE R (1分) 设小球离开圆筒的时间为t,则有 1 解得uE=VgR (1分) L= (1分) 2 2 (2)小物体从B到C,做平抛运动在C,点有 解得t=3πs (1分) sin60°-t 2 (1分) Uc ·18· ·物理· 参考答案及解析 说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒， 好 且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为 m2g-m2 R 60°，故此时小球的坐标值x=一Rsin60°= vM=√2.25m/s=1.5m/s 2 -m, 由牛顿第二定律得 1 y=Rc0s60°=2m (1分) um2g=mzab :m2g一u(m2+mc+mn)g=(mc+mp)acD(1分) 解得 (1分) ab=4 m/s2 15.(1)0.6m9J(2)不能，h=0.375m acD=2 m/s2 (8号ke<m<1k8 物块b从Q点到M点，由动能定理可得 mg·2R=m:-m: (1分) 【解析】(I)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 解得 系得 v6=√11.25m/s 1 Fxo-2ka (1分) 设物块b最终与木板C相对静止时的速度为 V共，则 弹簧恢复原长时a、b分离，从弹簧最短到a、b分 v6一abt=v共=acDt 离，以a、b和弹簧为研究对象，由能量守恒得 解得 2kai-2Ek 5 0=2m/s 解得 名2一喉喉 xo-0.6 m (1分) △x= 2×42x2=0.9375m<L.=1m Ek=9J (1分) 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M (2)设G、H为圆上与圆心等高的两个点，若物块 点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止， b能到达M点，由动能定理得 设物块b在木板C上滑行的时间为t1,由运动学 m:g·2R= 1 2m20i-2m2呢 (1分) 公式可得 1 1 i2as好-2acot号=Lc (1分) vM=0<√gR=1.5m/s acpti=vb-abti 所以物块b不能到达圆周最高点M,若物块b能 解得 通过H点，由动能定理得 (1分) o%=23m/s 1 1 -m:gR-2m:vi-2m:vi (1分) 解得 由能量守恒得 vH=√4.5m/s>0 1 所以物块b通过了H,点，综上分析，b在H、M 2无xa=2n10飞十2262 (1分) 之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E点恰 解得 好脱离，设E点与圆心的连线与竖直方向的夹角 m1=1 kg 为0，则 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M m2vi m2gcos 0=R 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， (1分) 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 从Q点到E点由动能定理可得 1 0t22at话-2acmt8=L (1分) 1 -m2gR(1+cos 0)= 2m2v2- 2m2o2(1分) 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 解得 速度大小 s6-号 a=uDg=1 m/s2 假设此时木板C和木板D分离，由于 则h=R十Rcos0=0.375m (1分) upm2g<u(m2+mD)g (3)当物块a、b分离后，物块b恰好通过M点 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑 速度大小为α，对木板D由牛顿第二定律可得 动的相对位移为△x,由圆周运动知识得 4(m2十mD)g-uDm2g=mDa 。19· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 解得 36 a=6 m/s2>a=4 m/s2 %=92m/s 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 。 由能量守恒定律得 为a'cn,则 1 μ(m2+mc+mp)g-nm2g=(m。+ma)acn (1分) (1分) 解得 解得 2 a'cD=4 m/s2 mi-3kg 又(o8-ast2)2() =LD 综上可知 2a"b 2a'cD 2 解得 kg<m1<1kg。 (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 前后总动量方向在同一直线上，如图所示，由于x子= 1.A【解析】设△时间内倒入壶中油的质量为m,油 到达壶口时的速度为v,则有m=p·△V,△V=S· 十z,可知a十B=7,C错误，D正确。 心，根据机减能守恒，则有2m=mg(H-h),联立 O. -O. 解得m=pS√2g(H一h)·△t,故单位时间内落 0 QO 入壶中油的质量△m==oS /g(H-D,A 正确，B错误；随着油面的上升，后落入壶内的油 Q 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 其动量的变化更少，C、D错误。 B 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 则有mgsin0+mg cos8=ma1,解得a1=gsin0+ 4.C【解析】设两个质量分别为m1、m2的物体抛 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于u<tan0, 出时的速度大小分别为v1、2,由题意可知物体落 加速至与皮带相等速度后，对物块有mg sin日 到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过 umg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取 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 地面为零势能面，则有m1gR+)m1of=m2gR+ 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 2m:,可得m1gR十 2mi-migk+ 2,代入 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加 速直线运动，共速前加速度大于共速后的加速度， 数据，可得m1十2 m+2 ,则有m1一m2= m2 所以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D 正确。 2_2_2(m1-m）,则一定有m1m2=2,C m2 mI mim2 3.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中动 正确。 量守恒，需要满足m号=m。 5.B【解析】设小球质量为m,小车质量为M,小球 和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所 m号na=m号s如A,约分后有x=,0s十 以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，V2=0时 t x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中机 总动量p1=m√gR,1=0时总动量p2= 被能，动量布守恒，还需要清足专m?)= M√gR,又有1=p2,解得m=M,A错误；小球 上升到最高点时与小车具有共同速度，设为？共， ()+司m(侣)，茎理可得=+函，碰撞 圆mVgR=m十M)u,解得二，B卫 ·20·