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，”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

6=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和動能紇隨沿斜面運動

的位移x變化的圖像如圖乙所示，g取lOm/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必

C.物塊與斜面之間的動摩擦因數為〃=弓

D.物塊的初速度%=15m/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,加速度大小為動能為紜，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（）

B.

Ek

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。己知4、C的高度差為4,C、。的高度差為外,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（）

出發點

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^前

C.運動員著陸前瞬間的動能&,=7"g（/R+%）

D.運動員在空中飛行的時間I

4.（2024?甲卷）如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為小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，Q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Q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區"X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，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,則方所做的功等于（）

A(jumg)2小

A.-----------卜從mg(l—d)B.M卷)-d)

2k

C.一+2〃「g(/—d)D.3mgy+2〃〃zg("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6,輕彈簧的上端

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

下勻加速（a<gsin。）運動一段距離。以x表示P離開初位置的位移，t表示尸運動的時間，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（）

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VT圖像如圖所示，火箭在/=0時刻離開地面，在/4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.在時間內，火箭受到的推力先增大后逐漸減小為零

C.在6時間內，火箭動能的減少量小于重力勢能的增加量

D.在時間內，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=10kg的石塊，裝在與轉軸O相距乙=4.8根的長臂末端口袋中，最初靜止時長臂與水平面的夾角（z=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16根/s

9.（2024?西城區二模）如圖所示，長為L的桿一端固定在過O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O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根g

B.小球在4、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6:超

C.小球在3、。兩點受到桿的作用力大小等于％療L

D.小球從A點到3點的過程，桿對小球做的功等于mgL

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無軸零點。現給物塊

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

的瞬時功率為（）

，、F/N

3-----------；

2.........———

1■:

°123工/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飯的

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

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

以初始時Q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P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^i0m/s\下列說法正確的是（）

|a/(m-s-2)

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

甲乙

A.產的大小為6.75NB.彈簧的勁度系數為22.5N/7W

C.P的最大速度為更加/s

D.。最終停在x=-0.04機位置

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2處。

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

的最高點離地高度均為3.2m,OH=1.4m,OQX=8Am,O&=9.8加，沙包質量為0.2依，忽略空氣阻力，

重力加速度大小取10機/s',則沙包（）

O?

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

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6,半徑

為尺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點速度為丫。已知彈珠的質量為機，當地重力加速度為g。下列說

法正確的是（）

障礙物/c、/

彈槽/TTTT//B

TTT

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〃?g（L+R）sin。+加2

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4

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＜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丫、位置x隨時間f的變化規律以及動能”、

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〃?，圓弧對應的圓心角夕為120。，AC的豎直高度

差為6根。質量為50Ag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=10m/s2,

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10m/s

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=3m,在軌道內側距離最低點A高度”分別為0、h、2h、3/7>4/?、5h、

6〃處固定有壓力傳感器，質量為優的小球從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/的數值，作出圖像如圖乙。

圖甲

（1）若小球在A點對軌道的壓力大小為紇，則F與"的關系可表示為尸=（用加、g、R、H、Fo

表示）;

（2）取重力加速度g=10冽/$2,由圖乙可得小球質量依，小球經過最低點4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。九。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/S2。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—W。

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

定滑輪系于。點，整個裝置處于平衡狀態時，N與豎直方向成37。，2處于水平狀態。己知3物體的質

量為機，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。sin37°=0.6,cos37°=0.8?）

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2000r/加加，

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

動機，裝配到質量為1/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mis.

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/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4-x圖像；甲與斜面間的動摩擦因

數〃=

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O為觀測點,

以質量為優的小星體（記為P）為觀測對象。當前尸到O點的距離為外,宇宙的密度為0。。

（1）求小星體P遠離到次處時宇宙的密度夕；

（2）以。點為球心，以小星體月到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。點對尸的引力。已知質量為%和恤、距離為尺的兩個質點間的引力勢能Ep=-G簧，G為引力常

量。僅考慮萬有引力和P遠離O點的徑向運動。

a.求小星體P從2處遠離到2%處的過程中動能的變化量△Ek；

A宇宙中各星體遠離觀測點的速率v滿足哈勃定律v=Hr,其中r為星體到觀測點的距離，〃為哈勃系數。

H與時間t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，7,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〃z。；

（2）不計額外功的損失，求水泵輸出的功率尸。

（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。=0.90。當

每條繩子拉力廠的大小為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3m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。

a.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

E燎。

c.若滑輪的質量為機，半徑為R,其轉動慣量的表達式/=」加?、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3相連的輕繩拉力大小心，以及物體4下落高度丸后

的速度大小。

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依

的兩輛購物車相距乙=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機后停了下來。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=10m/$2,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

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

6=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/隨沿斜面運動

的位移尤變化的圖像如圖乙所示，gmOrn/s2,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=0.5左g

C.物塊與斜面之間的動摩擦因數為〃=弓

D.物塊的初速度%=15m/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/m=mgsin0+jumgcos0

5—2一八

4J/m=jLimgcos6

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2/,即重力勢能為2/,則

12

5mo=5J

mgx4mxsin8=2J

聯立解得

m=0.1kg,,v0=10m/s,故C正確，BD錯誤。

故選：Co

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〃，下列圖像能近似反映上述物理過程的是（）

D.

【答案】D

【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+“mgcos0=ma

解得a=gsin6+jugcos0

勻速時，加速度為0,有

mgsin，=/

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/WC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）的質量為相，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4、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（）

A.運動員在3點處于失重狀態

B.運動員起跳時的速率%>7^前

C.運動員著陸前瞬間的動能/=叫（4+色）

D.運動員在空中飛行的時間仔

【答案】D

【解答】A根據牛頓第二定律，運動員在5點滿足

FN-mg=m—

K

所以外即運動員在3點處于超重狀態，故A錯誤;

員運動員從A到C由動能定理得

所以Vc2ghi,故5錯誤;

C根據動能定理，從A到。滿足

12

mg(%+h2)-Wf,=~rnvD

所以％v+%）,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

杵,故。正確。

故選：Do

4.（2024?甲卷）如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為優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Q點最大B.在0點最小C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解答】設圓環的半徑為尺，小環下滑的高度為〃，則4,2R

小環在下滑過程中，根據動能定理=

解得v=12gh

小環在最高處靜止時，小環對圓環的作用力耳=叫

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%=R（1-cos。）

小環的速度V=J2gh=^2gR(l-cos0)

根據牛頓第二定律mgcosO-F=m三

聯立解得F=3mgcos0-2mg

6增大,cos。減小，作用力產先減小，再反方向增大；

小環在圓心等高處時F2=m—=m（，2gR）_2mg

RR

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/i=R（l+cosa）

小環的速度v=42gh=j2gR（l+cose）

根據牛頓第二定律歹-/wgcosa=根’

代入數據聯立解得F=2mg+3mgcose

a減小，cosa增大，作用力p增大；

mm

小環在最低處時F3-mg=~==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，故麗錯誤，

C正確。

故選：Co

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.迦虻+〃"d)B.如咽t+

2左2左

C.3(〃.g)一+2〃―g(/—d)D.3mgl+2〃-g"d)

2女2女

【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〃mg=區

解得彈性繩的伸長量x=儂

k

此時彈性繩的彈性勢能E=-kx2=」-"吃了=幽宜

22k2k

乙同學的位移才=(1-d)+x

根據功能關系，拉力做功W=+E="咫［(/—d)+"空］+E

k

代入數據解得W=乳竺亞+"mg(l-d)

2k

綜上分析，故AGD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6,輕彈簧的上端

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

下勻加速(a<gsin。)運動一段距離。以x表示P離開初位置的位移，f表示尸運動的時間，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()

C.OD.O

【答案】B

【解答】四.根據題意可得，假設物塊P的質量為加，彈簧的勁度系數為七,系統靜止時彈簧相對原長

的伸長量為X。，由胡克定律可得：

kx°=mgsin0

由牛頓第二定律可得：

F+mgsin6—k(x+x0)ma

聯立可得：F-kx+ma-—kat2+ma,故A錯誤，正確；

2

CD.由題可知尸-左。+不)=”篦-〃吆5116<0,因為在初始位置時，物塊P的機械能為0,則物塊P機械

能的變化量為：

E-O=W=-ni(gsin0-a)x

整理得：E--m(gsin3-a)x--^m(gsin0-a)at2,故CD錯誤。

故選：Bo

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VT圖像如圖所示，火箭在r=O時刻離開地面，在玄時刻落回起點。不計空

氣阻力及火箭質量的變化，下列說法正確的是()

A.在乙時刻，火箭上升到最高位置

B.在。-4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.在片-右時間內，火箭處于失重狀態

【答案】C

【解答】解A0~，2時間內速度始終為正，說明火箭一直在向上運動，芍~/3時間內火箭的速度為。，處于

靜止狀態，/3~%時間內速度始終為負，說明火箭一直在向下運動，故弓時刻上升到最高點，故A錯誤;

Bv-f圖像的斜率表示加速度，在0~乙時間內，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.時刻，火箭受到的推力等于其重力，故3錯誤；

G在4~/2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~乙時間內，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：C。

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〃?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=19.2根，不計空氣阻力，g取10m/s',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12m/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/z=L+Lsin（z=4.8〃7+4.8x0.5〃7=7.2〃2,則石塊在

空中運動的時間為仁g=后了s=1.2s,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/s=12m/s

則落地瞬間速度大小為V="；+片=V162+122m/j=20m/5,故BD錯誤;

C、石塊即將落地時重力的瞬時功率為尸=〃際0=10xl0xl2W=1200W,故C正確。

故選：Co

9.(2024?西城區二模)如圖所示，長為L的桿一端固定在過O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，。點與。點等高。己知重力加速度為g,下列說法正確的是()

A.小球在3、。兩點受到桿的作用力大于〃2g

B.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6777g

C.小球在3、。兩點受到桿的作用力大小等于so1

D.小球從A點到3點的過程，桿對小球做的功等于mgL

【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=mt/TL)1+(mg)2>mg,故A正確；C錯誤；

A若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點

2

mg-FNl=met)L

在C點g2g=m(o2L

所以%-%=L

若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點

mg+Fm=marL

在C點「2一"zg=mlL

聯立解得%=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無軸零點。現給物塊

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

的瞬時功率為（）

“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月無i+區9

代入數據解得v=4根/s

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

綜上分析，故A正確，BCD錯誤。

另0~2:"內，物塊做勻加速直線運動，加速度為q；

根據牛頓第二定律耳=/naj

代入數據解得q=3m/s'

根據運動學公式修=2可占

2m末的瞬時速度v2=2y/3m/s

在2~3瓶內，物塊以加速度為的做勻加速直線運動；

根據牛頓第二定律F2=ma2

代入數據解得的=2m/s?

根據運動學公式V；_V；=2%尤2

3m末的瞬時速度匕=4m/s

根據功率公式，物塊運動到x=3%處，F做功的瞬時功率「=瑪%=2x4W=8W。

綜上分析，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

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依的小物體。，P、。均靜止，彈簧處于原長狀態。現對

。施加水平向左的恒力F,使尸和。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歹前瞬間，。的加速度。隨

位移x變化的圖像如圖乙所示。已知P、Q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)

10

F

WWWW-PQ<0

a:/(X10-2m)

-10

甲乙

A.產的大小為6.75NB.彈簧的勁度系數為22.5N/W

C.P的最大速度為型相/s

D.Q最終停在x=-0.04機位置

10

【答案】ACD

【解答】開始時對尸和。組成的整體，由牛頓第二定律可得：F-/j（mp+mQ）g-kx=（mp+mQ）a,

敕,用1曰20%20.

整理得：a=-------x+——F-5

99

占20左10「20F「s

由圖像可知：——=一=5,--------5=10,

929

聯立，解得：

斤=6.75N,k=2.25N/cm=225N/m,

故A正確，5錯誤；

2

C.P、Q一起向左運動時兩者的最大速度：vml==J2x1x2xl0-xl0m/5=^-m/s,

向右運動時，當〃（%+%）g=g時速度最大，此時玉=0.01m,

由能量關系:3始一萬可一〃（"%+7%）g（/一占）=5（，與+加2）M2

其中Xm=4xl(r372,

聯立，解得:

Vm/sV

?,2=->,nl^

則尸的最大速度為垣m/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/j(mp+mQ)gxm-^(mp+mQ)v,

2

此后。與尸分離，則jumQgs=^mQv,

聯立，解得：

J=0.04m,即Q最終停在x=-0.04根位置，故。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//點拋出沙包，分別落在正前方地面。和。2處。

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

的最高點離地高度均為3.2m,OH=lAm,OQ?=98〃，沙包質量為0.2依，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L3J

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

]\=3.2m—\Am=1.8〃/,根據

,12

h=-g^

可得上升時間為小=0.65

最高點距水平地面高為%=3.2m,故下降的時間為

%=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;

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

￡=，上1+/■下1=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vxi=^=—m/s=6m/s，

Mt1.4

OQ9.8,/

v=-----2=——mls=lmls

Xv91t1.4

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，為方=g［上1=10x0.6機/s=6機/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△￡=,E+＜）2加（WT+W）2

解得△E=L3J

從拋出到落地瞬間根據動能定理可得

E"=E+mgh=可+,）+mgh

kmOH2OH

=m

線2線02+mg%=|機（匕+V；）+shOH

解得昂=10J

=11.37

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：BD。

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6,半徑

為R的四分之一圓弧軌道BC與4?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4?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AB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()

障礙物/c、/

彈槽/TTTT//B

TTT

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。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)sind+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；

B.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。點的機械能，從釋放彈珠到。點過程，

根據機械能守恒定律有

2

Epm-mg(L+7?)sin0+mv,故Z)正確。

故選：CDo

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4

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也(4<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t的變化規律以及動能紜、

機械能E機隨空間位置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=gr,v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VT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=產，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,故下落過程中紇-x圖像為一次函數；碰撞過程中