2025版衡水中学学案高考物理二轮专题与专项第1部分专题2第6讲含答案及解析

第一部分专题二第6讲A组·基础练1.(2024·浙江卷)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球()A．从1到2动能减少mghB．从1到2重力势能增加mghC．从2到3动能增加mghD．从2到3机械能不变【答案】B【解析】由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，C、D错误。2.(2024·广东佛山一模)如图甲为一款网红魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙永磁铁N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是()A．小球运动的过程中机械能守恒B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应C．轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极D．电源如何接都不影响“永动”的效果【答案】C【解析】小球运动的过程中有磁场力做功，机械能不守恒，故A错误；该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B错误；小钢球逆时针“永动”时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极，故C正确；电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”，故D错误。3.(2024·浙江温州一模)图甲为某游乐场的水滑梯，其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从a点沿轨道经b点滑到最低c点，已知ab、bc间高度差均为h。则小朋友()A．a到b和b到c动能增加量一定相同B．a到b和b到c重力势能减少量一定相同C．a到b和b到c机械能保持不变D．a到c的运动总时间为2eq\r(\f(h,g))【答案】B【解析】a到b和b到c过程，虽然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功关系不明确，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，由W合＝ΔEk可知，其两个过程动能的增加量不一定相同，故A项错误；a到b和b到c过程，下降高度相同，重力做功相同，由重力做功与重力势能的关系有mgh＝－ΔEp，由于两过程重力做功相同，所以重力势能减少量相同，故B项正确；a到b和b到c过程中，由于存在摩擦力做功，所以机械能减小，故C项错误；若a到c做自由落体运动，则有2h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(h,g))，由于a到c过程的运动并不是自由落体运动，所以其运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长，即时间大于2eq\r(\f(h,g))，故D项错误。4.(多选)(2024·湖南常德一模)2023年9月21日，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮进行授课，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课。在天宫课堂上，航天员老师在太空实验室中做如图所示的实验。一根长为L的不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。开始时，小球位于位置M，O、M间距离d＝eq\f(L,4)，绳子处于松弛状态。小球突然受到一瞬时冲量后以初速度v0垂直于OM向右运动，设在以后的运动中小球到达位置N，此时小球的速度方向与绳垂直，则小球从M运动到N的过程中，下列说法正确的是()A．小球的机械能守恒B．轻绳对小球做功不为零C．小球始终做匀速圆周运动D．小球在N点时的速度大小为eq\f(v0,4)【答案】BD【解析】因空间站内的物体都处于完全失重状态，小球以初速度v0先向右做匀速直线运动至轻绳恰好伸直，轻绳在绷紧瞬间产生拉力，使小球沿绳方向的速度立刻减为零，只剩下垂直于绳方向的速度分量v⊥，即此时小球的机械能有损失，之后小球绕O点以速度大小v⊥做半径为L的匀速圆周运动，故A、C错误；因小球在N点时已做匀速圆周运动，其速度大小为v⊥＝v0sinθ又sinθ＝eq\f(d,L)＝eq\f(1,4)故v⊥＝eq\f(v0,4)，因轻绳在细紧瞬间造成小球机械能的损失，故轻绳对小球做功不为零，故B、D正确。5.(2024·全国卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()A．在Q点最大 B．在Q点最小C．先减小后增大 D．先增大后减小【答案】C【解析】方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2在P点，根据牛顿第二定律mgcosθ＝meq\f(v2,R)联立解得cosθ＝eq\f(2,3)从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2(0≤θ≤π)在该处根据牛顿第二定律F＋mgcosθ＝meq\f(v2,R)(0≤θ≤π)联立可得F＝2mg－3mgcosθ则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mgcosθ|根据数学知识可知|F|的大小在cosθ＝eq\f(2,3)时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。6.(2024·山东淄博一模)图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫作最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放，发现在Ⅰ轨道上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是()【答案】A【解析】根据机械能守恒可得mgH＝eq\f(1,2)mv2可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为v＝eq\r(2gH)，小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动，其v－t图像为一条倾斜直线，小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程，加速度逐渐减小，则其v－t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故A正确，B错误；根据机械能守恒可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2＝2gh可知小球a和b的v2－h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C、D错误。7.(2024·安徽滁州二模)我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台深海载人潜水器。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像(v－t)、重力势能—时间图像(Ep－t)、机械能—位移图像(E－x)和动能—位移图像(Ek－x)，可能正确的是()【答案】D【解析】下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，则f＝kv，下潜过程中，由牛顿第二定律得mg－kv＝ma，解得a＝g－eq\f(kv,m)可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A错误；潜水器下潜过程中，重力势能Ep＝mg(H－h)＝mgH－mgh＝Ep0－mg×eq\f(1,2)eq\x\to(a)t2，所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep－t图像的斜率越来越小，故B错误；潜水器下潜中的机械能E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潜过程中机械能减小，E－x图像的斜率越来越大，故C错误；潜水器下潜过程中的动能Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等后动能大小不变，增大过程中Ek－x图像斜率越来越小，故D正确。B组·综合练8.(多选)(2024·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则()A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/sB．F0大小为70NC．v0的大小为2m/sD．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大【答案】AB【解析】由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t＝1.675s－0.875s＝0.8s，则物块从D点离开轨道时速度大小为vD＝geq\f(t,2)＝4m/s，选项A正确；从C到D由机械能守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mgR，在C点时压力最大，则由F0－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得F0＝70N，选项B正确；从B到D由机械能守恒可知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则v0＝vBsin30°＝eq\r(3)m/s，选项C错误；根据PG＝mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。9.(多选)(2024·云南昆明模拟)如图所示，小滑块P、Q的质量分别为3m、m，P、Q间通过轻质铰链用长为L的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时，将P由静止释放，P下降到最低点时α＝60°。整个运动过程中P、Q始终在同一竖直平面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦，重力加速度为g，在P下降的过程中()A．P、Q组成的系统机械能不守恒B．下滑过程中，两个滑块的速度大小始终一样C．P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受到水平横杆的支持力大小等于mgD．弹簧弹性势能的最大值为2(eq\r(3)－1)mgL【答案】AC【解析】由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，故A正确；初始时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样，故B错误；经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零，水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg，故C正确；P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能等于系统减少的重力势能，即Ep＝3mgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(3,2)(eq\r(3)－1)mgL，故D错误。故选AC。10.(多选)(2024·贵州遵义三模)如图甲所示，工人沿倾角为α＝10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。若平板车板面始终水平，则货物的动能Ek随位移x的变化图像如乙所示，已知：sin10°＝0.17，cos10°＝0.98，g取10m/s2，则()A．货物在0～2m的过程中，重力势能增加34JB．货物在0～2m的过程中，克服摩擦力做功C．货物在2～4m的过程中，用时为eq\r(10)sD．货物在2～4m的过程中，机械能一直增大【答案】ACD【解析】货物在0～2m的过程中，克服重力做功等于货物重力势能增加，则ΔEp＝mgx1sinα＝10×10×2×0.17J＝34J，选项A正确；货物在0～2m的过程中，动能增加，货物沿斜面做加速运动，则加速度沿斜面向上，则摩擦力对货物做正功，选项B错误；2m末的速度为v＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(2×8,10))m/s＝eq\r(1.6)m/s，货物在2～4m的过程中的合外力F＝eq\f(ΔEk,x)＝eq\f(8,2)N＝4N，加速度为a＝eq\f(F,m)＝0.4m/s2，根据v＝at，可知用时为t＝eq\f(v,a)＝eq\r(10)s，选项C正确；货物在2～4m的过程中，重力势能与动能之和为E＝mgΔxsinα＋(Ek2－kΔx)＝17Δx＋(8－4Δx)＝13Δx＋8(J)则随Δx增加，机械能一直增大，选项D正确。故选ACD。11.(2024·湖南长沙模拟)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的eq\f(1,4)细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为m的滑块在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,2)，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大为vm试求：(1)滑块到达B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度x；(3)在压缩弹簧过程中当滑块的速度最大时弹簧的弹性势能Ep。【答案】(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)滑块从A到B过程，根据机械能守恒可得mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(gr)。(2)滑块进入管口C端时与圆管恰好无作用力，重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)解得vC＝eq\r(gr)滑块从A到C过程，根据动能定理可得mg·2r－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得x＝3r。(3)当压缩弹簧过程中速度最大时，小球所受的重力和弹力平衡，则有mg＝kx1以此位置为重力势能的零势能点，则根据系统机械能守恒可得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·江苏泰州一模)如图所示，一半径r＝eq\f(3,4)m的四分之一光滑圆弧轨道与一水平固定平台相连，现用一轻绳将质量m＝1kg的小球(视为质点)跨过光滑轻质定滑轮与平台上木板MN相连，木板与滑轮间轻绳处于水平，木板有三分之一长度伸出平台，其与平台的动摩擦因数μ＝0.2。小球位于圆弧轨道上的A点，AC长也为r，CM足够长。g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(结果可保留根号)。(1)若小球、木板恰能在图示位置保持静止，求木板质量M；(2)若木板质量M′＝m，从图示位置由静止释放时，木板的加速度大小为a1＝1m/s2，求此时绳中的张力F和小球的加速度a2的大小；(3)接第(2)问，求小球从A点运动到B点过程中绳子拉力对小球所做的功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)根据题意，小球、木板在图示位置时，设此时绳子的弹力为T，由于小球、木板恰好静止，则有T＝μMg由小球平衡，有Tcos30°＝eq\f(1,2)mg联立解得M＝eq\f(5\r(3),3)kg。(2)根据题意，对木板，由牛顿第二定律有F－μM′g＝M′a1解得F＝M′a1＋μM′g＝3N释放瞬间，小球速度为零，则小球指向圆心方向的合力为零，则对小球有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)小球运动到B点时，小球速度为v1、木板速度为v2，则v1＝eq\r(2)v2对系统，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°)对小球运用动能定理，有mgr(1－cos30°)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0联立解得W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\v