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（山东专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（五） 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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 4 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 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2.7×10m 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，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 () f A7777777777777777777B 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(o-i) C.两次运动中，在距离A点2s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v1 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,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 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 速度为g,球可视为质点，不计空气阻力。si37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是( 班级 B .37 姓名 得分 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c=P5了 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=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么三，g取10m/s,下 列说法正确的是 () B 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() .0 D A.第1个小球到达最低点的速度<√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：内汽车率引力做的功为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() 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第2页（共8页） 3 A.汽车的额定功率为P B号一，时间内汽车的平均功率为 P 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 F2to-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=k1,流 体阻力F2=k2w2。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= p十kg(h一1000)。上述表达式中k1、k2、k3p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/(×103kgm3) 1.06H 1.05H 1.04 1.03 1.0 01234567h×103m) A.题目中P。表示海面处海水的密度 B.浮力做功W1=3000k1(p+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 8.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5，已知A的质量为10kg、B的质量为2kg,C的质量为 4kg,g取10m/s,弹簧弹性势能表达式为E。-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 () A a>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 B.B物体的最大速度为mS 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 3 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4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，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 9 10 11 12 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rt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10/s2,则下列说法中正确的是 () 未归零归零 /(m's) 0.4 状态状态 A 0.3 0.2 0.1 B 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 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a、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 () y AD A B E C D 11.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。、劲度系数为飞，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α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 o L777KF77777 B 甲 密卷 二轮专题精准提升（五）物理第4页（共8页） A.a3可能大于a1 B.滑块与轨道间的动摩擦因数4=ma1一。 mg 1 C.滑块的最大动能Em=2ma3(xg一x2） D.该过程因摩擦产生的热量Q=(ma。一kl,)(xg一x1) 12.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 () 90 D 0 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6小题，共60分。 13.(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 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 0 二轮专题精准提升（五）物理第5页（共8页） 真题密 14.（8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 小铅柱 日9- 发射端 9 (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L(L1>D)的遮光片时，其有效遮光宽度应为 (用D、 L。、L1表示)。 15.(8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=0.75m,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： B 45 支撑轴 H 匆 乙 卷 二轮专题精准提升（五）物理第6页（共8页） 3 (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。 16.(8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。=√3gR的水平初速度由A点 /3R 切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，经过时间t=, 正好从管口C(与管口无碰撞)进入圆管，然 8 后沿着管壁运动到E点，此时小物块对下管壁的压力N= 4mg,已知∠COD=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。 60° D 7777777777777 17.(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），圆筒的半径 R一1m,长度L=10,5元m,0和0分别为圆简左、右横截面圆的圆心，在圆简的右横截面圆内建 9 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=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vo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0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。 二轮专题精准提升（五）物理第7页（共8页） 真题密卷 -.-2-- y 4 0 l8.(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=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=mn=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4如=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 e M a b F .c D P 7577777777777777777777777777 二轮专题精准提升（五）物理第8页（共8页）真题密卷 2025一2026学年度二 物理·功与功率、功能关系、机 一、单项选择题 1.D【解析】涨潮时水库水重心上升h=1一h2 2 2m,A错误；根据电功率的公式有P=” t 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=(h1一h2)X 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=5.4×10m2,C错误；采 用U=200kV直流电向某地区输电时，通过输电 P 线的电流I=元，输电线上损耗的功率△P=I, △P 解得)=p×100%=5%,D正确。 2.C【解析】根据物块与地面的摩擦力大小∫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由动能定理可得行mi-号mi- 1 w,=-2,整理可得f-?（-i),可得 fz图像的斜率=上=”（一），B错误；两 次运动中，物块运动在距离A点2处摩擦力做 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 ⑦ ② 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=R,得B宁 3 ·2 二轮专题精准提升 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 能定里有-2mgR十w,=日mi-名m以，解得 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mgsin37°= mu 3gR R,解得wc一√°)，C正确；离开轨道时球做 斜抛运动，将c分解为水平方向和竖直方向， vx=vcsin37°，，y=ccos37°，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mg cos0-mgsin0=ma,代入数据可得 a=25mg,工件加选过程所用的时间1=日-4s, 工件加速过程的位移大小r-方a=20m,工件匀 速过程所用的时间-一工=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=2at好=2X2.5×12m=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一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点传送带需要多消耗电能E=。m+mglsit如0十 W:=400J,B正确。 ·物理· 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 R 动，C错误；当重心下降2时，根据机械能守恒定 律得mm-mg·尽，解得。-√R,同排对整体 在AB爱时，重心低于尽，所以第1个小球到运录 低，点的速度v<√gR,A正确。 6.D【解析】汽车匀加速运动时W=Fx=F 2at2, 可得W1」 (2Fa,由图像可知=2fa,可得P 1 2Fato=2 FU= P颜，可得P巅=2P,A错误；在 2 台时间内，汽奉位移红=弓a-名a份)°- ,率引力效功W=红一配·骨ad-P辛 3 2P3 3 4 均功率P=形1.3 1 1 P,B错误；根据 =2Fa, o 2to 其中a=F-f,解得f=F-2mP m ΓF。,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 P 汽车在行驶过程中所能达到的最大速度0= 2PFto F2-2nPD正确。 7.D【解析】将h=1000m代入p=p十kg(h 1000),可知p表示1000m处海水的密度，A错误； 潜水器在下潜4000m7000m过程中，浮力F,= k1p-k1k31000+k1k3h,将h1=4000m,h2=7000m 代入解得F'1=1P0十3000k1k3,F”1=1Pg+ 6000k1k3,由于F1h成线性变化，则浮力做功 W1=-1p+300kk:)e1p+600k,:2X 2 3000=一3000k1(p0十4500k3),B错误；吸入水的 过程中还有其他力做功，C错误；设潜艇原来的质量 2 参考答案及解析 为m,根据力的平衡条件可知mg=1P1十2P102, 吸入水后，有(m十△m)g=k1p2十k2P202,其中p1 代表4000m处水的密度，p2代表7000m处水的 密度，代入后可解得速度，D正确。 8.B【解析】BC整体达到最大速度的过程中，传送 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 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=mcg cos a,解 得f=30N,当BC整体达到最大速度时，加速度 为0，弹簧处于伸长状态，则kx2十mBg=mcgsin a十 umcg cos a,解得x2=0.15m,D错误；对BC整体 根据能量守恒定律得(mcgsin a十umcg cos a meg)a十a)=号如-号ai+号(ma+ 1 5√3 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。 二、多项选择题 9.AC【解析】由图乙可知，A拨出时的速度v。= 0.4m/s,A与B碰前A的速度va=0.3m/s,A 与B碰后A的速度vA=0.1m/s,A与B碰后B 的速度vB=0.2m/s,根据匀变速直线运动规律则 有2(0A十u)北=51，代入数据解得算珠A在碰撞 前运动的时间t= 2s12×3.5×10-2 U0十UA 0.3+0.4s=0.1s, 算珠A的加速度大小a= △v0.1 △t0.im/s2= k0.12 1m/s,碰撞后算珠A的位移1=2a=2X1m= 0.5cm,由于s1十s1=4cm,而算珠A到边框的距离 s=51十s2=5.5cm>4cm,算珠A无法归零，碰后算 呢0.22 珠B的位移58一2a一2X7m=2cm,而算珠B到边 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mg= m,解得u=口=0.1，C正确；设算珠的质量为m,碰 g 1 1 前算珠的机械能E=2mw=2×m×0.3)= 1 0.045m,碰擅后算珠具有的机械能E'=2mu+ 1 2moi=2m(0.12+0.2)0)=0.025mJ),星然 E≠E,D错误。 3 真题密卷 10.ABD【解析】运动员在弹离蹦床后做竖直上抛运 1 动，则有y=1一2，上升到最高点时，利用逆向 思维有。=g,解得。=，根据对称性可知，运动 员返回弹离瑞床位置的时间，=2。-2，运动员 g 在弹离蹦床后的运动过程中位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 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 00,B正确； 运动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2m,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。 11.CD【解析】根据2-2ax,可知ax图像围成的面 机，表示为号：由因可知，当滑块运功到往置时，滑 块的加速度为零，速度最大，设为Vm,从x3~x2过 程，动能的变化量△Ek=2mu品一0，从x2~x 过程，动能的变化量△E=0一2mu2,联立可得 1 △Ek=2mw-0=2ma,(xg-x),△E=0 一2ma1(x2-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, 1 可得2ma(x一x2)-2ma1(x2-x1)=0,又根 据ax图像的斜率01=ag ，联立解得a1= x2x1x3-x2 as,A错误；由A项分析，最大动能Em=2m品= 2ma3(xg一x2),C正确；当弹簧长度为x时，根据 牛顿第二定律有-k(x一lo)十mg=ma,解 得mg=ma十k(x-lo),当x=0时加速度a=ao, 可得mg=ma。一，解得4-m一，系统产生 mg 3 ·2 二轮专题精准提升 的热量Q=mg(x3-x1)=(ma0-bl,)(x3一x1),B 错误，D正确。 12.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hA1=B02-O,C三9 O2C=0.4m,小球B下降的高度hm=O2Ccos0= 0.48m,未释放小球B时，设弹簧的形变量为 △x1,对物块A有△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 MgN十mgha=号Moi+名mui,由于小求B 1 在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知 1 UA=0,解得小球B的动能Ew=2mi= 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mgh= Ek知，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 V2,物块A的速度为VA2,则VA2=V2cOs日，小球 B下降的高度he=2O,Ccos0=0.96m,整个过程 1 1 根据动能定理可得mghe=2Muie十2mo,则A 1 的动能Ea=2Muie≈5.39JP0,C错误。 三、非选择题 13.(1)0.02(1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) 【解析】(1)相邻两个顶点羽毛球筒下落的时间 等于一个简谐运动的周期，则T一0s=0.02s。 (2)根据竖直方向的运动规律知，在点B时羽毛球 AC2.63+3.04 筒下落的速度0B=2T=2×0.02 10-2m/s= DF 1.4m/s,点E时羽毛球筒下落的速度E=4T 8.76+10.37 ×10-2m/s=2.39m/s,故从，点B下落到 4×0.02 点E羽毛球简动能的变化量为)we)mwg2子 ·物理· 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。 14.(1)等于(1分)(2)√2gh(1-cos0)·t(2分) 4.73(2分)(3)大于(1分)L1+L。-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，遮光面积减小到阙值时计时结束， 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cos)= 2mu,解得u=√2gh(1-cos0),故迹光宽度 L0=v·t,解得L0=√2gh(1-cos0)·t,代入 数据可得Lo=4.73mm。 3)由于L。=473mm大于？-2.5mm,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。 15.(1)10-3W(2)4×10-4J(3)1.25m 【解析】(1)经过B点时，重力的功率 P=mgucos 45 (1分) 代入数据可得P=10-3W (1分) (2)从A到B过程，根据动能定理有 mgh-W兔a力=2m2-0 (1分) 解得W克凰力=4×104J (1分) (3)在B点时vz=v,=vc0s45 (1分) 从B到C过程，竖直方向H=U,1+28t 解得t=0.5s (1分) 水平方向d=r十vzt (1分) 联立解得d=1.25m。 (1分) 16.(1)ygR 1 2 (2)-3mgR 8 (3)2 【解析】(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第 二定律得mg一N=mws (1分) R 解得VE= √gR (1分) 2 ·2 参考答案及解析 (2)小物体从B到C,做平抛运动在C,点有 sin60°=g4 (1分) Uc 解得v,=2√gR 小物块从C到E的过程，根据动能定理可得 1 一mgR(1+c0s60)+W=2mu2-2mw品 (1分) 解得W= 3mgR (1分) 8 (3)由cos60°=B (1分) 解得vB=√gR 小物块从A到B的过程，根据动能定理可得 1 1 -2mg元R=2moi-2mo6 (1分) 解得μ=2元 (1分) 17.(1)5√2m/s(2)5m/s (n) 【解析】()小球从最低点到最高点，由机械能守 1 1 恒定律有2mgR=2mw员-2mo (1分) vi 在最高点由牛顿第二定律有mg一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 v2 mgcos 0=m R (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 1 mgzsin g-2mgRcosm( 1 mvo (1分) 联立解得v=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=qE=5N 小球的重力沿y轴负向的分量mgcos0=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= 2元R2x (1分) 沿OO方向分运动为初速度为0的匀加速直线 3 真题密卷 运动 设小球离开圆筒的时间为t,则有 1 L= (1分) 2 解得t=3πs (1分) 2 (1分) 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°=- 2m, y=Rcos60°=号m (1分) 即坐标为尽1小 （-2m,2m/。 (1分) 18.(1)0.6m9J(2)不能，h=0.375m (8号kg<m,<1k8 【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 K,-kad 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 2kz3-2E 解得 x0=0.6m (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 -m2g·2R=2m2oi,-2m2o 解得 UM=0<VgR=1.5 m/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 1 一m2gR=2m2o一2m20 解得 vH=√4.5m/s>0 (1分) 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 3 ·2 二轮专题精准提升 为0，则 m:8cos日-m,u喔 (1分) R 从Q点到E点由动能定理可得 1 n2gR（1+cos0)=2m202一2n2v元 解得 c0s0=3 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 质 m2g-m2 R oM=√2.25m/s=1.5m/s (1分) 由牛顿第二定律得 um2g-mzab um2g-u(m2+mc+mD)g=(mc+mD)acD 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 -meg·2R-m:经-Zm, 1 解得 u6=√11.25m/s (1分) 设物块b最终与木板C相对静止时的速度为 口共，则 v6-abt=v共=acpt 解得 .5 0类=2m/s v名-唉喉 △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 1 i1-2a,ti-2acm好=Lc acpti=vb-abti 解得 v%=2√5m/s (1分) t1= (1分) ·物理· 参考答案及解析 由能量守恒得 CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小 i-gmo时+2m的 1 1 为an,则 (1分) μ(m2十mc十mp)g-upm2g=(m。十ma)acn 解得 (1分) m1=1 kg (1分) 解得 当物块a、b分离后，物块b通过圆周最高点M a'cD=4 m/s2 点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止， 又o8-ast)2_aml,) 设物块b在木板C上滑行的时间为t2,有 2a" 2acD 二LD (1分) 1 1 vit2-2ant号-2acw号=Le 解得 由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加 %36 2 m/s 速度大小 a-uDg=1 m/s2 。 假设此时木板C和木板D分离，由于 由能量守恒定律得 μDm2g<μ(m2十mD)g 1 所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加 ai=gmo时+g avm? (1分) 速度大小为a,对木板D由牛顿第二定律可得 解得 u(m2十mD)g一Dm2g=mDa (1分) 解得 a=6 m/s2>a=4 m/s2 综上可知 即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说 3kg<m1<1kg。 (1分) 明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时 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t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 量大小与速度成正比，由于物块一直向下做匀加 u,根据机械能守恒，则有？mw2=mg(H一h),联立 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正 确。 入速中油的质量△m三=PS2gH-h),A 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 动量守恒，需要满足m=m 到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段， 7osetm7os, 其动量的变化更少，C、D错误。 msina=n2sinR,约分后有云=工，osa十 2.D【解析】物块开始沿皮带向下运动，受力分析 x3cosB,x2sina=x3sinB,A、B错误；若碰撞过程中 则有mgsin0+umgcos0=ma1,解得a1-gsin0+ gcos0,物块向下做匀加速直线运动，由于μ<tan0, 机核能、动受都守但，还舍要满足立如任} 加速至与皮带相等速度后，对物块有mgsin0 mg cos0=ma2,解得a2=gsin0-gcos0,物块 m(仔)'+n任》”，参理可得=+感撞 向下继续做匀加速直线运动，加速度变小，由牛顿 前后总动量方向在同一直线上，如图所示 ·25· 3