2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第1部分專題2第6講含答案及解析

第一部分專題二第6講A組·基礎(chǔ)練1.(2024·浙江卷)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球()A．從1到2動能減少mghB．從1到2重力勢能增加mghC．從2到3動能增加mghD．從2到3機(jī)械能不變【答案】B【解析】由足球的運(yùn)動軌跡可知，足球在空中運(yùn)動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，則1到2動能減少量大于mgh，A錯誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于mgh，C、D錯誤。2.(2024·廣東佛山一模)如圖甲為一款網(wǎng)紅魔術(shù)玩具——磁力“永動機(jī)”，小鋼球放入漏斗后從中間小洞落入下面的弧形金屬軌道，然后從軌道另一端拋出再次回到漏斗，由此循環(huán)往復(fù)形成“永動”的效果。其原理如圖乙所示，金屬軌道與底座內(nèi)隱藏的電源相連，軌道下方藏有永磁鐵。當(dāng)如圖乙永磁鐵N極朝上放置，小鋼球逆時針“永動”時，下列分析正確的是()A．小球運(yùn)動的過程中機(jī)械能守恒B．該磁力“永動機(jī)”的物理原理是電磁感應(yīng)C．軌道a應(yīng)接電源的正極，軌道b應(yīng)接電源的負(fù)極D．電源如何接都不影響“永動”的效果【答案】C【解析】小球運(yùn)動的過程中有磁場力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯誤；該磁力“永動機(jī)”的物理原理是通電導(dǎo)體在磁場中受力的作用，故B錯誤；小鋼球逆時針“永動”時，應(yīng)受向右的安培力，根據(jù)左手定則可知通過小球電流的方向從軌道a到軌道b，所以軌道a應(yīng)接電源的正極，軌道b應(yīng)接電源的負(fù)極，故C正確；電源反接后改變安培力的方向，影響“永動”，故D錯誤。3.(2024·浙江溫州一模)圖甲為某游樂場的水滑梯，其簡化模型如圖乙所示。一質(zhì)量為m的小朋友從a點(diǎn)沿軌道經(jīng)b點(diǎn)滑到最低c點(diǎn)，已知ab、bc間高度差均為h。則小朋友()A．a(chǎn)到b和b到c動能增加量一定相同B．a(chǎn)到b和b到c重力勢能減少量一定相同C．a(chǎn)到b和b到c機(jī)械能保持不變D．a(chǎn)到c的運(yùn)動總時間為2eq\r(\f(h,g))【答案】B【解析】a到b和b到c過程，雖然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功關(guān)系不明確，因此無法確定兩個過程中合外力做功關(guān)系，由W合＝ΔEk可知，其兩個過程動能的增加量不一定相同，故A項(xiàng)錯誤；a到b和b到c過程，下降高度相同，重力做功相同，由重力做功與重力勢能的關(guān)系有mgh＝－ΔEp，由于兩過程重力做功相同，所以重力勢能減少量相同，故B項(xiàng)正確；a到b和b到c過程中，由于存在摩擦力做功，所以機(jī)械能減小，故C項(xiàng)錯誤；若a到c做自由落體運(yùn)動，則有2h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(h,g))，由于a到c過程的運(yùn)動并不是自由落體運(yùn)動，所以其運(yùn)動時間一定比從a處開始做自由落體運(yùn)動所需時間長，即時間大于2eq\r(\f(h,g))，故D項(xiàng)錯誤。4.(多選)(2024·湖南常德一模)2023年9月21日，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮進(jìn)行授課，這是中國航天員首次在夢天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課。在天宮課堂上，航天員老師在太空實(shí)驗(yàn)室中做如圖所示的實(shí)驗(yàn)。一根長為L的不可伸長的輕繩，一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。開始時，小球位于位置M，O、M間距離d＝eq\f(L,4)，繩子處于松弛狀態(tài)。小球突然受到一瞬時沖量后以初速度v0垂直于OM向右運(yùn)動，設(shè)在以后的運(yùn)動中小球到達(dá)位置N，此時小球的速度方向與繩垂直，則小球從M運(yùn)動到N的過程中，下列說法正確的是()A．小球的機(jī)械能守恒B．輕繩對小球做功不為零C．小球始終做勻速圓周運(yùn)動D．小球在N點(diǎn)時的速度大小為eq\f(v0,4)【答案】BD【解析】因空間站內(nèi)的物體都處于完全失重狀態(tài)，小球以初速度v0先向右做勻速直線運(yùn)動至輕繩恰好伸直，輕繩在繃緊瞬間產(chǎn)生拉力，使小球沿繩方向的速度立刻減為零，只剩下垂直于繩方向的速度分量v⊥，即此時小球的機(jī)械能有損失，之后小球繞O點(diǎn)以速度大小v⊥做半徑為L的勻速圓周運(yùn)動，故A、C錯誤；因小球在N點(diǎn)時已做勻速圓周運(yùn)動，其速度大小為v⊥＝v0sinθ又sinθ＝eq\f(d,L)＝eq\f(1,4)故v⊥＝eq\f(v0,4)，因輕繩在細(xì)緊瞬間造成小球機(jī)械能的損失，故輕繩對小球做功不為零，故B、D正確。5.(2024·全國卷)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小()A．在Q點(diǎn)最大 B．在Q點(diǎn)最小C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【解析】方法一(分析法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處(P點(diǎn))與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為θ，從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律mgcosθ＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得cosθ＝eq\f(2,3)從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二(數(shù)學(xué)法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2(0≤θ≤π)在該處根據(jù)牛頓第二定律F＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)(0≤θ≤π)聯(lián)立可得F＝2mg－3mgcosθ則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小|F|＝|2mg－3mgcosθ|根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知|F|的大小在cosθ＝eq\f(2,3)時最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。6.(2024·山東淄博一模)圖甲是淄博市科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時最短的軌道叫作最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道Ⅰ和直線軌道Ⅱ進(jìn)行研究，如圖乙所示，兩軌道的起點(diǎn)M高度相同，終點(diǎn)N高度也相同，軌道Ⅰ的末端與水平面相切于N點(diǎn)。若將兩個相同的小球a和b分別放在Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點(diǎn)M，同時由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)在Ⅰ軌道上的小球a先到達(dá)終點(diǎn)。下列描述兩球速率v與時間t、速率平方v2與下滑高度h的關(guān)系圖像可能正確的是()【答案】A【解析】根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgH＝eq\f(1,2)mv2可得小球a和b到達(dá)軌道底端的速度大小均為v＝eq\r(2gH)，小球b沿直線軌道Ⅱ做勻加速直線運(yùn)動，其v－t圖像為一條傾斜直線，小球a沿“最速降線”軌道Ⅰ運(yùn)動過程，加速度逐漸減小，則其v－t圖像的切線斜率逐漸減小，且小球a所用時間小于小球b所用時間，故A正確，B錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得小球a和b下滑過程速率平方v2與下滑高度h的關(guān)系為v2＝2gh可知小球a和b的v2－h(huán)圖像均為一條過原點(diǎn)的傾斜直線，故C、D錯誤。7.(2024·安徽滁州二模)我國已擁有“蛟龍”號、“深海勇士”號、“奮斗者”號三臺深海載人潛水器。某次潛水器由靜止開始豎直下潛，下潛過程中受到的阻力與它下潛的速度大小成正比，下列關(guān)于潛水器的速度—時間圖像(v－t)、重力勢能—時間圖像(Ep－t)、機(jī)械能—位移圖像(E－x)和動能—位移圖像(Ek－x)，可能正確的是()【答案】D【解析】下潛過程中受到的阻力與它下潛的速度大小成正比，則f＝kv，下潛過程中，由牛頓第二定律得mg－kv＝ma，解得a＝g－eq\f(kv,m)可知下潛過程中潛水器做加速度減小的加速運(yùn)動，故A錯誤；潛水器下潛過程中，重力勢能Ep＝mg(H－h(huán))＝mgH－mgh＝Ep0－mg×eq\f(1,2)eq\x\to(a)t2，所以下潛過程中重力勢能越來越小，Ep－t圖像的斜率越來越小，故B錯誤；潛水器下潛中的機(jī)械能E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潛過程中機(jī)械能減小，E－x圖像的斜率越來越大，故C錯誤；潛水器下潛過程中的動能Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潛水器下潛過程中，動能先增大，當(dāng)阻力與重力大小相等后動能大小不變，增大過程中Ek－x圖像斜率越來越小，故D正確。B組·綜合練8.(多選)(2024·山東聊城三模)如圖甲所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝30°，另一端點(diǎn)D與圓心O等高，點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以速度v0水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，物塊進(jìn)入軌道后開始計(jì)時，軌道受到的壓力F隨時間t的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則()A．物塊從D點(diǎn)離開軌道時速度大小為4m/sB．F0大小為70NC．v0的大小為2m/sD．物塊在AC段運(yùn)動過程中重力的瞬時功率一直增大【答案】AB【解析】由圖像可知，物塊從軌道D點(diǎn)飛出軌道到再次回到D點(diǎn)的時間為t＝1.675s－0.875s＝0.8s，則物塊從D點(diǎn)離開軌道時速度大小為vD＝geq\f(t,2)＝4m/s，選項(xiàng)A正確；從C到D由機(jī)械能守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mgR，在C點(diǎn)時壓力最大，則由F0－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得F0＝70N，選項(xiàng)B正確；從B到D由機(jī)械能守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgRsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vB＝2eq\r(3)m/s則v0＝vBsin30°＝eq\r(3)m/s，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)PG＝mgvy可知，物塊在A點(diǎn)時豎直速度為零，則重力的瞬時功率為零；在C點(diǎn)時豎直速度為零，則重力的瞬時功率也為零，可知物塊在AC段運(yùn)動過程中重力的瞬時功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯誤。故選AB。9.(多選)(2024·云南昆明模擬)如圖所示，小滑塊P、Q的質(zhì)量分別為3m、m，P、Q間通過輕質(zhì)鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接，Q套在固定的水平橫桿上，P和豎直放置的輕彈簧上端相連，輕彈簧下端固定在水平橫桿上。當(dāng)輕桿與豎直方向的夾角α＝30°時，彈簧處于原長狀態(tài)，此時，將P由靜止釋放，P下降到最低點(diǎn)時α＝60°。整個運(yùn)動過程中P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，滑塊P始終沒有離開豎直墻壁，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，在P下降的過程中()A．P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．下滑過程中，兩個滑塊的速度大小始終一樣C．P和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最小時，Q受到水平橫桿的支持力大小等于mgD．彈簧彈性勢能的最大值為2(eq\r(3)－1)mgL【答案】AC【解析】由于不計(jì)一切摩擦，所以P、Q和彈簧三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A正確；初始時P、Q的速度均為零，在P下降的過程中，Q一直沿著桿向左運(yùn)動，P下降至最低點(diǎn)時，P的速度為零，Q速度也為零，但由速度的合成與分解可知P、Q的速度大小不是始終一樣，故B錯誤；經(jīng)分析可知，P和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最小時，Q的機(jī)械能最大，即Q的動能最大，速度最大，輕桿對Q的作用力為零，水平橫桿對Q的支持力大小等于Q的重力mg，故C正確；P下降至最低點(diǎn)時，彈簧彈性勢能最大，此時P、Q的速度都為零，由于P、Q和彈簧三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故此時彈簧彈性勢能等于系統(tǒng)減少的重力勢能，即Ep＝3mgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(3,2)(eq\r(3)－1)mgL，故D錯誤。故選AC。10.(多選)(2024·貴州遵義三模)如圖甲所示，工人沿傾角為α＝10°的斜坡向上推動平板車，將一質(zhì)量為10kg的貨物運(yùn)送到斜坡上某處，貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對滑動。若平板車板面始終水平，則貨物的動能Ek隨位移x的變化圖像如乙所示，已知：sin10°＝0.17，cos10°＝0.98，g取10m/s2，則()A．貨物在0～2m的過程中，重力勢能增加34JB．貨物在0～2m的過程中，克服摩擦力做功C．貨物在2～4m的過程中，用時為eq\r(10)sD．貨物在2～4m的過程中，機(jī)械能一直增大【答案】ACD【解析】貨物在0～2m的過程中，克服重力做功等于貨物重力勢能增加，則ΔEp＝mgx1sinα＝10×10×2×0.17J＝34J，選項(xiàng)A正確；貨物在0～2m的過程中，動能增加，貨物沿斜面做加速運(yùn)動，則加速度沿斜面向上，則摩擦力對貨物做正功，選項(xiàng)B錯誤；2m末的速度為v＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(2×8,10))m/s＝eq\r(1.6)m/s，貨物在2～4m的過程中的合外力F＝eq\f(ΔEk,x)＝eq\f(8,2)N＝4N，加速度為a＝eq\f(F,m)＝0.4m/s2，根據(jù)v＝at，可知用時為t＝eq\f(v,a)＝eq\r(10)s，選項(xiàng)C正確；貨物在2～4m的過程中，重力勢能與動能之和為E＝mgΔxsinα＋(Ek2－kΔx)＝17Δx＋(8－4Δx)＝13Δx＋8(J)則隨Δx增加，機(jī)械能一直增大，選項(xiàng)D正確。故選ACD。11.(2024·湖南長沙模擬)如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為r的eq\f(1,4)細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。質(zhì)量為m的滑塊在曲面上距BC的高度為2r處從靜止開始下滑，滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,2)，進(jìn)入管口C端時與圓管恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過程中滑塊速度最大為vm試求：(1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小vB；(2)水平面BC的長度x；(3)在壓縮彈簧過程中當(dāng)滑塊的速度最大時彈簧的彈性勢能Ep?！敬鸢浮?1)2eq\r(gr)(2)3r(3)eq\f(3,2)mgr＋eq\f(m2g2,k)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)【解析】(1)滑塊從A到B過程，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(gr)。(2)滑塊進(jìn)入管口C端時與圓管恰好無作用力，重力提供向心力，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)解得vC＝eq\r(gr)滑塊從A到C過程，根據(jù)動能定理可得mg·2r－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得x＝3r。(3)當(dāng)壓縮彈簧過程中速度最大時，小球所受的重力和彈力平衡，則有mg＝kx1以此位置為重力勢能的零勢能點(diǎn)，則根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mg(r＋x1)－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得Ep＝eq\f(3,2)mgr＋eq\f(m2g2,k)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)。12.(2024·江蘇泰州一模)如圖所示，一半徑r＝eq\f(3,4)m的四分之一光滑圓弧軌道與一水平固定平臺相連，現(xiàn)用一輕繩將質(zhì)量m＝1kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與平臺上木板MN相連，木板與滑輪間輕繩處于水平，木板有三分之一長度伸出平臺，其與平臺的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。小球位于圓弧軌道上的A點(diǎn)，AC長也為r，CM足夠長。g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(結(jié)果可保留根號)。(1)若小球、木板恰能在圖示位置保持靜止，求木板質(zhì)量M；(2)若木板質(zhì)量M′＝m，從圖示位置由靜止釋放時，木板的加速度大小為a1＝1m/s2，求此時繩中的張力F和小球的加速度a2的大??；(3)接第(2)問，求小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中繩子拉力對小球所做的功W。【答案】(1)eq\f(5\r(3),3)kg(2)3Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(3\r(3),2)))m/s2(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),4)－\r(2)－\f(3,2)))J【解析】(1)根據(jù)題意，小球、木板在圖示位置時，設(shè)此時繩子的彈力為T，由于小球、木板恰好靜止，則有T＝μMg由小球平衡，有Tcos30°＝eq\f(1,2)mg聯(lián)立解得M＝eq\f(5\r(3),3)kg。(2)根據(jù)題意，對木板，由牛頓第二定律有F－μM′g＝M′a1解得F＝M′a1＋μM′g＝3N釋放瞬間，小球速度為零，則小球指向圓心方向的合力為零，則對小球有mgsin30°－Fcos30°＝ma2解得a2＝eq\f(mgsin30°－Fcos30°,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(3\r(3),2)))m/s2。(3)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時，小球速度為v1、木板速度為v2，則v1＝eq\r(2)v2對系統(tǒng)，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)M′veq\o\al(2,2)＋μM′g(eq\r(2)－1)r＝mgr(1－cos30°)對小球運(yùn)用動能定理，有mgr(1－cos30°)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0聯(lián)立解得W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\v