功和能2-2024届高考物理二轮复习模块精练 【新教材新高考】

功和能（2）——2024届高考物理二轮复习模块精练

【新教材新高考】

一、选择题

1.在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M,凹槽的底

端切线水平，离地高度为5cm,如图所示。质量为1kg的小物块加以%=3m/s的水平

速度从滑块”的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块〃的顶端，然后滑下离开凹槽。重力

加速度取g=10m/s2,不计空气阻力。则下列说法正确的是（）

A.小物块落地时与槽左端的水平距离为30cm

B.小物块m离开槽后做自由落体运动

C.弧形凹槽的高度为45cm

D.小物块对滑块先做正功后做负功

2.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块。，跨过悬挂于。点的轻小光滑圆环的轻绳

一端连接。，另一端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为仇初始时

。很小。现将P、。由静止同时释放，关于尸、。以后的运动下列说法正确的是（）

A.当。=60。时，P、。的速度之比是0:2

B.当6=90。时，。的速度最大

C.当6=90。时，Q的速度为零

D.当。向90。增大的过程中Q的合力一直增大

3.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小圆环，小环从大环顶端尸点由静止开

始自由下滑，当小环与大环间的相互作用力为零时，小环转过的圆心角。在以下哪个

范围内（）

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

4.如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固

定的竖直墙壁（不与槽粘连）。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下

落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（）

A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功

B.小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统动量守恒

C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械

能守恒

D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒

5.质量为外的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一轻大本营杆，轻杆上端的。点

系一长为L的细线，细线另一端系一质量为吗的小球，如图所示，将小球向右拉至细

线与竖直方向成60。角后由静止释放，小球向下摆动过程中未碰到小车与轻杆，重力

加速度大小为g,下列说法正确的是（）

A.球、车组成的系统总动量守恒

B.小球向左不能摆到原高度

C.小车向右移动的最大距离为

网+«2

D.小球运动到最低点时的速度大小为」网典

6.铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加

速度大小。、速度大小V、动能4和机械能E随运动时间/的变化关系中，正确的是（）

7.如图所示，为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R,圆心为。，。R竖直，

0M与竖直方向夹角。=60。。一质量为机的小球由P点沿水平方向抛出，初速度为

%=杼，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、0、N三点在同一水

平线上。重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球在歹点时对圆弧轨道的压力为:7机g

B.小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg

C.小球运动到圆弧轨道上与〃点等高的位置时的速度丫=旅

D.小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度/?=£

8.如图所示，一质量为机的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于。点.将

小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到。点正下方与A点

的竖直高度差为力的3点时，速度大小为v.已知重力加速度为g,下列说法正确的是

A.小球运动到B点时的动能等于mgh

B.小球由A点到3点重力势能减少gmv?

C.小球由A点到3点克服弹力做功为mgh

D.小球到达B点时弹簧的弹性势能为机g/z-gmF

9.如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，物块A套在光滑杆上可自由滑动，绕过

光滑定滑轮的细绳端连接在物块A上，另一端竖直悬挂着物块3,开始时锁定物块

A,细线与竖直杆的夹角为37。，解除物块A的锁定，物块3由静止向下运动，当细绳

与杆垂直时，物块A的速度刚好为零，物块5下降的最大高度为力，重力加速度为

g,sin370=0.6,cos37°=0.8,则（）

A.物块A到最高点时，物块3的速度最大

B.物块A向上运动过程中机械能一直增大

C.物块A、3的质量之比为1:2

D.当细绳与竖直杆间的夹角为53。时，物块A的速度大小为5小盘g/z

10.如图所示，在水平光滑地面上停放着一辆质量为机的小车，小车上半径火=0.7m,

四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道A3相切于A点。在水平轨道的右端固定

一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的3点正上方，3点右侧轨道光

滑，A、3的距离为L=2.5m,一个质量也为机的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高

点以%=6m/s的竖直速度开始滑下，则在以后的运动过程中（重力加速度为

g=10m/s2,弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。）（）

A.若A、3间的轨道光滑，则小车可获得的最大速度为50m/s

B.若A、3间的轨道光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的高度为2.5m

C.若物块与A、3间轨道的动摩擦因数为0.5,则物块最终停在A点

D.无论A、3间轨道是否光滑，物块和小车系统的总动量都是守恒的

H.据报道ACT极限缓震材料，是一种集缓冲、减震、吸能于一身的高分子高性能材

料，能吸收90%以上的机械能并瞬间把它转化为不明显的热能。为了验证该报道，某

同学找来一个ACT缓震材料置于水平地面，将质量为m的钢球置于缓震材料上方区

处静止释放，通过相机测出钢球与缓震材料的接触时间为/及钢球反弹的最大高度

H2,假设钢球始终在竖直方向上运动，则下列说法正确的是（）

。钢球

八

A.冲击时机械能转为热能百分比为片

H_H

B.冲击时机械能转为热能百分比为।二2

C.钢球与缓震材料接触过程中，始终处于超重状态

（j2gH,+j2gH,

D.缓震材料受到钢球的平均冲力为歹g+Y.七7J

12.如图所示，水平速度为v。、质量为机的子弹击中并穿过静止放在光滑的水平面上质

量为〃的木块，若木块对子弹的阻力恒定，则下列说法中正确的有（）

V。

A.其它量保持不变，子弹速度％越大，木块获得速度越小

B.其它量保持不变，子弹质量机越大，木块获得速度越大

C.其它量保持不变，子弹质量加越大，子弹和木块组成的系统损失的机械能越多

D.其它量保持不变，木块的质量M越大，子弹损失的机械能越少

13.如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开

始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J,重力做功L5J,电

势能增加0.5J,则以下判断正确的是（）

A.金属块带负电荷B.金属块的机械能减少L2J

C.金属块克服摩擦力做功0.7JD.电场力做功0.5J

二、计算题

14.如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为L=2.5m、质量为〃z=lkg、左右挡

板厚度不计的不带电的绝缘的U形盒子P（盒子内底面水平），盒子产与水平面间的

动摩擦因数为〃=0.5。在盒子的左端放一质量等于M=4kg的物块（可看作质点），

。的带电量始终为q=+2xl0-2c。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场

强为E=lxl（）3N/C,。与盒子内表面无摩擦，放开物块后物块立即在盒内向右运动与

右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取

10m/s2o求：

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

I2!.

（1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q的速度大小；

（2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子右挡板间的最大距离

（结果可用分数表示）；

（3）P最终是否会停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒内P前进的路程；若P

会停止，求尸前进的总路程。

15.如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道

CD及与CD相切于C的光滑L圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为凡现将小物块乙

4

（视为质点）从3点正上方到3点高度为R的P点由静止释放，乙从3点沿切线方向

进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD的左端。点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD

的质量相同，乙与。间的动摩擦因数〃=。.5,重力加速度大小为g。求：

（1）乙通过C点时的速度大小匕；

Q）CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间/；

（3）在乙从3点开始滑到。点的时间内，轨道BCD的位移大小X。

答案以及解析

L答案：A

解析：AB.小物块在槽上运动的过程中，小物块与凹槽构成的系统在水平方向动量守

恒，设小物块刚离开槽时，小物块速度为匕，槽的速度为打，以向右为正方向，则水

平方向根据动量守恒定律有机%=mvl+Mv2

整个运动过程机械能守恒，故有|相说=1mvf+1Mv1

联立解得Vi=Tm/s（方向向左），v2=2m/s

故小物块离开凹槽后做平抛运动，故小物块离开凹槽到落地过程中，竖直方向上有

h=2gt'

水平方向上有了=卬

此过程中凹槽移动位移为为=%，

小物块落地时与槽左端的水平距离为Ax=x+X]

联立解得/=01s,Ax=30cm

故A正确，B错误；

C.小物块运动到凹槽最高点时，小物块与凹槽的水平方向速度相等，小物块与凹槽构

成的系统在水平方向动量守恒，设小物块到达凹槽最高点时速度为v,以向右为正方

向，则水平方向根据动量守恒定律有加%=（加+/）丫

2

上升到最高点的过程中系统机械能守恒，故有g相片=^（m+M）v+mgh]

联立解得九=60cm

故C错误；

D.小物块在凹槽上运动过程中，小物块对滑块的正压力始终指向斜右下方，对滑块始

终做正功后。故D错误。

故选Ao

2.答案：B

解析：尸、。用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度大小相等，则当

v1

6=60。时，。的速度％cos60。=昨，解得上p=不，故选项A错误；当6=90。时，即

。到达。点正下方，垂直。运动方向上的分速度为0,即Vp=0,此时。的速度最

大，故选项B正确，C错误；当。向90。增大的过程中。的合力逐渐减小，当。=90。

时，。的速度最大，加速度为零，合力为零，故选项D错误。

3.答案：C

解析：当小环与大环间的相互作用力为零时，小环转过的圆心角夕，则

21r\

mgcos0=m—,根据机械能守恒有mgH（l-cos。）=一根丫2,联立解得cose=—,C正

R23

确。

4.答案：C

解析：AD.小球在半圆形槽内右侧运动时，半圆形槽同时水平向右运动，即半圆形槽

的机械能增加，故小球的机械能减少，可知半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，

故AD错误；

B.小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统在水平方向

受到外力之和为零，故系统水平方向满足动量守恒；但小球具有竖直方向的加速度，

而半圆形槽竖直方向没有加速度，故系统在竖直方向的外力之和不为零，系统在竖直

方向不满足动量守恒，故B错误；

C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，由于所有接触面均光滑，此过程

只有小球重力势能与小球动能、半圆形槽动能之间相互转化，故小球与半圆形槽组成

的系统机械能守恒，故C正确。

故选C。

5.答案：C

解析：A.小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小，竖

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、车组成的系统

所受外力的合力不为0,则该系统总动量不守恒，故A错误；B.对球、车组成的系统

而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在水平方向所受外力的

合力为0,则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车

的速度均为0,小球向左仍能摆到原高度，故B错误；C.当小球摆到左侧最高点时，

小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有叫％-？々=。，其中

x1+x2=2Lsin60°,解得々=二此乙，故C正确；D.小球运动到最低点时，根据水

叫+叫

平方向动量守恒有叫匕-冽2%=0,根据机械能守恒定律有

n^£(l-cos60°)=g吗v；+：加X，解得匕=112心,故D错误.

22、叫+加2

6.答案：D

解析：铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错；铅球的速度

大小为V=+V；，又Vy=g，，联立可得V=Jv；+g'2,所以VT图像为曲线，B

错；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由动

能定理有机g/2=Ek-Ek0,又力=；g/，联立可得线=4+3件2/，所以Ek-/图线为

二次函数图线，C错，D对。

7.答案：D

解析：A.对小球从尸点到R点应用动能定理可得加gR=g根v；-；根v；

R

在点由向心力表达式可知NF-mg=竺^

R

联立可得Np=gmg

根据牛顿第三定律小球在R点时对圆弧轨道的压力为gmg,A错误；

B.由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为1，由向心力表达式可得NN=等

解得NN=；mg

根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为;Mg,B错误；

C.正交分解小球在M点的速度可得

cos60=—

解得VM=2V°=2柠

C错误；

D.小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得mg/z=；相片

D

解得h=一D正确。

6

故选ADo

8.答案：D

解析：AB、小球在下降过程中减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，

小球的机械能不守恒，小球运动到3点时的动能小于7咫丸，故AB错误；C、由A点

到3点根据动能定理得：加g/z-%弹=；机丫2,所以小球由A点到3点重力势能减少

密=机8〃=%弹+：相声，故c错误；D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以

小球到达位置3时弹簧的弹性势能为小g〃-故D正确。故选：D。

9.答案：BC

解析：A.物块A到最高点时，细绳与杆垂直，因此3的速度也为零，A错误；

B.物块A向上运动过程中，细绳对物块A的拉力一直做正功，因此物块A的机械能一

直增大，B正确；

C.设滑轮到杆的距离为力则有d=/z

sin37°

3

解得d

物块A上升的高度为H=YU=2/Z

tan37°

根据机械能守恒定律mAgH=mBgh

m.1

解得小

C正确；

D.当细绳与竖直杆间的夹角为53。时，物块A上升的高度4==』

tan5308

物块3下降的高度饱=二3-一餐=：”

sin370sin5308

设此时物块A的速度大小为v,则物块B的速度大小为

vcos53°=0.6v

22

根据机械能守恒定律有mBgh,=+-^mAv+^mB(0.6v)

解得v=B4财

D错误。

故选BCo

10.答案：BC

解析：A.小球运动至A点时速度最大，根据水平方向的动量守恒和机械能守恒得

mvA=mvB

gmv^+mgR=；mv\+；mv\

得VA=VB=5m/s

故A错误；

B.物块运动到最高点时，物块与小车水平方向共速，且速度为零，则物块以％=6m/s

做竖直上抛运动，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为

〃=2+R=2.5m

2g

故B正确；

C.物块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，所以物块静止时，小车也静止，所以

由系统的能量守恒定律机4+g根说=jLimg-Ax

其中〃=0.5

解得Ax=5m

A、3的距离为2.5m,所以物块最终停在A点，故C正确；

D.无论A、3间轨道是否光滑，物块和小车系统在水平方向动量是守恒的，故D错

误。故选BC。

11.答案：BD

解析：AB.根据题意可知，冲击前钢球的机械能为/=行乜

冲击后钢球的机械能为Ep2=mgH2

由能量守恒定律可得，转化内能的机械能为。=与「耳2=叫（乜-区）

E—EH—H

冲击时机械能转为热能百分比为〃=宜=」1尸

EpiHi

A错误，B正确；

C.钢球与缓震材料接触过程中，先加速下降再减速下降，然后加速上升，再减速上

升，则钢球先失重后超重再失重，C错误；

D.以向上为正方向有，对钢球，根据动量定理有（尸-冲»=研2-加（-匕）

缓震材料受到钢球的平均冲力为F=m[g+且瓦士工巫

D正确。

选BD。

12.答案：AD

解析：A.在同一坐标系中画出子弹和木块的V—图象，子弹的质量机不变，子弹的加

速度恒定，木块的加速度也恒定，子弹速度％越大，子弹穿过木块的时间越短，则木

块获得的速度越小，故A正确；

B.当子弹的质量机变化时，由于子弹所受的阻力恒定，则子弹的加速度将随着质量增

大而减小，而木块的加速度恒定，两者的速度图象如图所示

设木块的长度为L则当子弹穿出时，子弹的位移比木块的大L则由速度图象可

知，子弹的速度曲线与木块的速度曲线所围成的梯形面积在数值上应等于心由图象

可知，当子弹质量加越大时，穿出木块的时间力小于质量小时穿出木块的时间J。则

木块获得的速度也将变小，故B错误；

C.系统损失的机械能等于系统产生的热，即Q=

故只要子弹穿出，子弹和木块组成的系统损失的机械能不变，故c错误；

D.木块质量M越大，木块的加速度越小，子弹穿出时所用时间越短，子弹穿出的速度

越大，木块的速度越小，因而子弹损失的机械能减小，故D正确。

故选ADo

13.答案：CD

解析：在下滑过程中电势能增加0.5J,故物体需克服电场力做功为0.5J,故金属块正

电，故AB错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J,重力做功L5J,电场力为-

0.5J,根据动能定理得：%=%+%+%=AEk，解得：叼=-0刀，故C正确；外

力做功为%=%+%=-L2J,故机械能减少L2J,故D正确.所以CD正确，AB错

误.

14.答案：(1)v-8m/s；v=3m/s(2)—m(3)10m

pQn12

解析：(1)设。与P第一次碰撞前的速度为1,碰后P、Q的速度分别为〜和%,

由动能定理，得=-0,碰撞过程动量守恒+根昨，碰撞过程机械

能守恒gMv：域+)相片，代入数据求得%=5m/s,Vp=8m/s,ve=3m/so

(2)碰后Q加速运动的加速度%=^=5m/s2,碰后尸减速运动的加速度

丫A/f

必丝上也=25m/s2,设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为则有

%+ado=埒-％片得=」s,因为物块。与盒子尸速度相等时。与盒子右挡板间的距

离此时最大，最大距离为二者相对位移

Ax=xp-XQ=+

Ax=—m<£,满足题意此时不会与盒子左板碰撞。

(3)由qE<〃(M+m)g,可知P、。终将停止。(否则前进足够长的位移，减少的电

势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律)，停止时，。在P的右端，设P前进的

总路程为S,由能量守恒qE(S+L)=+m)gS,得S=10m。

8gR

15、(1)答案：V3

解析：设乙的质量为机，当乙滑到C点时，轨道6。与甲的共同速度大小为丫2,系统

水平方向动量守恒，有mvx-2mv2-0

由系统机械能守恒有mgx2R=mvf+^-x2mv|

解得

解析：乙滑到C点后，轨道与甲分离，设轨道5co与乙速度相同时的速度大小

为V,乙从C点滑到。点的过程中，对乙和轨道BC。，由动量守恒定律和能量守恒定

律分别有

mvr—mv2=2mv

12121c2T

~mvi+———x2mv=/LimgL

解得L=3尺

设乙从C点滑到。点的过程中的加速度大小为a,由牛顿第二定律有fJ.mg=ma

乙从C点滑到。点的过程做匀减速直线运动，有丫=匕-G

解得t=R

(3)答案：

6

解析：设乙从5点滑到C点的时间为咽该过程轨道通过的距离为司，系统水平

方向动量守恒，有2人土-山区二五=0

4八

设乙沿轨道BCD从C点运动到。点的过程中轨道5c。通过的距离为々，由动能定理

2

有-pimgx2-gmv-gmvf

经分析可知X=玉+%

x=-R

解得6