2025年高考物理壓軸訓練7

一.選擇題（共10小題）

1.（2025?邯鄲一模）如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，質量為根的小物塊靜止在斜面底端，某時刻

給物塊一個沿斜面向上的初速度%使物塊沿斜面上滑，物塊與斜面之間的動摩擦因數為〃，斜面的傾角

。=30。，取水平地面為零重力勢能參考面，在物塊上滑過程中，物塊的機械能E和動能心隨沿斜面運動

的位移x變化的圖像如圖乙所示，g取下列說法正確的是（)

A.圖線。為物塊動能的變化圖線，圖線b為物塊機械能的變化圖線

B.物塊的質量為根=0.5依

C.物塊與斜面之間的動摩擦因數為〃=弓

D.物塊的初速度%=15,〃/s

2.（2024?荔灣區校級三模）玉米收割后脫粒玉米用如圖甲所示的傳送帶裝置，可近似為如圖乙所示物理

過程，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動

的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持相對靜止，直至從傳送帶的頂端飛出最后落在水平地面上，不計空

氣阻力。已知玉米粒在此運動過程中的速率為v,加速度大小為a,動能為心，機械能為E,玉米粒距離

地面的高度為肌下列圖像能近似反映上述物理過程的是（）

甲乙

v

A.

a

B.

3.（2024?西城區校級模擬）北京冬奧會高臺滑雪場地示意如圖。一運動員（含裝備）的質量為機，從助

滑坡上A點由靜止沿坡（曲線軌道）下滑，經最低點3從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時間后著陸于

著陸坡上。點。已知A、C的高度差為九，C、。的高度差為生，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空

氣阻力不能忽略，運動員可視為質點。則下列判定正確的是（）

A.運動員在8點處于失重狀態

B.運動員起跳時的速率Vc>^^拓

C.運動員著陸前瞬間的動能”=〃取（4+用）

D.運動員在空中飛行的時間營

4.（2024?甲卷）如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為加的小環套在大圓環上，小環從靜止開

始由大圓環頂端經。點自由下滑至其底部，。為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作

用力大小（）

A.在。點最大B.在。點最小C.先減小后增大D.先增大后減小

5.（2024?山東）如圖所示，質量均為機的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根

原長為/的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為磯〃</）。兩木板與地面間動摩擦因數均為〃，彈性繩勁

度系數為k,被拉伸時彈性勢能E=g丘“X為繩的伸長量）。現用水平力尸緩慢拉動乙所坐木板，直至甲

所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，上保持不變，最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，重力加速度大小為g,則尸所做的功等于（）

A.血t+aB.機g（/-d）

2k2k

C.3（A，77g）+l/Limg（l-d}D.+2〃mg（/_d）

2k2k

6.（2024?商洛模擬）如圖所示，一個帶有擋板的光滑斜面固定在地面上，斜面傾角為，，輕彈簧的上端

固定于擋板，下端連接滑塊尸，開始處于平衡狀態。現用一平行于斜面向下的力尸作用在尸上，使滑塊向

下勻加速3<gsin6）運動一段距離。以x表示尸離開初位置的位移，f表示P運動的時間，E表示P的機

械能（設初始時刻機械能為零），重力加速度為g,則下列圖像可能正確的是（）

O

A.B.O

EE

C.OtD.Ot

7.（2024?西城區二模）2023年，我國“雙曲線二號”火箭完成垂直起降飛行試驗，意味著運載火箭的可

重復使用技術取得了重要突破。試驗過程中，火箭持續向下噴射燃氣獲得豎直向上的推力，若地面測控系

統測出火箭豎直起降全過程的v-f圖像如圖所示，火箭在f=O時刻離開地面，在《時刻落回起點。不計空

氣阻力及火箭質量的變化，下列說法正確的是（）

A.在：時刻，火箭上升到最高位置

B.在。-6時間內，火箭受到的推力先增大后逐漸減小為零

C.在%時間內，火箭動能的減少量小于重力勢能的增加量

D.在q-右時間內，火箭處于失重狀態

8.（2024?岳麓區校級模擬）如圖甲所示裝置是一種大型拋石機，圖乙是其工作原理的簡化圖。將質量

m=104的石塊，裝在與轉軸O相距L=4.8〃z的長臂末端口袋中，最初靜止時長臂與水平面的夾角tz=30。,

發射時對短臂施力使長臂轉到豎直位置時立即停止運動，石塊靠慣性被水平拋出，落在水平地面上、若石

塊落地位置與拋出位置間的水平距離x=19.2m,不計空氣阻力，g^lOm/s2,正確的選項是（）

A.石塊拋出后運動時間為12s

B.石塊被拋出瞬間的速度大小為12〃z/s

C.石塊即將落地時重力的瞬時功率為1200W

D.石塊落地的瞬時速度大小為16m/s

9.（2024?西城區二模）如圖所示，長為L的桿一端固定在過。點的水平轉軸上，另一端固定質量為機的

小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度。做勻速圓周運動，其中A點為最高點，

C點為最低點，B、。點與。點等高。已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A

----~~、

c

A.小球在3、。兩點受到桿的作用力大于mg

B.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6〃zg

C.小球在5、D兩點受到桿的作用力大小等于機療L

D.小球從A點到3點的過程，桿對小球做的功等于〃歸L

10.（2024?貴州）質量為1像的物塊靜置于光滑水平地面上，設物塊靜止時的位置為x軸零點。現給物塊

施加一沿x軸正方向的水平力其大小隨位置無變化的關系如圖所示，則物塊運動到x=處，P做功

的瞬時功率為（）

八F/N

3----------；

2..............1——

1-：

°123x/m

A.8WB.16WC.24WD.36W

二.多選題（共5小題）

11.（2024?沙坪壩區校級模擬）如圖甲所示，一輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質量為0.15伙的

小物體尸栓接，緊靠著P的右端放置質量為0.3飯的小物體。，P、。均靜止，彈簧處于原長狀態。現對

。施加水平向左的恒力廠，使P和。一起向左運動，當兩者速度為零時撤去P,P,。最終均停止運動。

以初始時。靜止的位置為坐標原點，向左為正方向，從。開始向左運動到撤去產前瞬間，。的加速度a隨

位移x變化的圖像如圖乙所示。已知P、。兩物體與地面間的動摩擦因數均為0.5,重力加速度大小取

g=10m/s\下列說法正確的是（）

|a/(m-s-2)

/10X.

7:0H/(Xl&2m)

//////////////////////////////////_]0

甲乙

A.尸的大小為6.75NB.彈簧的勁度系數為22.5N/”?

C.P的最大速度為考機/sD.。最終停在x=-0.04W位置

12.（2024?福建）如圖，某同學在水平地面上先后兩次從4點拋出沙包，分別落在正前方地面Q和&處。

沙包的兩次運動軌跡處于同一豎直平面，且交于尸點，"點正下方地面處設為O點。已知兩次運動軌跡的

最點禺地iWi度均為3.2〃z,OH—1Am>OQt=SAm,OQ,=9.8w,沙包質量為0.2左g,忽略空氣阻力，

B.第一次經P點時的機械能比第二次的小1.3J

C.第一次和第二次落地前瞬間的動能之比為72:85

D.第一次拋出時速度方向與落地前瞬間速度方向的夾角比第二次的大

13.（2024?福建模擬）如圖所示，是一兒童游戲機的工作示意圖。光滑游戲面板與水平面成夾角。，半徑

為區的四分之一圓弧軌道8C與AB管道相切于3點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在管道

的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一輕質手柄P將球投入4?管內，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，

釋放手柄，彈珠被彈出，與游戲面板內的障礙物發生一系列碰撞后落入彈槽里，根據入槽情況可以獲得不

同的獎勵。假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠視為質點。某次緩慢下拉手柄，使彈珠距3點為L,

釋放手柄，彈珠被彈出，到達C點速度為v。已知彈珠的質量為加，當地重力加速度為g。下列說法正確

的是（）

A.彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈簧彈力一直做正功，彈珠動能一直增大

B.調整手柄的位置，可以使彈珠從C點離開后做勻變速直線運動，直到碰到障礙物

C.彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大

D.此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg.+Bsine+gmU

14.（2024?遼寧模擬）圖像可以直觀地反映一個物理量隨另一個物理量變化的規律。一小球從距地面高九

處由靜止開始下落，與水平地面碰撞后彈起所達到的最高點距地面的高度為%（飽＜4）。若忽略空氣阻力

的影響，規定向下為正方向，下列關于這個過程中小球的速度V、位置x隨時間f的變化規律以及動能線、

機械能E機隨空間位置x的變化規律，描述正確的是（）

15.（2024?開福區校級模擬）圖甲為水上樂園水滑梯，人從高處滑下，最后從末端飛出去，可簡化如圖乙

所示。其中C點為圓弧的最低點，圓弧軌道的半徑為2租，圓弧對應的圓心角。為120。，AC的豎直高度

差為6w。質量為504的人在A點從靜止開始下滑，不計空氣阻力和軌道摩擦，重力加速度g=10〃?/s',

則下列說法正確的是（）

A.人滑到C點時對圓弧的壓力為3500N

B.人從A點運動到C點一直處于失重狀態

C.人滑到￡＞點時速度為大小為10mis

D.人落入水中時的速度方向與水面夾角大于60。

三.填空題（共5小題）

16.（2023?南充模擬）某同學探究小球在豎直面內做圓周運動時向心力隨位置變化的規律，選用光滑的圓

軌道，如圖甲，圓軌道半徑R=3〃2,在軌道內側距離最低點A高度”分別為0、h、2/7、3/?>4/7、5h、

6人處固定有壓力傳感器，質量為機的小球從A點以速度為沿軌道內側向右運動，記錄小球在各位置對軌

道的壓力廠的數值，作出尸圖像如圖乙。

（1）若小球在A點對軌道的壓力大小為K，則歹與H的關系可表示為b二（用機、g、R、H、Fo

表示）;

（2）取重力加速度g=10〃7/s2,由圖乙可得小球質量根=依，小球經過最低點A時的初速度%=

mis。（%的結果用根式表示）

17.（2024?重慶模擬）某同學在原地進行單手運球訓練中發現，讓籃球從靜止開始下落并自由反彈，彈起

的最大高度比原來低20。”。為了讓球每次都能彈回到原來的高度，當球回到最高點時，向下拍打一次球，

每分鐘拍打100次，籃球質量為600g。取重力加速度大小為10根/$2。不計空氣阻力和拍球瞬間的能量損

失,則該同學每次拍打小球需做功為—J，拍打小球的平均功率為—Wo

18.（2023?靜安區二模）如圖，三根輕繩一端分別系住A、B、C三個物體，它們的另一端分別通過光滑

定滑輪系于O點，整個裝置處于平衡狀態時，3與豎直方向成37。，加處于水平狀態。已知3物體的質

量為優，則A物體的質量為—；如果將左邊的滑輪。緩慢水平向左移動距離s,最終整個裝置仍處于平

衡狀態，重力加速度為g,則裝置的機械能變化的大小為o（取sin37。=0.6,cos37°=0.80）

19.（2023?閔行區二模）四沖程內燃機在一次循環中只做功一次，曲軸轉兩圈。若曲軸轉速為2000“〃如，

每次做功沖程活塞做功為3000J,則內燃機的平均功率為—Wo將6個此種內燃機組裝成一個六缸發

動機，裝配到質量為It的跑車上，跑車運動時受到的阻力大小約為其自重的0.2倍，不計輪軸摩擦損耗，

則跑車運動的最大速度約為miso

曲軸

20.（2022秋?靜安區期末）如圖（a）所示，質量相等的甲、乙兩個小物塊可視為質點，甲沿傾角為30。的

足夠長的固定斜面由靜止開始下滑，乙做自由落體運動，不計空氣阻力。已知甲、乙的動能項與路程x的

關系圖像如圖（b）所示。圖（b）中，圖線A表示的是物塊的々-X圖像；甲與斜面間的動摩擦因

數〃=0

四.解答題（共5小題）

21.（2024?北京）科學家根據天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質（星體等）

在做彼此遠離運動，且質量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結果都一樣。以某一點。為觀測點，

以質量為機的小星體（記為P）為觀測對象。當前P到O點的距離為％,宇宙的密度為4。

（1）求小星體尸遠離到次處時宇宙的密度夕；

（2）以O點為球心，以小星體尸到O點的距離為半徑建立球面。尸受到的萬有引力相當于球內質量集中

于O點對P的引力。已知質量為叫和啊、距離為R的兩個質點間的引力勢能與=-G皆，G為引力常

量。僅考慮萬有引力和P遠離。點的徑向運動。

a.求小星體尸從外處遠離到2%處的過程中動能的變化量△/；

6.宇宙中各星體遠離觀測點的速率v滿足哈勃定律丫=協，其中廠為星體到觀測點的距離，”為哈勃系數。

〃與時間f有關但與r無關，分析說明H隨t增大還是減小。

22.（2024?西城區校級模擬）某設計團隊給一生態公園設計人造瀑布景觀。如景觀側面示意圖所示，人造

瀑布景觀由供水裝置和瀑布景觀兩部分組成。一水泵將水池中的水抽到高處，作為瀑布上游水源；龍頭噴

出的水流入高處的水平槽道內，然后從槽道的另一端水平流出，恰好落入步道邊的水池中，形成瀑布景觀。

在實際瀑布景觀中，水池的水面距離地面為〃（不會隨著水被抽走而改變水位），龍頭離地面高為〃，龍

頭噴水管的半徑為r,龍頭噴出的水從管口處以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出。若不接水平槽道，

龍頭噴出的水直接落地（如圖中虛線所示），其落地的位置到龍頭管口的水平距離為d=2/?。已知水的密

度為夕，重力加速度為g,不計空氣阻力。完成以下問題：

（1）求單位時間內從龍頭管口流出的水的質量“看;

（2）不計額外功的損失，求水泵輸出的功率P。

（3）在施工前，先制作一個為實際尺寸，的瀑布景觀模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度應為實

16

23.（2024?福建）我國古代勞動人民創造了璀璨的農耕文明。圖（a）為《天工開物》中描繪的利用耕牛

整理田地的場景，簡化的物理模型如圖（b）所示，人站立的農具視為與水平地面平行的木板，兩條繩子

相互平行且垂直于木板邊緣。已知繩子與水平地面夾角。為25.5。，sin25.5°=0.43,cos25.5°=0.90o當

每條繩子拉力尸的大小為250N時，人與木板沿直線勻速前進，在15s內前進了20根，求此過程中：

（1）地面對木板的阻力大小；

（2）兩條繩子拉力所做的總功；

（3）兩條繩子拉力的總功率。

24.（2024?西城區校級模擬）阿特伍德機是由英國物理學家喬治?阿特伍德在1784年發表的《關于物體的

直線運動和轉動》一文中提出的，用于測量加速度及驗證運動定律的機械。如圖所示，一定滑輪兩端分別

與質量為的物體A和質量為機的物體3相連。不計輪軸間的摩擦力和空氣阻力，假設繩子與輪軸間不

會打滑。

（1）若不計滑輪質量，兩物體均由靜止釋放，試求物體A下落高度場后，兩物體的速度大小。

（2）類比是一種常見的解決物理問題的方式。若滑輪的質量不可忽略，由于其自身慣性的存在，其角速

度增加的過程也會受到阻礙。因此我們可以用轉動慣量/作為其轉動過程中慣性大小的量度，用角加速度

?描述其轉動加快過程中角速度的變化率。

在把物體視為質點時，我們可以利用牛頓第二定律描述合力與加速度的關系。類比這種關系，在剛體

（形變可忽略的物體）的轉動過程中，我們同樣可以用類似的關系描述剛體的合力矩”（力矩是矢量，大

小等于物體某點所受的力與其力臂的乘積，以使物體逆時針旋轉的力矩方向為正方向）與角加速度（角速

度的變化率）的關系。請根據角加速度的定義，類比線速度與角速度的關系，直接寫出角加速度與半徑為

廠的圓盤邊緣的線加速度“的關系，并類比質點的牛頓第二定律，直接寫出剛體轉動過程中合力矩、轉動

慣量和角加速度的關系。

b.在把系統內各物體都視為質點時，我們可以利用機械能守恒描述物體重力勢能與動能的相互轉化。若

考慮到剛體的轉動動能，我們在使用機械能守恒的過程中，動能除了我們熟知的質點的平動動能以外，還

需要加上有質量的剛體的轉動動能。試類比質點的平動動能，寫出剛體轉動角速度為。時剛體的轉動動能

々轉。

c.若滑輪的質量為機，半徑為尺，其轉動慣量的表達式/=!根代。請根據以上關系，求解考慮滑輪質量

2

的前提下，與物體A相連的輕繩拉力大小7；,與物體5相連的輕繩拉力大小石，以及物體A下落高度〃后

的速度大小。

廠、

6

A

25.（2024?南開區二模）超市為節省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質量均為m=16像

的兩輛購物車相距=1機靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套

在一起，繼續運動了4=1.25根后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的

阻力恒為車重的左=0.25倍，重力加速度取g=10〃z/s2,求：

（1）兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；

（2）兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；

(3)工人對第一輛車所做的功。

地面地面

2025年高考物理壓軸訓練7

參考答案與試題解析

選擇題（共10小題）

1.（2025?邯鄲一模）如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，質量為機的小物塊靜止在斜面底端，某時刻

給物塊一個沿斜面向上的初速度%使物塊沿斜面上滑，物塊與斜面之間的動摩擦因數為〃，斜面的傾角

8=30。，取水平地面為零重力勢能參考面，在物塊上滑過程中，物塊的機械能E和動能心隨沿斜面運動

的位移尤變化的圖像如圖乙所示，g取10根/s',下列說法正確的是（）

A.圖線。為物塊動能的變化圖線，圖線6為物塊機械能的變化圖線

B.物塊的質量為根=0.5版

C.物塊與斜面之間的動摩擦因數為〃=弓

D.物塊的初速度%=15〃z/s

【答案】C

【解答】A、物塊沿斜面上滑過程中，動能和機械能均減小，取水平地面為零重力勢能參考面，可知物塊

上升到最高點時，動能為零，但物塊此時的機械能等于重力勢能，則機械能不等于零，結合圖像可知，圖

線。為機械能的變化圖線，圖線6為動能的變化圖線，故A錯誤；

BCD,根據動能隨位移的變化圖線的斜率大小等于合外力，機械能隨位移的變化圖線的斜率大小等于摩擦

力，可得

:J/"7=mgsin0+"mgcos6

5-2,,八

——J/m="mgcost）

由圖像知物塊的初動能為5J,上升到最高點物塊的機械能為2J,即重力勢能為2J,貝U

12

~mvo=5J

mgx4mxsin6=2J

聯立解得

m=0.1kg,N=，%=10m/s,故。正確，BD錯誤。

故選：c。

2.（2024?荔灣區校級三模）玉米收割后脫粒玉米用如圖甲所示的傳送帶裝置，可近似為如圖乙所示物理

過程，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動

的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持相對靜止，直至從傳送帶的頂端飛出最后落在水平地面上，不計空

氣阻力。已知玉米粒在此運動過程中的速率為v,加速度大小為“，動能為4,機械能為E,玉米粒距離

地面的高度為肌下列圖像能近似反映上述物理過程的是（）

【解答】ABC,分析玉米粒的受力可知玉米粒在傳送帶加速時有

mgsin0+jumgcos0=ma

解得a=gsin0+jugcos0

勻速時，加速度為0,有

mgsin6=/

離開傳送帶后加速度恒定為g,故玉米粒先加速再勻速，離開傳送帶后做斜上拋運動，玉米先減速，后加

速，則玉米粒的動能先增大再不變，離開傳送帶后先減小，后增大，故ABC錯誤；

。、摩擦力做功代表玉米粒機械能變化，在傳送帶運動時，摩擦力做正功，機械能增大，由A分析可知加

速階段摩擦力較大，圖像的斜率表示摩擦力，離開傳送帶后只有重力做功，機械能不變，故。正確；

故選：Do

3.（2024?西城區校級模擬）北京冬奧會高臺滑雪場地示意如圖。一運動員（含裝備）的質量為加，從助

滑坡上A點由靜止沿坡（曲線軌道）下滑，經最低點3從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時間后著陸于

著陸坡上。點。已知A、C的高度差為4,C、。的高度差為為，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空

氣阻力不能忽略，運動員可視為質點。則下列判定正確的是（）

大跳臺

高度120米

標準跳臺

高度90米

A.運動員在3點處于失重狀態

B.運動員起跳時的速率％>7^加

C.運動員著陸前瞬間的動能4=mg（%+H）

D.運動員在空中飛行的時間經營

【答案】D

【解答】A根據牛頓第二定律，運動員在3點滿足

FN-mg=m-^

K

所以乙>〃7g,即運動員在3點處于超重狀態，故A錯誤;

B.運動員從A到C由動能定理得

所以Vc，故5錯誤；

C根據動能定理，從A到。滿足

12

mg(%+h1)—Wf,=—mvD

所以紇°v機冢4+生），故。錯誤;

D因為運動員在。點起跳時，速度方向斜向上，結合空氣阻力都可以判斷出運動員在空中飛行的時間

‘>倍，故。正確。

故選：￡>=

4.（2024?甲卷）如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為加的小環套在大圓環上，小環從靜止開

始由大圓環頂端經。點自由下滑至其底部，。為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作

用力大小（）

A.在。點最大B.在。點最小C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解答】設圓環的半徑為R,小環下滑的高度為〃，則A?2R

小環在下滑過程中，根據動能定理冷姑=

解得v=12gli

小環在最高處靜止時，小環對圓環的作用力Fx=mg

小環從最高處到圓心等高處的過程中，設重力與半徑方向成。角，如圖所示:

小環下滑的高度/z=H（l-cos。）

小環的速度v=12gh=y/2gR(l-cos0)

根據牛頓第二定律“geos。-尸=加下

聯立解得F=3mgcos6-2mg

8增大,cos<9減小，作用力廠先減小，再反方向增大；

小環在圓心等高處時F=m~~-m2mg

2"2個上=

小環從圓心等高處到最低處的過程中，設重力與半徑方向成。角，如圖所示:

小環下滑的高度力=H（1+cosa）

小環的速度v=12gh=j2gR（l+cosa）

根據牛頓第二定律F-mgcosa=m彳

代入數據聯立解得F=2mg+31ngcosa

a減小，cosa增大，作用力尸增大；

m

小環在最低處時F3-mg=~~-m（，=氏2--4mg

解得F3=5mg

根據牛頓第三定律，綜合上述分析，小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小，后增大，故加錯誤，

。正確。

故選：C。

5.（2024?山東）如圖所示，質量均為根的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根

原長為/的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d</）。兩木板與地面間動摩擦因數均為〃，彈性繩勁

度系數為左，被拉伸時彈性勢能E=g丘2（尤為繩的伸長量）。現用水平力/緩慢拉動乙所坐木板，直至甲

所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，左保持不變，最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，重力加速度大小為g,則尸所做的功等于（）

A.彗t+〃ngQ_d)B.瞽+2一d)

C.3(〃，空)一+2"tng(l-d)D."3+2〃mg(l-d)

2k2k

【答案】B

【解答】當甲所坐木板剛要離開原位置時，設彈性繩的伸長量為X；

對甲及其所坐的木板整體，根據平衡條件〃=

解得彈性繩的伸長量x=幺鱉

k

此時彈性繩的彈性勢能￡=工區2=工以竺知②

22k2k

乙同學的位移乂=(/-d)+x

根據功能關系，拉力做功W=囚叫乂+E=〃mglQ-d)+幺鱉］+E

k

代入數據解得W=3(〃"”+nmg(l-d)

2k

綜上分析，故ACD錯誤，3正確。

故選：B。

6.(2024?商洛模擬)如圖所示，一個帶有擋板的光滑斜面固定在地面上，斜面傾角為，，輕彈簧的上端

固定于擋板，下端連接滑塊尸，開始處于平衡狀態。現用一平行于斜面向下的力尸作用在尸上，使滑塊向

下勻加速(avgsin。)運動一段距離。以x表示尸離開初位置的位移，f表示P運動的時間，E表示P的機

械能(設初始時刻機械能為零)，重力加速度為g,則下列圖像可能正確的是()

【答案】B

【解答】4?.根據題意可得，假設物塊產的質量為加，彈簧的勁度系數為3系統靜止時彈簧相對原長

的伸長量為％,由胡克定律可得:

kx0-mgsin0

由牛頓第二定律可得：

F+mgsin0—k{x+x0)ma

聯立可得：F-kx+ma=—kat2+ma,故A錯誤，5正確；

2

CD.由題可知尸-依>+"-7"gsin6<0,因為在初始位置時，物塊尸的機械能為0,則物塊P機械

能的變化量為：

￡,-0=W=-m(gsin0-a)x

整理得：E=-m(gsin0-a)x=sin0-a)at2,故CD錯誤。

故選：

7.(2024?西城區二模)2023年，我國“雙曲線二號”火箭完成垂直起降飛行試驗，意味著運載火箭的可

重復使用技術取得了重要突破。試驗過程中，火箭持續向下噴射燃氣獲得豎直向上的推力，若地面測控系

統測出火箭豎直起降全過程的v-f圖像如圖所示，火箭在f=O時刻離開地面，在《時刻落回起點。不計空

氣阻力及火箭質量的變化，下列說法正確的是()

A.在4時刻，火箭上升到最高位置

B.在0-：時間內，火箭受到的推力先增大后逐漸減小為零

C.在％-時間內，火箭動能的減少量小于重力勢能的增加量

D.在4-%時間內，火箭處于失重狀態

【答案】C

【解答】解A0~f2時間內速度始終為正，說明火箭一直在向上運動，4時間內火箭的速度為°，處于

靜止狀態，6時間內速度始終為負，說明火箭一直在向下運動，故L時刻上升到最高點，故A錯誤；

8i，T圖像的斜率表示加速度，在0~%時間內，火箭加速度先增大后逐漸減小為零，則火箭受到的推力先

增大后逐漸減小，在4時刻，火箭受到的推力等于其重力，故3錯誤；

C在4時間內，根據動能定理，火箭受到的推力做功與其重力做功之和等于動能的變化量，所以火箭

動能的減少量小于重力勢能的增加量，故C正確；

。.在4~%時間內，火箭加速度方向先向下后向上，先處于失重狀態后處于超重狀態，故。錯誤。

故選：Co

8.（2024?岳麓區校級模擬）如圖甲所示裝置是一種大型拋石機，圖乙是其工作原理的簡化圖。將質量

m=10kg的石塊，裝在與轉軸O相距L=48w的長臂末端口袋中，最初靜止時長臂與水平面的夾角?=30°,

發射時對短臂施力使長臂轉到豎直位置時立即停止運動，石塊靠慣性被水平拋出，落在水平地面上、若石

塊落地位置與拋出位置間的水平距離x=19.2m，不計空氣阻力，g取10m//,正確的選項是（）

A.石塊拋出后運動時間為12s

B.石塊被拋出瞬間的速度大小為12相/s

C.石塊即將落地時重力的瞬時功率為1200W

D.石塊落地的瞬時速度大小為16〃z/s

【答案】C

【解答】A＞石塊被拋出后做平拋運動，下落的高度為/?=L+Lsin（z=4.8〃z+4.8x0.5力2=7.2根，則石塊在

空中運動的時間為f=R=后|Iy=L2s,故A錯誤；

BD、設石塊被拋出瞬間的速度大小為%,則

Vot=X

解得：v0=16m/s

石塊落地時，豎直方向的分速度為

vy=gt=10x1.2m/5=12m/s

則落地瞬間速度大小為y=J*+vj=J16?+12?mls=20m/s,故BD錯誤;

C、石塊即將落地時重力的瞬時功率為P=n7gh=10xl0><12W=1200W,故C正確。

故選：C。

9.（2024?西城區二模）如圖所示，長為乙的桿一端固定在過。點的水平轉軸上，另一端固定質量為優的

小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度。做勻速圓周運動，其中A點為最高點，

C點為最低點，B、。點與。點等高。己知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A

C

A.小球在3、。兩點受到桿的作用力大于祖g

B.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6加g

C.小球在5、。兩點受到桿的作用力大小等于機療乙

D.小球從A點到3點的過程，桿對小球做的功等于7叫乙

【答案】A

【解答】AC當小球在3、。兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向

心力，故桿對小球的作用力為

F=marL）2+（mg）2>mg,故A正確；C錯誤；

8若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點

mg-Fm=marL

在C點&2-mg=marL

2

所以FNZ-FNI=2ma>L

若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點

mg+FNl=marL

在C點,FNZ-mg=marL

聯立解得FN2-Fm=2mg,故3錯誤；

D小球從A點到3點的過程，根據動能定理，可得

W+mgL=0

解得桿對小球做的功等于W=-mgL,故。錯誤。

故選：Ao

10.（2024?貴州）質量為1依的物塊靜置于光滑水平地面上，設物塊靜止時的位置為x軸零點。現給物塊

施加一沿無軸正方向的水平力尸，其大小隨位置無變化的關系如圖所示，則物塊運動到》=3切處，尸做功

的瞬時功率為（）

八F/N

3------；

2.......1——

1-：

°123x/m

A.8WB.16WC.24WD.36W

【答案】A

【解答】設物塊運動到x=3相處的速度為v；

全過程運用動能定理耳X]+gx?

代入數據解得v=4m/s

根據功率公式，物塊運動到x=3相處，尸做功的瞬時功率P=Ev=2x4W=8W。

綜上分析，故A正確，BCD錯誤。

另0~2根內，物塊做勻加速直線運動，加速度為4；

根據牛頓第二定律耳=mai

代入數據解得q=3機/s?

根據運動學公式片=2%不

2m末的瞬時速度v2=26mls

在2~3%內，物塊以加速度為出做勻加速直線運動；

根據牛頓第二定律F2=ma2

代入數據解得出=2根/$2

根據運動學公式片一片=2/尤2

3〃z末的瞬時速度為=4m/s

根據功率公式，物塊運動到x=3皿處，尸做功的瞬時功率P=8%=2x4W=8W。

綜上分析，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

—.多選題(共5小題)

H.(2024?沙坪壩區校級模擬)如圖甲所示，一輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質量為0.15依的

小物體P栓接，緊靠著P的右端放置質量為0.3版的小物體Q,P、。均靜止，彈簧處于原長狀態。現對

。施加水平向左的恒力尸，使P和。一起向左運動，當兩者速度為零時撤去歹，P、。最終均停止運動。

以初始時。靜止的位置為坐標原點，向左為正方向，從Q開始向左運動到撤去尸前瞬間，。的加速度。隨

位移x變化的圖像如圖乙所示。已知尸、。兩物體與地面間的動摩擦因數均為0.5,重力加速度大小取

g=10m/s\下列說法正確的是()

a/(m-s-2)

甲乙

A.F的大小為6.75NB.彈簧的勁度系數為22.5N/”？

C.P的最大速度為考機/sD.。最終停在x=-0.04W位置

【答案】ACD

【解答】AB.開始時對P和。組成的整體，由牛頓第二定律可得：F-ju(mp+mQ)g-kx=(mp+mQ)a,

敷,用支曰2°左2°-

整埋得：a=----XHF—5

99

20k10廠20F廠s

由圖像可知：=—=5,--------5=10,

929

聯立，解得：

產=6.75N,k=2.25N/cm=225N/m,

故A正確，3錯誤；

c.尸、。一起向左運動時兩者的最大速度：匕“=伍^=6^7771^7^m/5=9m/5,

向右運動時，當〃(%+m0)g=g時速度最大，此時％=0.01m，

由能量關系：g煽從(mp+mQ)g(xm-xl)=^mp+mQ)或

其中xm=4xl0-2m,

聯立，解得：

則P的最大速度為士6〃?/s,故C正確；

10

2

D.兩滑塊回到原來位置時由能量關系：Fxm-2/Li{mp+mQ)gxm=(mp+mQ)v,

2

此后Q與P分離，則jUmQgs=gmQv,

聯立，解得：

s=0.04m,即。最終停在x=-0.04m位置，故Z＞正確。

故選：ACDo

12.(2024?福建)如圖，某同學在水平地面上先后兩次從H點拋出沙包，分別落在正前方地面2和&處。

沙包的兩次運動軌跡處于同一豎直平面，且交于尸點，"點正下方地面處設為O點。已知兩次運動軌跡的

最高點離地高度均為3.2機，OH-1Am,OQX-8Am,00=9.8〃］，沙包質量為0.2左g,忽略空氣阻力，

A.第一次運動過程中上升與下降時間之比近:4

B.第一次經P點時的機械能比第二次的小1.3J

C.第一次和第二次落地前瞬間的動能之比為72:85

D.第一次拋出時速度方向與落地前瞬間速度方向的夾角比第二次的大

【答案】BD

【解答】A沙包從拋出到最高點的運動可視為平拋運動的“逆運動”，則可得第一次拋出上升的高度為

4=3.2m—1.4m=1.8m,根據

h=ggF

可得上升時間為5=0.6s

最高點距水平地面高為4=3.2相，故下降的時間為

，下］=0.8s

故一次拋出上升時間、下降時間比值為06:0.8=3:4,故A錯誤；

3c兩條軌跡最高點等高、沙包拋出的位置相同，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為

I=［上］+，下i=0.6s+0.8s=1.4s

故可得第一次、第二次拋出時水平方向的分速度分別為匕=絲=細機/s=6m/s,

Ht1.4

OQ9.8,~/

vv9==——mls=imls

“2t1.4

由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度也相等，為為=g/上1=10x0.6zn/s=6m/s,由于沙

包在空中運動過程中只受重力，機械能守恒

故第一次過P點比第二次機械能少AE=1m（7^2+v"）2-1m（^2+vj）2

解得△E=1.3J

從拋出到落地瞬間根據動能定理可得

E“=線oi+mghOH=|機（吟+玲+mghOH

E

ki=線02+颼限=|加（%+v；）+mghOH

解得J=10J

Ek2=11.3J

則故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為100:113,故3正確，C錯誤；

D根據前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也相同，由

于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，如圖所示，

故可知第一次拋出時速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第

一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D正確。

故選：BDo

13.（2024?福建模擬）如圖所示，是一兒童游戲機的工作示意圖。光滑游戲面板與水平面成夾角。，半徑

為r的四分之一圓弧軌道3c與AB管道相切于3點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在鉆管道

的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一輕質手柄尸將球投入4?管內，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，

釋放手柄，彈珠被彈出，與游戲面板內的障礙物發生一系列碰撞后落入彈槽里，根據入槽情況可以獲得不

同的獎勵。假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠視為質點。某次緩慢下拉手柄，使彈珠距3點為L,

釋放手柄，彈珠被彈出，到達C點速度為v。已知彈珠的質量為加，當地重力加速度為g。下列說法正確

的是（）

TT

彈槽丁

py手柄

A.彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈簧彈力一直做正功，彈珠動能一直增大

B.調整手柄的位置，可以使彈珠從C點離開后做勻變速直線運動，直到碰到障礙物

C.彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大

D.此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg（L+R）sine+gmy2

【答案】CD

【解答】A彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈力沿斜面向上，對彈珠做正功，過程中彈簧的彈力先

大于彈珠重力沿斜面向下的分力，后小于彈珠重力沿斜面向下的分力，所以彈珠先加速后減速，所以其動

能先增大后減小，故A錯誤；

8.彈珠從C點離開后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，兩者垂直，根據曲線運動的條件

可知，彈珠做勻變速曲線運動，直到碰到障礙物，故3錯誤；

C.彈珠和彈簧組成的系統機械能守恒，故彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉化為彈珠的動能和

重力勢能，所以此瞬間動能和重力勢能之和達到最大，故C正確；

D根據系統的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，從釋放彈珠到C點過程，

根據機械能守恒定律有

2

Epm=mg（A+7?）sin0+-^mv,故。正確。

故選：CD。

14.（2024?遼寧模擬）圖像可以直觀地反映一個物理量隨另一個物理量變化的規律。一小球從距地面高九

處由靜止開始下落，與水平地面碰撞后彈起所達到的最高點距地面的高度為％（用＜九）。若忽略空氣阻力

的影響，規定向下為正方向，下列關于這個過程中小球的速度v、位置x隨時間f的變化規律以及動能/、

機械能%隨空間位置X的變化規律，描述正確的是（）

【答案】AC

【解答】A、在下落過程中，小球做自由落體運動，則有v=gf,n與f成正比。在上升過程中，小球做豎

直上拋運動，加速度為-g,且由于下落高度大于上升高度，結合V—圖像與時間軸所圍的面積表示位移，

該圖能正確反映小球的速度v隨時間f的變化規律，故A正確；

B、下落過程中小球做自由落體運動，則有x=故此過程中xT為拋物線，故3錯誤；

C、在下落過程中，根據動能定理可得：Ek0=mgx,故下落過程中紜-尤圖像為一次函數；碰撞過程中

動能減小，在上升過程中，由動能定理得：Ek'-Ek=-mgh

則EJ=心-,故C正確;

D.上升和下降過程中，只有重力做功，小球的機械能守恒，故此過程中％-無圖像為水平直線，故。錯

誤。

故選：AC.

15.（2024?開福區校級模擬）圖甲為水上樂園水滑梯，人從高處滑下，最后從末端飛出去，可簡化如圖乙

所示。其中C點為圓弧的最低點，圓弧軌道的半徑為2m,圓弧對應的圓心角。為120。，AC的豎直高度

差為6w。質量為50版的人在A點從靜止開始下滑，不計空氣阻力和軌道摩擦，重力加速度g=10〃?/s',

則下列說法正確的是（）

甲乙

A.人滑到C點時對圓弧的壓力為35OON

B.人從A點運動到C點一直處于失重狀態

C.人滑到。點時速度為大小為10mis

D.人