2025年高考物理压轴训练卷07 （含解析）

2025年高考物理压轴训练7
一．选择题（共10小题）
1．（2025 邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能和动能随沿斜面运动的位移变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是　　
A．图线为物块动能的变化图线，图线为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
2．（2024 荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为，加速度大小为，动能为，机械能为，玉米粒距离地面的高度为，下列图像能近似反映上述物理过程的是　　
A．
B．
C．
D．
3．（2024 西城区校级模拟）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为，从助滑坡上点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点从坡的末端起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上点。已知、的高度差为，、的高度差为，重力加速度大小为，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是　　
A．运动员在点处于失重状态
B．运动员起跳时的速率
C．运动员着陆前瞬间的动能
D．运动员在空中飞行的时间
4．（2024 甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经点自由下滑至其底部，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．在点最大 B．在点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
5．（2024 山东）如图所示，质量均为的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为。两木板与地面间动摩擦因数均为，弹性绳劲度系数为，被拉伸时弹性势能为绳的伸长量）。现用水平力缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，则所做的功等于　　
A． B．
C． D．
6．（2024 商洛模拟）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力作用在上，使滑块向下匀加速运动一段距离。以表示离开初位置的位移，表示运动的时间，表示的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为，则下列图像可能正确的是　　
A． B．
C． D．
7．（2024 西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的图像如图所示，火箭在时刻离开地面，在时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是　　
A．在时刻，火箭上升到最高位置
B．在时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D．在时间内，火箭处于失重状态
8．（2024 岳麓区校级模拟）如图甲所示装置是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量的石块，装在与转轴相距的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上、若石块落地位置与抛出位置间的水平距离，不计空气阻力，取，正确的选项是　　
A．石块抛出后运动时间为
B．石块被抛出瞬间的速度大小为
C．石块即将落地时重力的瞬时功率为
D．石块落地的瞬时速度大小为
9．（2024 西城区二模）如图所示，长为的杆一端固定在过点的水平转轴上，另一端固定质量为的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中点为最高点，点为最低点，、点与点等高。已知重力加速度为，下列说法正确的是　　
A．小球在、两点受到杆的作用力大于
B．小球在、两点受到杆的作用力大小的差值为
C．小球在、两点受到杆的作用力大小等于
D．小球从点到点的过程，杆对小球做的功等于
10．（2024 贵州）质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为轴零点。现给物块施加一沿轴正方向的水平力，其大小随位置变化的关系如图所示，则物块运动到处，做功的瞬时功率为　　
A． B． C． D．
二．多选题（共5小题）
11．（2024 沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是　　
A．的大小为 B．弹簧的劲度系数为
C．的最大速度为 D．最终停在位置
12．（2024 福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包　　
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
13．（2024 福建模拟）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角，半径为的四分之一圆弧轨道与管道相切于点，点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄将球投入管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠距点为，释放手柄，弹珠被弹出，到达点速度为。已知弹珠的质量为，当地重力加速度为。下列说法正确的是　　
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大
B．调整手柄的位置，可以使弹珠从点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为
14．（2024 辽宁模拟）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为。若忽略空气阻力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度、位置随时间的变化规律以及动能、机械能随空间位置的变化规律，描述正确的是　　
A． B．
C． D．
15．（2024 开福区校级模拟）图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最后从末端飞出去，可简化如图乙所示。其中点为圆弧的最低点，圆弧轨道的半径为，圆弧对应的圆心角为，的竖直高度差为。质量为的人在点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度，则下列说法正确的是　　
A．人滑到 点时对圆弧的压力为
B．人从 点运动到 点一直处于失重状态
C．人滑到 点时速度为大小为 10
D．人落入水中时的速度方向与水面夹角大于
三．填空题（共5小题）
16．（2023 南充模拟）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径，在轨道内侧距离最低点高度分别为0、、、、、、处固定有压力传感器，质量为的小球从点以速度沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力的数值，作出图像如图乙。
（1）若小球在点对轨道的压力大小为，则与的关系可表示为　　（用、、、、表示）；
（2）取重力加速度，由图乙可得小球质量　　，小球经过最低点时的初速度　　。的结果用根式表示）
17．（2024 重庆模拟）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为。取重力加速度大小为。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为 　　，拍打小球的平均功率为 　　。
18．（2023 静安区二模）如图，三根轻绳一端分别系住、、三个物体，它们的另一端分别通过光滑定滑轮系于点，整个装置处于平衡状态时，与竖直方向成，处于水平状态。已知物体的质量为，则物体的质量为 　　；如果将左边的滑轮缓慢水平向左移动距离，最终整个装置仍处于平衡状态，重力加速度为，则装置的机械能变化的大小为 　　。（取，。
19．（2023 闵行区二模）四冲程内燃机在一次循环中只做功一次，曲轴转两圈。若曲轴转速为，每次做功冲程活塞做功为，则内燃机的平均功率为 　　。将6个此种内燃机组装成一个六缸发动机，装配到质量为的跑车上，跑车运动时受到的阻力大小约为其自重的0.2倍，不计轮轴摩擦损耗，则跑车运动的最大速度约为 　　。
20．（2022秋 静安区期末）如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能与路程的关系图像如图（b）所示。图（b）中，图线表示的是 　　物块的图像；甲与斜面间的动摩擦因数　　。
四．解答题（共5小题）
21．（2024 北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点为观测点，以质量为的小星体（记为为观测对象。当前到点的距离为，宇宙的密度为。
（1）求小星体远离到处时宇宙的密度；
（2）以点为球心，以小星体到点的距离为半径建立球面。受到的万有引力相当于球内质量集中于点对的引力。已知质量为和、距离为的两个质点间的引力势能，为引力常量。仅考虑万有引力和远离点的径向运动。
求小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△；
宇宙中各星体远离观测点的速率满足哈勃定律，其中为星体到观测点的距离，为哈勃系数。与时间有关但与无关，分析说明随增大还是减小。
22．（2024 西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
23．（2024 福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角为，，。当每条绳子拉力的大小为时，人与木板沿直线匀速前进，在内前进了，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
24．（2024 西城区校级模拟）阿特伍德机是由英国物理学家乔治阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为的物体和质量为的物体相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。
（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体下落高度后，两物体的速度大小。
（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率。
．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系。
．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能。
．若滑轮的质量为，半径为，其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体相连的轻绳拉力大小，与物体相连的轻绳拉力大小，以及物体下落高度后的速度大小。
25．（2024 南开区二模）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为的两辆购物车相距静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的倍，重力加速度取，求：
（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工人对第一辆车所做的功。
2025年高考物理压轴训练7
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能和动能随沿斜面运动的位移变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是　　
A．图线为物块动能的变化图线，图线为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
【答案】
【解答】、物块沿斜面上滑过程中，动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，可知物块上升到最高点时，动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，则机械能不等于零，结合图像可知，图线为机械能的变化图线，图线为动能的变化图线，故错误；
、根据动能随位移的变化图线的斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线的斜率大小等于摩擦力，可得
由图像知物块的初动能为，上升到最高点物块的机械能为，即重力势能为，则
联立解得
，，，故正确，错误。
故选：。
2．（2024 荔湾区校级三模）玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置，可近似为如图乙所示物理过程，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上，不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为，加速度大小为，动能为，机械能为，玉米粒距离地面的高度为，下列图像能近似反映上述物理过程的是　　
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解答】、分析玉米粒的受力可知玉米粒在传送带加速时有
解得
匀速时，加速度为0，有
离开传送带后加速度恒定为，故玉米粒先加速再匀速，离开传送带后做斜上抛运动，玉米先减速，后加速，则玉米粒的动能先增大再不变，离开传送带后先减小，后增大，故错误；
、摩擦力做功代表玉米粒机械能变化，在传送带运动时，摩擦力做正功，机械能增大，由分析可知加速阶段摩擦力较大，图像的斜率表示摩擦力，离开传送带后只有重力做功，机械能不变，故正确；
故选：。
3．（2024 西城区校级模拟）北京冬奥会高台滑雪场地示意如图。一运动员（含装备）的质量为，从助滑坡上点由静止沿坡（曲线轨道）下滑，经最低点从坡的末端起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上点。已知、的高度差为，、的高度差为，重力加速度大小为，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列判定正确的是　　
A．运动员在点处于失重状态
B．运动员起跳时的速率
C．运动员着陆前瞬间的动能
D．运动员在空中飞行的时间
【答案】
【解答】根据牛顿第二定律，运动员在点满足
所以，即运动员在点处于超重状态，故错误；
运动员从到由动能定理得
所以，故错误；
根据动能定理，从到满足
所以，故错误；
因为运动员在点起跳时，速度方向斜向上，结合空气阻力都可以判断出运动员在空中飞行的时间
，故正确。
故选：。
4．（2024 甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经点自由下滑至其底部，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．在点最大 B．在点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】
【解答】设圆环的半径为，小环下滑的高度为，则
小环在下滑过程中，根据动能定理
解得
小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力
小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成角，如图所示：
小环下滑的高度
小环的速度
根据牛顿第二定律
联立解得
增大，减小，作用力先减小，再反方向增大；
小环在圆心等高处时
小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成角，如图所示：
小环下滑的高度
小环的速度
根据牛顿第二定律
代入数据联立解得
减小，增大，作用力增大；
小环在最低处时
解得
根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故错误，正确。
故选：。
5．（2024 山东）如图所示，质量均为的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为。两木板与地面间动摩擦因数均为，弹性绳劲度系数为，被拉伸时弹性势能为绳的伸长量）。现用水平力缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，则所做的功等于　　
A． B．
C． D．
【答案】
【解答】当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为；
对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件
解得弹性绳的伸长量
此时弹性绳的弹性势能
乙同学的位移
根据功能关系，拉力做功
代入数据解得
综上分析，故错误，正确。
故选：。
6．（2024 商洛模拟）如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力作用在上，使滑块向下匀加速运动一段距离。以表示离开初位置的位移，表示运动的时间，表示的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为，则下列图像可能正确的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【解答】．根据题意可得，假设物块的质量为，弹簧的劲度系数为，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为，由胡克定律可得：
由牛顿第二定律可得：
联立可得：，故错误，正确；
．由题可知，因为在初始位置时，物块的机械能为0，则物块机械能的变化量为：
整理得：，故错误。
故选：。
7．（2024 西城区二模）2023年，我国“双曲线二号”火箭完成垂直起降飞行试验，意味着运载火箭的可重复使用技术取得了重要突破。试验过程中，火箭持续向下喷射燃气获得竖直向上的推力，若地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的图像如图所示，火箭在时刻离开地面，在时刻落回起点。不计空气阻力及火箭质量的变化，下列说法正确的是　　
A．在时刻，火箭上升到最高位置
B．在时间内，火箭受到的推力先增大后逐渐减小为零
C．在时间内，火箭动能的减少量小于重力势能的增加量
D．在时间内，火箭处于失重状态
【答案】
【解答】解时间内速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，时间内火箭的速度为0，处于静止状态，时间内速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故时刻上升到最高点，故错误；
图像的斜率表示加速度，在时间内，火箭加速度先增大后逐渐减小为零，则火箭受到的推力先增大后逐渐减小，在时刻，火箭受到的推力等于其重力，故错误；
在时间内，根据动能定理，火箭受到的推力做功与其重力做功之和等于动能的变化量，所以火箭动能的减少量小于重力势能的增加量，故正确；
在时间内，火箭加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故错误。
故选：。
8．（2024 岳麓区校级模拟）如图甲所示装置是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量的石块，装在与转轴相距的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上、若石块落地位置与抛出位置间的水平距离，不计空气阻力，取，正确的选项是　　
A．石块抛出后运动时间为
B．石块被抛出瞬间的速度大小为
C．石块即将落地时重力的瞬时功率为
D．石块落地的瞬时速度大小为
【答案】
【解答】、石块被抛出后做平抛运动，下落的高度为，则石块在空中运动的时间为，故错误；
、设石块被抛出瞬间的速度大小为，则
解得：
石块落地时，竖直方向的分速度为
则落地瞬间速度大小为，故错误；
、石块即将落地时重力的瞬时功率为，故正确。
故选：。
9．（2024 西城区二模）如图所示，长为的杆一端固定在过点的水平转轴上，另一端固定质量为的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度做匀速圆周运动，其中点为最高点，点为最低点，、点与点等高。已知重力加速度为，下列说法正确的是　　
A．小球在、两点受到杆的作用力大于
B．小球在、两点受到杆的作用力大小的差值为
C．小球在、两点受到杆的作用力大小等于
D．小球从点到点的过程，杆对小球做的功等于
【答案】
【解答】当小球在、两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为
，故正确；错误；
若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在点
在点
所以
若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在点
在点
联立解得，故错误；
小球从点到点的过程，根据动能定理，可得
解得杆对小球做的功等于，故错误。
故选：。
10．（2024 贵州）质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为轴零点。现给物块施加一沿轴正方向的水平力，其大小随位置变化的关系如图所示，则物块运动到处，做功的瞬时功率为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解答】设物块运动到处的速度为；
全过程运用动能定理
代入数据解得
根据功率公式，物块运动到处，做功的瞬时功率。
综上分析，故正确，错误。
另内，物块做匀加速直线运动，加速度为；
根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据运动学公式
末的瞬时速度
在内，物块以加速度为做匀加速直线运动；
根据牛顿第二定律
代入数据解得
根据运动学公式
末的瞬时速度
根据功率公式，物块运动到处，做功的瞬时功率。
综上分析，故正确，错误。
故选：。
二．多选题（共5小题）
11．（2024 沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是　　
A．的大小为 B．弹簧的劲度系数为
C．的最大速度为 D．最终停在位置
【答案】
【解答】开始时对和组成的整体，由牛顿第二定律可得：，
整理得：
由图像可知：，
联立，解得：
，，
故正确，错误；
．、一起向左运动时两者的最大速度：，
向右运动时，当时速度最大，此时，
由能量关系：
其中，
联立，解得：
，
则的最大速度为，故正确；
．两滑块回到原来位置时由能量关系：，
此后与分离，则，
联立，解得：
，即最终停在位置，故正确。
故选：。
12．（2024 福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包　　
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】
【解答】沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为，根据
可得上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间、下降时间比值为，故错误；
两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为，
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为，由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒
故第一次过点比第二次机械能少
解得△
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
解得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故正确，错误；
根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，
故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故正确。
故选：。
13．（2024 福建模拟）如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图。光滑游戏面板与水平面成夹角，半径为的四分之一圆弧轨道与管道相切于点，点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄将球投入管内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠视为质点。某次缓慢下拉手柄，使弹珠距点为，释放手柄，弹珠被弹出，到达点速度为。已知弹珠的质量为，当地重力加速度为。下列说法正确的是　　
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一直做正功，弹珠动能一直增大
B．调整手柄的位置，可以使弹珠从点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】
【解答】弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹力沿斜面向上，对弹珠做正功，过程中弹簧的弹力先大于弹珠重力沿斜面向下的分力，后小于弹珠重力沿斜面向下的分力，所以弹珠先加速后减速，所以其动能先增大后减小，故错误；
弹珠从点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，根据曲线运动的条件可知，弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故错误；
弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，故弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故正确；
根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在点的机械能，从释放弹珠到点过程，根据机械能守恒定律有
，故正确。
故选：。
14．（2024 辽宁模拟）图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为。若忽略空气阻力的影响，规定向下为正方向，下列关于这个过程中小球的速度、位置随时间的变化规律以及动能、机械能随空间位置的变化规律，描述正确的是　　
A． B．
C． D．
【答案】
【解答】、在下落过程中，小球做自由落体运动，则有，与成正比。在上升过程中，小球做竖直上抛运动，加速度为，且由于下落高度大于上升高度，结合图像与时间轴所围的面积表示位移，该图能正确反映小球的速度随时间的变化规律，故正确；
、下落过程中小球做自由落体运动，则有，故此过程中为抛物线，故错误；
、在下落过程中，根据动能定理可得：，故下落过程中图像为一次函数；碰撞过程中动能减小，在上升过程中，由动能定理得：
则，故正确；
、上升和下降过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，故此过程中图像为水平直线，故错误。
故选：。
15．（2024 开福区校级模拟）图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最后从末端飞出去，可简化如图乙所示。其中点为圆弧的最低点，圆弧轨道的半径为，圆弧对应的圆心角为，的竖直高度差为。质量为的人在点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度，则下列说法正确的是　　
A．人滑到 点时对圆弧的压力为
B．人从 点运动到 点一直处于失重状态
C．人滑到 点时速度为大小为 10
D．人落入水中时的速度方向与水面夹角大于
【答案】
【解答】、人从点运动到点，根据动能定理得
解得：
在点，对人，根据牛顿第二定律得
解得：
根据牛顿第三定律可知，人滑到点时对圆弧的压力为，故正确；
、人从点运动到点，先有向下的加速度分量，到点之前，有向上的加速度分量，到点时，加速度竖直向上，所以人不是一直处于失重状态，故错误；
、人从点滑到点，根据动能定理得：，解得：，故正确；
、人从点沿切线飞出，做斜抛运动，如图所示，在对称点上速度与水平方向成，水面的位置低于点，所以人落入水中时的速度方向与水面夹角应大于，故正确。
故选：。
三．填空题（共5小题）
16．（2023 南充模拟）某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径，在轨道内侧距离最低点高度分别为0、、、、、、处固定有压力传感器，质量为的小球从点以速度沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力的数值，作出图像如图乙。
（1）若小球在点对轨道的压力大小为，则与的关系可表示为　　（用、、、、表示）；
（2）取重力加速度，由图乙可得小球质量　　，小球经过最低点时的初速度　　。的结果用根式表示）
【答案】（1）；（2）0.5，。
【解答】（1）设在任意高处小球的速度为，从最低点到处，由动能定理有
设小球在处和圆心的连线与的夹角为，当时，由牛顿第二定律有
由几何关系有
在最低点，由牛顿第二定律有
联立可得：，当时该式仍成立；
（2）根据图像可得，在点，，在处，，图像斜率
结合，知，可得
在最低点，对小球，由牛顿第二定律有
解得：
故答案为：（1）；（2）0.5，。
17．（2024 重庆模拟）某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低。为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为。取重力加速度大小为。不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为 　1.2　，拍打小球的平均功率为 　　。
【答案】1.2，2.0。
【解答】根据功能关系，每次拍球对球做的功等于篮球由静止上升，对应的动能，所以，平均功率。
故答案为：1.2，2.0。
18．（2023 静安区二模）如图，三根轻绳一端分别系住、、三个物体，它们的另一端分别通过光滑定滑轮系于点，整个装置处于平衡状态时，与竖直方向成，处于水平状态。已知物体的质量为，则物体的质量为 　　；如果将左边的滑轮缓慢水平向左移动距离，最终整个装置仍处于平衡状态，重力加速度为，则装置的机械能变化的大小为 　　。（取，。
【答案】；。
【解答】三根细线对点的拉力等于三个物体的重力，对点受力分析，如图
结合平衡条件可知：
解得：
解得：
将左边的滑轮缓慢水平向左移动的距离，结合平衡条件可知三个拉力的大小和方向都不变，故物体、高度不变，物体上升，故系统机械能增加量为：
△。
故答案为：；。
19．（2023 闵行区二模）四冲程内燃机在一次循环中只做功一次，曲轴转两圈。若曲轴转速为，每次做功冲程活塞做功为，则内燃机的平均功率为 　　。将6个此种内燃机组装成一个六缸发动机，装配到质量为的跑车上，跑车运动时受到的阻力大小约为其自重的0.2倍，不计轮轴摩擦损耗，则跑车运动的最大速度约为 　　。
【答案】，150。
【解答】已知曲轴转速为，则曲轴的周期为
四冲程内燃机在一次循环中，曲轴转两圈，所用时间
故内燃机的平均功率为
跑车质量，跑车运动时受到的阻力大小为
跑车匀速运动时速度最大，此时牵引力
由，得最大速度
故答案为：，150。
20．（2022秋 静安区期末）如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能与路程的关系图像如图（b）所示。图（b）中，图线表示的是 　乙　物块的图像；甲与斜面间的动摩擦因数　　。
【答案】乙；
【解答】设甲与斜面间的动摩擦因数为，甲、乙的质量为，乙做自由落体运动，由动能定理可知
对甲在斜面上下滑距离为过程中，由动能定理得
因为
所以，图线表示的是乙物块的图像。
当时，有
当时，有
联立解得，甲与斜面间的动摩擦因数为
故答案为：乙；
四．解答题（共5小题）
21．（2024 北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点为观测点，以质量为的小星体（记为为观测对象。当前到点的距离为，宇宙的密度为。
（1）求小星体远离到处时宇宙的密度；
（2）以点为球心，以小星体到点的距离为半径建立球面。受到的万有引力相当于球内质量集中于点对的引力。已知质量为和、距离为的两个质点间的引力势能，为引力常量。仅考虑万有引力和远离点的径向运动。
求小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△；
宇宙中各星体远离观测点的速率满足哈勃定律，其中为星体到观测点的距离，为哈勃系数。与时间有关但与无关，分析说明随增大还是减小。
【答案】（1）小星体远离到处时宇宙的密度为；
（2）小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△为；
随增大而减小。
【解答】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体运动前后距离点半径为和的球内质量相同，即
解得小星体远离到处时宇宙的密度
（2）此球内的质量
从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
解得△
由知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间越长，由知，减小，故随增大而减小。
答：（1）小星体远离到处时宇宙的密度为；
（2）小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△为；
随增大而减小。
22．（2024 西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
【答案】（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
【解答】（1）由题意可知龙头喷水管的半径为，可知横截面积为
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
；
（2）时间内从管口喷出的水体积为
质量为
那么设时间内水泵对水做的功为，则由动能定理可得
得水泵输出的功率为
联立解得
（3）可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的，由
可得
可知模型中的时间为
水平方向上由
可得
可解得
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 倍。
答：（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
23．（2024 福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角为，，。当每条绳子拉力的大小为时，人与木板沿直线匀速前进，在内前进了，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
【答案】（1）地面对木板的阻力大小为；
（2）两条绳子拉力所做的总功为；
（3）两条绳子拉力的总功率为。
【解答】（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力
（2）根据功的定义，拉力做功
（3）根据功率的定义，拉力功率
答：（1）地面对木板的阻力大小为；
（2）两条绳子拉力所做的总功为；
（3）两条绳子拉力的总功率为。
24．（2024 西城区校级模拟）阿特伍德机是由英国物理学家乔治阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为的物体和质量为的物体相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。
（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体下落高度后，两物体的速度大小。
（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率。
．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系。
．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能。
．若滑轮的质量为，半径为，其转动惯量的表达式。请根据以上关系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体相连的轻绳拉力大小，与物体相连的轻绳拉力大小，以及物体下落高度后的速度大小。
【答案】（1）物体下落高度后，两物体的速度大小为。
（2）．角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系为，刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系为；
．刚体转动角速度为时刚体的转动动能为；
．与物体相连的轻绳拉力大小为，与物体相连的轻绳拉力大小为，物体下落高度后的速度大小为。
【解答】（1）不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，不计滑轮质量，两物体组成系统机械能守恒，则有：
解得两物体的速度大小为：
（2）．线速度与角速度的关系为：，可得：
类比此关系，可得角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系为：
质点的牛顿第二定律表达式为：
刚体转动过程中：合力矩类比于合力、转动惯量类比于质量、角加速度类比于加速度。
可得合力矩、转动惯量和角加速度的关系为：
．质点的平动动能为：，通过类比可得刚体转动角速度为时刚体的转动动能为：
．滑轮的转动惯量的表达式为：
规定使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向，则有：
拉力的力矩为
拉力的力矩为
设物体、的加速度大小为，可得滑轮的角加速度为：
根据：，可得：
代入整理得：
再由牛顿第二定律得：
对有：
对有：
联立解得：，
设物体下落高度后的速度大小为，此时滑轮的转动动能为：
两物体和滑轮组成系统机械能守恒，则有：
解得：
答：（1）物体下落高度后，两物体的速度大小为。
（2）．角加速度与半径为的圆盘边缘的线加速度的关系为，刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系为；
．刚体转动角速度为时刚体的转动动能为；
．与物体相连的轻绳拉力大小为，与物体相连的轻绳拉力大小为，物体下落高度后的速度大小为。
25．（2024 南开区二模）超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳。质量均为的两辆购物车相距静止在水平面上。第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的倍，重力加速度取，求：
（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
（3）工人对第一辆车所做的功。
【答案】（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间为；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能为；
（3）工人对第一辆车所做的功为。
【解答】（1）对整体，由牛顿第二定律可得：
解得：
逆向过程
解得：
（2）嵌套后，对整体，根据运动学公式可得：
解得：
选择初速度方向为正方向，嵌套过程中根据动量守恒定律可得：
解得：
在嵌套过程中损失的机械能为：
解得：△
（3）对小车的运动过程，根据动能定理可得：
解得：
答：（1）两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间为；
（2）两辆车在嵌套过程中损失的机械能为；
（3）工人对第一辆车所做的功为。