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（重庆甘肃贵州专用）

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 3 4 5 6 7 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 海水闲 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.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 A(a) c(+a) 二轮专题精准提升（五）物理第1页（共8页） 真题名 认输的路的走，但赢的风景，只有安牙登项的人能看见 3.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。 班级 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 姓名 响)，此后上升的最大高度为h。 二级火箭 得分 级火箭 、 方案一 方案二 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√2gh 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 4.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 .0 D 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 5.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 力做的功为W,其：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 () 6 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第2页（共8页）】 2 A.汽车的额定功率为P B?一：时间肉，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 6.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7062.68。设想潜水器的平稳潜浮，是通过微调吸人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=k2pw2。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k3(h-1000)。 上述表达式中k1、k2k3p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 1.04H 1.03 1.02H 01234567h/(×103m) A.题目中ρpo表示海面处海水的密度 B.浮力做功W1=3000k1(0。+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△，则可求出潜水器的速度大小 7.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/s,弹簧 1 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 () B a入OF 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 5W3 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 2 二轮专题精准提升（五）物理第3页（共8页） 真题 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 10 答案 8.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xt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/(m's) 未归零归零 0.4 状态状态 A 0.3 0.2 0.1 、B 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 9.如图，质量分别为1和m2的两个重物系于不可伸长的细绳两端，绳子绕过一个半径为 R的轻质滑轮，在滑轮的轴上固定了四个长为L的轻杆，每两根杆之间的夹角为90°，滑 轮转动时可同时带动杆转动，杆的端点各固定有质量为m的相同小球。一开始用手托 住系统静止，现释放m1,系统开始运动起来，已知m1=10m,m2=6m,整个运动过程中 绳子和滑轮间无相对滑动，且滑轮两边绳子足够长，各物体之间均未发生碰撞，小球和 物块都可以看作质点。则当m1下降高度为h时 () m ○m m A.m1和m2组成的系统机械能守恒 B.m1减小的机械能大于m2增加的机械能 C.下降过程中任意时刻m1的速率与杆上小球的速率之比为一定值 D.m1下降高度为h时，m1的速率为R√4R+L 2gh 10.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 () 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第4页（共8页） 2) g D 三、非选择题：本题共5小题，共57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 凡八八八 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,羽毛球简的质量为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 二轮专题精准提升（五）物理第5页（共8页） 真题密 12.(9分)光电门是一种可精确记录物体运动时间的装置。 光照孔 h 遮光片 接收端。 9 小铅柱 发射端 (含光源) 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， 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 (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。 支撑轴 7元 14.(13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，=√3g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-8 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 快对下管壁的压力N二Smg已知∠COD=60,重力加速度为g,忽略空气阻力。】 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。 607 D 2 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，内壁光滑的绝缘薄壁圆简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一10术m,0和0分别为圆简左、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。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10/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，求小球离开圆筒时在坐标系xOy中的位置 坐标。 0, 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 S=dh (1分) p·dho3.△t 根据 R p一S pdv? vh·△t R。 (2分) p-号 (1分) 15.(1)0.8m(2)3m/s(3)(1,0,-4) 可得水的质量 【解析】(1)由图乙知平抛运动落地时竖直方向 △m=p·△V=p·dhx·△t (1分) 速度v.=4m/s (1分) (2)由于△极短，可以把水的运动简化为圆周匀速 由v2=2gh (1分) 运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度 得h=0.8m (2分) v2 (2)由图乙知平抛运动落地时水平方向速度V,= a一R (1分) 4 m/s (1分) 又因为 对球A、B碰撞过程分析，由动量守恒有 △w 2mvo=2mv+mv, (1分) a-A (1分) 由动能定理有 联立解得 1 1 v2 2mv? (2分) △u=R·△ (2分) X2m2x2m 解得vo=3m/s (2分) (3)根据牛顿第二定律可得 (3)小球A碰后经半圆形轨道b端飞出做平抛运 2 F=△mR (1分) 动，落地时沿水平方向速度vz=01=1m/s (2分) 联立上述结论，解得 F=p·dho3·△t A、B两球抛出速度方向相同，故⑦，=0(2分) R (1分) 两者落地时在竖直方向的速度都为v:=4m/s 水流与河堤作用的面积 (2分) S'=△l·h=h·△t (1分) 故d点在图乙中的坐标值为d(1,0,-4)。 故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强 (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 2.A【解析】设地球质量为M,月球的质量为m, 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升=h:一h: 探测器的质量为m0,引力的合力做功与引力势能 2 的关系为F△x=一△E。,可知E。x图线的切线 W 2m,A错误；根据电功率的公式有P= 针率绝对值Ag|=F,由图乙可知，图像切线针 4.8×104 △x 24 kW=2×103kW,B错误；一次涨潮，发 率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器 电机发电量E。=gh,水的质量m=(h1一h2)X 作用力随探测器位置x的增大，先逐渐减小后逐 S,发电机日平均发电量E=4E0,解得小型发电 渐增大；在x=d处图线的切线斜率为0，则探测 站所圈占的海湾面积S=5.4×106m,C错误；采 用U=200kV直流电向某地区输电时，通过输电 器在该处受地球和月球的引力的合力为零，即 P 线的电流I=,输电线上损耗的功率△P=I7, GMmo-G (L-d),可得地球与月球的质量之比 mmo △P 解得= ×100%=5%,D正确。 - 2 ,A正确。 ·17· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 3.C【解析】两个方案中，火箭运动过程中弹簧的 to 弹性势能转化为火箭的动能，火箭机械能增加，A ，时同内汽车位移x=弓a-a(份) 错误；设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为E。, 8at6,牵引力做功W1=F 2P.3 3 a,`8at6- Pto,平 41 方案一中，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守 W13 1 恒有2E,=mgh,得E,=2mgh,D错误，方案二 均功率P= P,B错误；根据 1 2 =2Fa, to 中，一级推进完成瞬间，设火箭的速度大小为1， 根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒 其中a=F二f,解得∫=F-2nP, m F。,C错误；当牵 1 有E,=2mu,求得0=√h,设二级推进完成瞬 引力与阻力相等时加速度为零，此时速度最大，则 间，一级火箭和二级火箭的速度分别为U2和3，根据 P领 汽车在行驶过程中所能达到的最大速度0= 一级火箭、二级火箭以及两级火箭之间弹簧组成的系 2PFto 1 统动量守恒和机械能守恒分别有mu=2u,十 Ft-2mPD正确。 6.D【解析】将h=1000m代入p=p+k3(h- 2mw'2mi+E,=.是m 11 .11 =2·2mu3+2·2mui,联 1000),可知p0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 立解得v2=0,v3=2√gh,设二级火箭上升的最 大高度为'，则二级推进完成后，根据二级火箭机 F1=k1p0-k1k31000+k1k3h,将h1=4000m、 1 h2=7000m代入解得F=k1p0+3000k1k3, 11 械能守恒有2·2m0i=2mgh',解得h'=2h,B F1=k1P0十6000k1k3,由于F1-h成线性变化， 错误，C正确。 则浮力做功 W 4.A【解析】在下滑的过程中，水平面上的小球要 (k1P0+3000k1k3)+(k1p+6000k1k3) ×3000= 做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后 2 面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以 一3000k1(0十4500k3),B错误；吸入水的过程中 小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球 还有其他力做功，C错误；设潜艇原来的质量为 把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤 m,根据力的平衡条件可知mg=k1p1十2p1v2,吸 压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，D 入水后，有(m十△m)g=k1p2+k2p2o2,其中p1代 错误；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有 表4000m处水的密度，Pp2代表7000m处水的密 外力对小球做功，小球的机械能不守恒，B错误； 度，代入后可解得速度，D正确。 由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的 7.B【解析】BC整体达到最大速度的过程中，传送 挤压力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运 带对物体C做功，则A、B、C组成的系统机械能不 动，C错误：当重心下降时，根据机被能守恒定 守恒，A错误；初始时刻，BC间无拉力，则AB间 弹簧处于压缩，有bx1=msg,解得x1=0.1m,C沿 R 律得2m02=mg·2,解得u=√gR,同样对整体 传送带下滑，C与传送带的摩擦力f-meg cos a,解 得f=30N,当BC整体达到最大速度时，加速度 在AB段时，重心低于尽，所以第1个小球到达装 为0，弹簧处于伸长状态，则bx2十mBg=megsin a+ umcg cos a,解得x2=0.15m,D错误；对BC整体 低点的速度0<√gR,A正确。 根据能量守恒定律得(mcgsin a十umcg cos a 5.D【解析】汽车匀加速运动时W=Fx=F2at, 1 1 1 1 可得1， mBg)(x1+x2）=2kx号-2kx+2（ms十 F?a,由图像可知号-名，可得P 5W3 mc)v品，解得vm= 6m/s,B正确；由于继续运 1 1 2Falo-2Fv- 2P,可得P额=2P,A错误；在 动，AB间弹力增大，C将减速运动，C错误。 2 ·18· ·物理· 参考答案及解析 二、多项选择题 x2)- 2ma1(x?一x1)=0,又根据ax图像的斜率 8.AC【解析】由图乙可知，A拔出时的速度vo= 0.4m/s,A与B碰前A的速度A=0.3m/s,A a一，联立解得a1=a,A错误；由A项 x2-x1 x3-x2 与B碰后A的速度v'A=0.1m/s,A与B碰后B 1 的速度vB=0.2m/s,根据匀变速直线运动规律则 祈，最大动能Ekm一。0三2ma3(x3二x2),C 正确；当弹簧长度为x时，根据牛顿第二定律有 有2(vA十u)t=51,代入数据解得算珠A在碰撞 -k(x-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= 前运动的时间t= 2s1_2×3.5×10-2 s=0.1s, 0+vA0.3+0.4 0。一灿，解得4=m一如，系统产生的热量Q= △00.1 mg 算珠A的加速度大小a= △t0.im/s2= mg(x3一x1)=(ma0-blo)(x3-x1),B错误，D 1m/s,碰撞后算来A的位移=哈-01 正确。 2a 2xi m= 10.ABD【解析】运动员在弹离蹦床后做竖直上抛 0.5cm,由于s1十s1=4cm,而算珠A到边框的距离 1 运动，则有y=02g,上升到最高点时，利 5=51十s2=5.5cm>4cm,算珠A无法归零，碰后算 i0.22 用逆向思维有=g。,解得。=，根据对称性 珠B的位移sB一2a2X1m=2cm,而算珠B到边 g 可知，运动员返回弹离蹦床位置的时间t1= 框的距离恰好为2cm,算珠B恰好归零，A正确，B错 误；结合上述分析，根据牛顿第二定律则有g= 2。-200,运动员在弹离骗床后的运动过程中位 g ,解得4=a=0.1,C正确；设算珠的质量为m,碰 移与时间呈现二次函数关系，图像为一条抛物 g 线，且开口向下，A正确；运动员在弹离蹦床后做 前算珠的机械能E=, 2×mX0.32(J)= 竖直上抛运动，则有口=0一g,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 Q.045mD,碰撞后算珠具有的机械能E=2mm?十 母率为负值，减速至0的时间为，运动员返回 m8=2m0,1+0.2)0)=0.025m0,是然 1 弹离蹦床位置的时间为 w0,B正确；运动员在弹 g E≠E,D错误。 离蹦床后做竖直上抛运动，加速度始终等于重力 9.CD【解析】根据v2=2ax,可知ax图像围成的面 加速度，即运动员的加速度为一条平行于时间轴 和，表示为号：由图可知，当清类运功到：位豆时，滑 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 块的加速度为零，速度最大，设为vm,从x3~x2过 平面，则机械能始终等于2m6,可知机械能随时 程，动能的变化量△E=2mU品-0，从工2~x1过程， 间的变化关系图像为一条平行于时间轴的直线， D正确。 动能的变化量△迟=0-了m2,联立可得△B 三、非选择题 1 1 11.(1)0.02(1分)(2)1.4(2分)0.94/0.95(1 2nw2—0—2a3（x3—x2),△Ek=0二22z= 分)0.93(1分)误差允许范围内，系统机械 能守恒(2分) 一2m01(x2一x1),滑块从A到B过程，可知动能的 【解析】(1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间 变化量为零，则有△Ek+△E=0,可得号ag(z3口 1 等于一个简谐运动的周期，则T=0s=0.025。 ·19· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)根据竖直方向的运动规律知，在点B时羽毛球 (3)在B点时vz=,=vcos45 (1分) AC2.63+3.04 筒下落的速度s=27=2×0.02 ×10-2m/s= 从B到C过程，竖直方向H三v,t十2gt2 DF 1.4m/s,点E时羽毛球筒下落的速度vE (1分) 4T 解得t=0.5s (1分) 8,76+10,3×10:m/s=2.39m/s,故从点B下落到 4×0.02 水平方向d=r十0t (2分) 1 点E羽毛球筒动能的变化量为)m子 2= 联立解得d=1.25m。 (1分) 1 0.94J,重力势能的变化量为mghE=0.5X 14.(1)gR (2)-3mgR 2 8 3)2r 9.8×(3.04+7.23+8.76)×10-2J≈0.93J,由 【解析】(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第 此可得出的结论是误差允许范围内，系统机械能 守恒。 二定律得mg一N=mu (1分) R 12.(1)等于(1分)(2)√2gh(1-cosθ)·t(2分) 4.73(2分)(3)大于(2分)L1+L。-D 解得g=gR (1分) 2 (2分) (2)小物体从B到C,做平抛运动在C点有 【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 sin60°-8t (1分) vc 时开始计时，遮光面积减小到阈值时计时结束， 解得v=2√gR (1分) 由于遮光片的宽度为L,因此有效遮光宽度等于 小物块从C到E的过程，根据动能定理可得 遮光片的实际宽度L。 1 1 (2)铅柱从静止释放后，经过光电门时的速度) -mgR (1+cos 60%)+W=2mv2mv 可以通过动能定理计算mgh(1一cos)= (1分) 2m0,解得v=√2gh(1-cos0),故遮光宽度 解得W=_3mgR 8 (2分) L0=v·t,解得L0=√2gh(1-cos)·t,代入 数据可得L-4.73mm。 (3)由c0s60°=0B (1分) Uc D (3)由于L0=4.73mm大于 =2.55mm,说明 解得vB=√gR (2分) 光电门的光照孔遮光面积的阈值大于光照孔面 小物块从A到B的过程，根据动能定理可得 积的一半。由上述分析可知，该阈值会导致遮光 1 1 -2mg元R=2mui-2mo8 (1分) 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 1 解得μ一2元 (2分) 遮光宽度应为L1十L。一D。 13.(1)10-3W(2)4×10-4J(3)1.25m 15.(1)5√2m/s(2)5m/s (3) 31 -2m,2m 【解析】(1)经过B,点时，重力的功率 P=mgucos45° (1分) 【解析】(1)小球从最低点到最高点，由机械能守 代入数据可得P=10-3W (1分) 1 1 恒定律有2mgR=2mu6-2mui (1分) (2)从A到B过程，根据动能定理有 vi mgh-W元a为=2mw2-0 (1分) 在最高，点由牛顿第二定律有mg=m (1分) 解得W克力=4X10-4J (1分) 解得v=5√2m/s (1分) 2 ·20· ·物理· 参考答案及解析 (2)小球在圆筒的横截面内做圆周运动，经过最 2πR2π 5s (1分) 高点时，设其速度大小为，由牛顿第二定律有 2 沿O'O方向分运动为初速度为0的匀加速直线 mgcos 0-m R (1分) 运动 在沿O'O方向做初速度为0的匀加速直线运动， 设小球离开圆筒的时间为t,则有 设其速度为'，位移为x,有2=2ax(1分) 1 L= (1分) 由牛顿第二定律有mg sin0=ma (1分) 2 小球从A点开始运动到最高点，由动能定理有 解得t= 3πs (1分) mgasin g-2mgRcos-7m( 1 1 潮号-即=1 (1分) (1分) 说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒， 联立解得v=5m/s (2分) 且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为 (3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场 5 力F=qE=5N (1分) 60°，故此时小球的坐标值x=一Rsin60°= 2m, 小球的重力沿y轴负向的分量mg cos0=5N y=Rcos60°=2m (1分) (1分) 表明小球在垂直于中轴线OO'的平面内的分运 即坐标为 √31 2m,2m。 (2分) 动为匀速圆周运动，设其周期为T,则有T= 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 第二定律F=ma,可知物块所受的合外力大小F 1.A【解析】设△时间内倒入壶中油的质量为m,油 随时间七变化：先是较大的恒力，共速后，变为较小 到达壶口时的速度为v,则有m=p·△V,△V=S· 的恒力，A、B错误；由动量表达式p=mv可知，动 心，根据机核能守，则有2m=mr(H一-A),联立 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， 解得m=pS√2g(H-h)·△t,故单位时间内落 所以物块动量大小增加得先快后慢，C错误，D 入壶中油的质量△m-器-5V2g《H-,A 正确。 3.D【解析】设闪光的时间间隔为t:若碰撞过程中 正确，B错误；随着油面的上升，后落入壶内的油 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 动量守位，需要满足n兰=m兰十n孕mB, 其动量的变化更少，C、D错误。 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 m7na=n2smA,约分后有，=osa十 则有mgsin0十mg cos0=ma1,解得a1=gsin0十 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于u<tan0, 加速至与皮带相等速度后，对物块有mgsin日 教械能、动童都守恒，还窝要满足豆仔)” μngcos0=ma2,解得a2=gsin日-gcos0,物块 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 ·21· 2