功和能2-2024屆高考物理二輪復習模塊精練 【新教材新高考】

功和能（2）——2024屆高考物理二輪復習模塊精練

【新教材新高考】

一、選擇題

1.在光滑水平地面上放一個質量為2kg的內側帶有光滑弧形凹槽的滑塊M,凹槽的底

端切線水平，離地高度為5cm,如圖所示。質量為1kg的小物塊加以%=3m/s的水平

速度從滑塊”的底端沿槽上滑，恰好能到達滑塊〃的頂端，然后滑下離開凹槽。重力

加速度取g=10m/s2,不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）

A.小物塊落地時與槽左端的水平距離為30cm

B.小物塊m離開槽后做自由落體運動

C.弧形凹槽的高度為45cm

D.小物塊對滑塊先做正功后做負功

2.如圖所示，水平光滑長桿上套有一物塊。，跨過懸掛于。點的輕小光滑圓環(huán)的輕繩

一端連接。，另一端懸掛一物塊P。設輕繩的左邊部分與水平方向的夾角為仇初始時

。很小。現將P、。由靜止同時釋放，關于尸、。以后的運動下列說法正確的是（）

A.當。=60。時，P、。的速度之比是0:2

B.當6=90。時，。的速度最大

C.當6=90。時，Q的速度為零

D.當。向90。增大的過程中Q的合力一直增大

3.固定于豎直平面內的光滑大圓環(huán)上套有一個小圓環(huán)，小環(huán)從大環(huán)頂端尸點由靜止開

始自由下滑，當小環(huán)與大環(huán)間的相互作用力為零時，小環(huán)轉過的圓心角。在以下哪個

范圍內（）

A.0°<6><30°B.30°<6><45°C.45°<6?<60°D.60°<6><90°

4.如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一固

定的豎直墻壁（不與槽粘連）?，F讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下

落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是（）

A.小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功

B.小球從最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)動量守恒

C.小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機械

能守恒

D.小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，機械能守恒

5.質量為外的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一輕大本營桿，輕桿上端的。點

系一長為L的細線，細線另一端系一質量為嗎的小球，如圖所示，將小球向右拉至細

線與豎直方向成60。角后由靜止釋放，小球向下擺動過程中未碰到小車與輕桿，重力

加速度大小為g,下列說法正確的是（）

A.球、車組成的系統(tǒng)總動量守恒

B.小球向左不能擺到原高度

C.小車向右移動的最大距離為

網+?2

D.小球運動到最低點時的速度大小為」網典

6.鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加

速度大小。、速度大小V、動能4和機械能E隨運動時間/的變化關系中，正確的是（）

7.如圖所示，為豎直平面內的光滑圓弧軌道，半徑為R,圓心為。，。R豎直，

0M與豎直方向夾角。=60。。一質量為機的小球由P點沿水平方向拋出，初速度為

%=杼，運動到M點時，速度方向恰好與圓弧軌道相切，P、0、N三點在同一水

平線上。重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.小球在歹點時對圓弧軌道的壓力為:7機g

B.小球在N點時對圓弧軌道的壓力為mg

C.小球運動到圓弧軌道上與〃點等高的位置時的速度丫=旅

D.小球從N點脫離圓弧軌道后，繼續(xù)上升的最大高度/?=￡

8.如圖所示，一質量為機的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于。點.將

小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到。點正下方與A點

的豎直高度差為力的3點時，速度大小為v.已知重力加速度為g,下列說法正確的是

A.小球運動到B點時的動能等于mgh

B.小球由A點到3點重力勢能減少gmv?

C.小球由A點到3點克服彈力做功為mgh

D.小球到達B點時彈簧的彈性勢能為機g/z-gmF

9.如圖所示，粗細均勻的光滑直桿豎直固定，物塊A套在光滑桿上可自由滑動，繞過

光滑定滑輪的細繩端連接在物塊A上，另一端豎直懸掛著物塊3,開始時鎖定物塊

A,細線與豎直桿的夾角為37。，解除物塊A的鎖定，物塊3由靜止向下運動，當細繩

與桿垂直時，物塊A的速度剛好為零，物塊5下降的最大高度為力，重力加速度為

g,sin370=0.6,cos37°=0.8,則（）

A.物塊A到最高點時，物塊3的速度最大

B.物塊A向上運動過程中機械能一直增大

C.物塊A、3的質量之比為1:2

D.當細繩與豎直桿間的夾角為53。時，物塊A的速度大小為5小盤g/z

10.如圖所示，在水平光滑地面上停放著一輛質量為機的小車，小車上半徑火=0.7m,

四分之一光滑圓弧軌道在最低點與水平軌道A3相切于A點。在水平軌道的右端固定

一個輕彈簧，彈簧處于自然長度時左端位于水平軌道的3點正上方，3點右側軌道光

滑，A、3的距離為L=2.5m,一個質量也為機的可視為質點的小物塊從圓弧軌道最高

點以%=6m/s的豎直速度開始滑下，則在以后的運動過程中（重力加速度為

g=10m/s2,彈簧始終在彈性限度內，空氣阻力不計。）（）

A.若A、3間的軌道光滑，則小車可獲得的最大速度為50m/s

B.若A、3間的軌道光滑，物塊運動到最高點時到水平軌道的高度為2.5m

C.若物塊與A、3間軌道的動摩擦因數為0.5,則物塊最終停在A點

D.無論A、3間軌道是否光滑，物塊和小車系統(tǒng)的總動量都是守恒的

H.據報道ACT極限緩震材料，是一種集緩沖、減震、吸能于一身的高分子高性能材

料，能吸收90%以上的機械能并瞬間把它轉化為不明顯的熱能。為了驗證該報道，某

同學找來一個ACT緩震材料置于水平地面，將質量為m的鋼球置于緩震材料上方區(qū)

處靜止釋放，通過相機測出鋼球與緩震材料的接觸時間為/及鋼球反彈的最大高度

H2,假設鋼球始終在豎直方向上運動，則下列說法正確的是（）

。鋼球

八

A.沖擊時機械能轉為熱能百分比為片

H_H

B.沖擊時機械能轉為熱能百分比為?二2

C.鋼球與緩震材料接觸過程中，始終處于超重狀態(tài)

（j2gH,+j2gH,

D.緩震材料受到鋼球的平均沖力為歹g+Y.七7J

12.如圖所示，水平速度為v。、質量為機的子彈擊中并穿過靜止放在光滑的水平面上質

量為〃的木塊，若木塊對子彈的阻力恒定，則下列說法中正確的有（）

V。

A.其它量保持不變，子彈速度％越大，木塊獲得速度越小

B.其它量保持不變，子彈質量機越大，木塊獲得速度越大

C.其它量保持不變，子彈質量加越大，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能越多

D.其它量保持不變，木塊的質量M越大，子彈損失的機械能越少

13.如圖所示，絕緣的斜面處在于一個豎直向上的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開

始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J,重力做功L5J,電

勢能增加0.5J,則以下判斷正確的是（）

A.金屬塊帶負電荷B.金屬塊的機械能減少L2J

C.金屬塊克服摩擦力做功0.7JD.電場力做功0.5J

二、計算題

14.如圖所示，在足夠長的粗糙水平面上放一長為L=2.5m、質量為〃z=lkg、左右擋

板厚度不計的不帶電的絕緣的U形盒子P（盒子內底面水平），盒子產與水平面間的

動摩擦因數為〃=0.5。在盒子的左端放一質量等于M=4kg的物塊（可看作質點），

。的帶電量始終為q=+2xl0-2c。整個裝置始終處在一個水平向右的勻強電場中，場

強為E=lxl（）3N/C,。與盒子內表面無摩擦，放開物塊后物塊立即在盒內向右運動與

右面擋板碰撞，設碰撞時間極短且碰撞過程中沒有機械能損失，重力加速度g取

10m/s2o求：

--------------------

I2!.

（1）物塊與盒子發(fā)生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；

（2）物塊與盒子發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q與盒子右擋板間的最大距離

（結果可用分數表示）；

（3）P最終是否會停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒內P前進的路程；若P

會停止，求尸前進的總路程。

15.如圖所示，小物塊甲緊靠軌道BCD靜置于光滑水平面上，軌道BCD由水平軌道

CD及與CD相切于C的光滑L圓弧軌道組成，圓弧軌道的半徑為凡現將小物塊乙

4

（視為質點）從3點正上方到3點高度為R的P點由靜止釋放，乙從3點沿切線方向

進入圓弧軌道，恰好不會從水平軌道CD的左端。點掉落。已知甲、乙以及軌道BCD

的質量相同，乙與。間的動摩擦因數〃=。.5,重力加速度大小為g。求：

（1）乙通過C點時的速度大小匕；

Q）CD的長度L以及乙在CD上滑行的時間/；

（3）在乙從3點開始滑到。點的時間內，軌道BCD的位移大小X。

答案以及解析

L答案：A

解析：AB.小物塊在槽上運動的過程中，小物塊與凹槽構成的系統(tǒng)在水平方向動量守

恒，設小物塊剛離開槽時，小物塊速度為匕，槽的速度為打，以向右為正方向，則水

平方向根據動量守恒定律有機%=mvl+Mv2

整個運動過程機械能守恒，故有|相說=1mvf+1Mv1

聯立解得Vi=Tm/s（方向向左），v2=2m/s

故小物塊離開凹槽后做平拋運動，故小物塊離開凹槽到落地過程中，豎直方向上有

h=2gt'

水平方向上有了=卬

此過程中凹槽移動位移為為=%，

小物塊落地時與槽左端的水平距離為Ax=x+X]

聯立解得/=01s,Ax=30cm

故A正確，B錯誤；

C.小物塊運動到凹槽最高點時，小物塊與凹槽的水平方向速度相等，小物塊與凹槽構

成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設小物塊到達凹槽最高點時速度為v,以向右為正方

向，則水平方向根據動量守恒定律有加%=（加+/）丫

2

上升到最高點的過程中系統(tǒng)機械能守恒，故有g相片=^（m+M）v+mgh]

聯立解得九=60cm

故C錯誤；

D.小物塊在凹槽上運動過程中，小物塊對滑塊的正壓力始終指向斜右下方，對滑塊始

終做正功后。故D錯誤。

故選Ao

2.答案：B

解析：尸、。用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度大小相等，則當

v1

6=60。時，。的速度％cos60。=昨，解得上p=不，故選項A錯誤；當6=90。時，即

。到達。點正下方，垂直。運動方向上的分速度為0,即Vp=0,此時。的速度最

大，故選項B正確，C錯誤；當。向90。增大的過程中。的合力逐漸減小，當。=90。

時，。的速度最大，加速度為零，合力為零，故選項D錯誤。

3.答案：C

解析：當小環(huán)與大環(huán)間的相互作用力為零時，小環(huán)轉過的圓心角夕，則

21r\

mgcos0=m—,根據機械能守恒有mgH（l-cos。）=一根丫2,聯立解得cose=—,C正

R23

確。

4.答案：C

解析：AD.小球在半圓形槽內右側運動時，半圓形槽同時水平向右運動，即半圓形槽

的機械能增加，故小球的機械能減少，可知半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，

故AD錯誤；

B.小球從最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向

受到外力之和為零，故系統(tǒng)水平方向滿足動量守恒；但小球具有豎直方向的加速度，

而半圓形槽豎直方向沒有加速度，故系統(tǒng)在豎直方向的外力之和不為零，系統(tǒng)在豎直

方向不滿足動量守恒，故B錯誤；

C.小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，由于所有接觸面均光滑，此過程

只有小球重力勢能與小球動能、半圓形槽動能之間相互轉化，故小球與半圓形槽組成

的系統(tǒng)機械能守恒，故C正確。

故選C。

5.答案：C

解析：A.小球靜止釋放后，運動到最低點過程，豎直方向的分速度先增大后減小，豎

直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、車組成的系統(tǒng)

所受外力的合力不為0,則該系統(tǒng)總動量不守恒，故A錯誤；B.對球、車組成的系統(tǒng)

而言，由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒，又由于系統(tǒng)在水平方向所受外力的

合力為0,則系統(tǒng)在水平方向上的動量守恒，可知當小球向左擺到最高點時，球與車

的速度均為0,小球向左仍能擺到原高度，故B錯誤；C.當小球擺到左側最高點時，

小車位移最大，根據動量守恒定律的位移表達式有叫％-？々=。，其中

x1+x2=2Lsin60°,解得々=二此乙，故C正確；D.小球運動到最低點時，根據水

叫+叫

平方向動量守恒有叫匕-冽2%=0,根據機械能守恒定律有

n^￡(l-cos60°)=g嗎v；+：加X，解得匕=112心,故D錯誤.

22、叫+加2

6.答案：D

解析：鉛球在空中做平拋運動，加速度為重力加速度，恒定不變，A錯；鉛球的速度

大小為V=+V；，又Vy=g，，聯立可得V=Jv；+g'2,所以VT圖像為曲線，B

錯；由于不計空氣阻力，則鉛球在空中運動過程中只有重力做功，機械能守恒，由動

能定理有機g/2=Ek-Ek0,又力=；g/，聯立可得線=4+3件2/，所以Ek-/圖線為

二次函數圖線，C錯，D對。

7.答案：D

解析：A.對小球從尸點到R點應用動能定理可得加gR=g根v；-；根v；

R

在點由向心力表達式可知NF-mg=竺^

R

聯立可得Np=gmg

根據牛頓第三定律小球在R點時對圓弧軌道的壓力為gmg,A錯誤；

B.由機械能守恒可知，小球在N點時速度仍為1，由向心力表達式可得NN=等

解得NN=；mg

根據牛頓第三定律小球在N點時對圓弧軌道的壓力為;Mg,B錯誤；

C.正交分解小球在M點的速度可得

cos60=—

解得VM=2V°=2檸

C錯誤；

D.小球從N點脫離圓弧軌道后，由動能定理可得mg/z=；相片

D

解得h=一D正確。

6

故選ADo

8.答案：D

解析：AB、小球在下降過程中減少的重力勢能轉化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，

小球的機械能不守恒，小球運動到3點時的動能小于7咫丸，故AB錯誤；C、由A點

到3點根據動能定理得：加g/z-%彈=；機丫2,所以小球由A點到3點重力勢能減少

密=機8〃=%彈+：相聲，故c錯誤；D、彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化，所以

小球到達位置3時彈簧的彈性勢能為小g〃-故D正確。故選：D。

9.答案：BC

解析：A.物塊A到最高點時，細繩與桿垂直，因此3的速度也為零，A錯誤；

B.物塊A向上運動過程中，細繩對物塊A的拉力一直做正功，因此物塊A的機械能一

直增大，B正確；

C.設滑輪到桿的距離為力則有d=/z

sin37°

3

解得d

物塊A上升的高度為H=YU=2/Z

tan37°

根據機械能守恒定律mAgH=mBgh

m.1

解得小

C正確；

D.當細繩與豎直桿間的夾角為53。時，物塊A上升的高度4==』

tan5308

物塊3下降的高度飽=二3-一餐=：”

sin370sin5308

設此時物塊A的速度大小為v,則物塊B的速度大小為

vcos53°=0.6v

22

根據機械能守恒定律有mBgh,=+-^mAv+^mB(0.6v)

解得v=B4財

D錯誤。

故選BCo

10.答案：BC

解析：A.小球運動至A點時速度最大，根據水平方向的動量守恒和機械能守恒得

mvA=mvB

gmv^+mgR=；mv\+；mv\

得VA=VB=5m/s

故A錯誤；

B.物塊運動到最高點時，物塊與小車水平方向共速，且速度為零，則物塊以％=6m/s

做豎直上拋運動，物塊運動到最高點時到水平軌道的距離為

〃=2+R=2.5m

2g

故B正確；

C.物塊和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，所以物塊靜止時，小車也靜止，所以

由系統(tǒng)的能量守恒定律機4+g根說=jLimg-Ax

其中〃=0.5

解得Ax=5m

A、3的距離為2.5m,所以物塊最終停在A點，故C正確；

D.無論A、3間軌道是否光滑，物塊和小車系統(tǒng)在水平方向動量是守恒的，故D錯

誤。故選BC。

11.答案：BD

解析：AB.根據題意可知，沖擊前鋼球的機械能為/=行乜

沖擊后鋼球的機械能為Ep2=mgH2

由能量守恒定律可得，轉化內能的機械能為。=與「耳2=叫（乜-區(qū)）

E—EH—H

沖擊時機械能轉為熱能百分比為〃=宜=」1尸

EpiHi

A錯誤，B正確；

C.鋼球與緩震材料接觸過程中，先加速下降再減速下降，然后加速上升，再減速上

升，則鋼球先失重后超重再失重，C錯誤；

D.以向上為正方向有，對鋼球，根據動量定理有（尸-沖?=研2-加（-匕）

緩震材料受到鋼球的平均沖力為F=m[g+且瓦士工巫

D正確。

選BD。

12.答案：AD

解析：A.在同一坐標系中畫出子彈和木塊的V—圖象，子彈的質量機不變，子彈的加

速度恒定，木塊的加速度也恒定，子彈速度％越大，子彈穿過木塊的時間越短，則木

塊獲得的速度越小，故A正確；

B.當子彈的質量機變化時，由于子彈所受的阻力恒定，則子彈的加速度將隨著質量增

大而減小，而木塊的加速度恒定，兩者的速度圖象如圖所示

設木塊的長度為L則當子彈穿出時，子彈的位移比木塊的大L則由速度圖象可

知，子彈的速度曲線與木塊的速度曲線所圍成的梯形面積在數值上應等于心由圖象

可知，當子彈質量加越大時，穿出木塊的時間力小于質量小時穿出木塊的時間J。則

木塊獲得的速度也將變小，故B錯誤；

C.系統(tǒng)損失的機械能等于系統(tǒng)產生的熱，即Q=

故只要子彈穿出，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能不變，故c錯誤；

D.木塊質量M越大，木塊的加速度越小，子彈穿出時所用時間越短，子彈穿出的速度

越大，木塊的速度越小，因而子彈損失的機械能減小，故D正確。

故選ADo

13.答案：CD

解析：在下滑過程中電勢能增加0.5J,故物體需克服電場力做功為0.5J,故金屬塊正

電，故AB錯誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J,重力做功L5J,電場力為-

0.5J,根據動能定理得：%=%+%+%=AEk，解得：叼=-0刀，故C正確；外

力做功為%=%+%=-L2J,故機械能減少L2J,故D正確.所以CD正確，AB錯

誤.

14.答案：(1)v-8m/s；v=3m/s(2)—m(3)10m

pQn12

解析：(1)設。與P第一次碰撞前的速度為1,碰后P、Q的速度分別為?和%,

由動能定理，得=-0,碰撞過程動量守恒+根昨，碰撞過程機械

能守恒gMv：域+)相片，代入數據求得%=5m/s,Vp=8m/s,ve=3m/so

(2)碰后Q加速運動的加速度%=^=5m/s2,碰后尸減速運動的加速度

丫A/f

必絲上也=25m/s2,設物塊Q與盒子P速度相等時經過時間為則有

%+ado=埒-％片得=」s,因為物塊。與盒子尸速度相等時。與盒子右擋板間的距

離此時最大，最大距離為二者相對位移

Ax=xp-XQ=+

Ax=—m<￡,滿足題意此時不會與盒子左板碰撞。

(3)由qE<〃(M+m)g,可知P、。終將停止。(否則前進足夠長的位移，減少的電

勢能會小于增加的內能，違背能量守恒定律)，停止時，。在P的右端，設P前進的

總路程為S,由能量守恒qE(S+L)=+m)gS,得S=10m。

8gR

15、(1)答案：V3

解析：設乙的質量為機，當乙滑到C點時，軌道6。與甲的共同速度大小為丫2,系統(tǒng)

水平方向動量守恒，有mvx-2mv2-0

由系統(tǒng)機械能守恒有mgx2R=mvf+^-x2mv|

解得

解析：乙滑到C點后，軌道與甲分離，設軌道5co與乙速度相同時的速度大小

為V,乙從C點滑到。點的過程中，對乙和軌道BC。，由動量守恒定律和能量守恒定

律分別有

mvr—mv2=2mv

12121c2T

~mvi+———x2mv=/LimgL

解得L=3尺

設乙從C點滑到。點的過程中的加速度大小為a,由牛頓第二定律有fJ.mg=ma

乙從C點滑到。點的過程做勻減速直線運動，有丫=匕-G

解得t=R

(3)答案：

6

解析：設乙從5點滑到C點的時間為咽該過程軌道通過的距離為司，系統(tǒng)水平

方向動量守恒，有2人土-山區(qū)二五=0

4八

設乙沿軌道BCD從C點運動到。點的過程中軌道5c。通過的距離為々，由動能定理

2

有-pimgx2-gmv-gmvf

經分析可知X=玉+%

x=-R

解得6