阶段滚动卷(二) (第一章至第五章内容)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2024·金丽衢十二校二模)随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是( )
A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点
B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态
C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变
D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力
2．跳马是一项竞技体操项目。在女子跳马比赛中，一运动员经过助跑、前空翻、踏板起跳、前空翻、双手推撑跳马(如图所示)、腾空翻转一系列精彩动作后稳稳落在软垫上，赢得了现场观众热烈的掌声。下列说法正确的是( )
A．助跑过程中，随速度的增大，运动员的惯性逐渐增大
B．踏板过程中，踏板一直对运动员做正功
C．推撑跳马过程中，运动员对跳马的力小于跳马对运动员的力
D．落地处铺软垫，目的是减小支撑面对运动员的平均作用力大小
3．(2025·八省联考云南卷)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
4．生活中处处有物理知识，如图所示，一同学发现水龙头损坏后不能完全关闭，有水滴从管口由静止开始不断下落，每两个水滴之间时间间隔相等，忽略空气阻力和水滴间的相互影响，则在水滴落地前( )
A．水滴做自由落体运动
B．相对于水滴3来说，水滴2做匀加速直线运动
C．水滴1和水滴2之间距离不变
D．在图示时刻，水滴1和水滴2之间的距离等于水滴2和水滴3之间的距离
5．如图所示，将8个质量均为m的小物块(可视为质点)用轻质的细杆相连静止放在水平面上，相邻小物块间的距离为L。已知AB段光滑，小物块与BC段间的动摩擦因数均为μ。刚开始时1号小物块在B处，现用水平拉力F＝4.5μmg作用在1号小物块上，使8个小物块一起向右运动，则1号物块运动过程中能达到的最大速度为( )
A．
C．
6．2024年2月29日中国在西昌卫星发射中心成功发射了做匀速圆周运动的高轨卫星01星，标志着中国互联网的效率与质量将进一步提升。已知高轨卫星01星与地球中心的连线在时间t内转过的弧度为θ，扫过的面积为S，地球的半径为R，引力常量为G，则( )
A．高轨卫星01星可以静止在咸宁的正上方
B．地球的质量为
C．地球表面的重力加速度为
D．地球的第一宇宙速度为
7．如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5 s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b可视为质点，并在同一竖直面内运动，g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．A处比B处高1.25 m
B．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇
C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离
D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离
8．如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为F＝mg的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，则( )
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为mgh
C．上升过程中重物的最大动能为mgh
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加mgh
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2024·山东临沂市一模)在建筑工地上经常使用吊车起吊建材。为了研究问题方便，把吊车简化成如图所示的模型，可以调节长度和角度的支撑臂OP的一端装有定滑轮，另一端连接在车体上，质量不计的钢丝绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物件匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与绳索及轴承之间的摩擦，重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A．钢丝绳索对定滑轮的作用力方向沿着OP向下
B．当支撑臂缓慢变长时钢丝绳索对定滑轮的作用力变大
C．当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时绳索对定滑轮的作用力变小
D．若钢丝绳索拉着物件加速上升，吊车对地面的压力变大
10．(2024·广东湛江二模)已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是( )
A．质量相同
B．密度相同
C．第一宇宙速度大小之比为2∶1
D．同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2
11．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不连接。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知滑块在0～0.2 s 内运动的位移为0.8 m，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2 s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5
D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32 J
12．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一与斜面垂直的弹性挡板C。长度为L＝8 m、质量为M＝ kg的长木板A置于斜面上，质量为m＝1 kg的物块B(可视为质点)置于长木板上端，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板A与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝，长木板A下端与挡板C的距离为d＝6 m。同时由静止释放长木板A和物块B，长木板A与挡板C碰撞后原速率返回。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2。 下列说法正确的是( )
A．长木板A刚开始沿斜面向下运动的加速度大小为3 m/s2
B．物块B在长木板A上运动的时间为4 s
C．物块B在长木板A上运动的过程中，系统产生的内能为61 J
D．物块B从长木板A上滑下后，A将不再沿斜面下滑
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)位移传感器由发射器和接收器组成，发射器内装有红外线和超声波发射器，接收器内装有红外线和超声波接收器。
(1)如图1所示，固定在被测运动物体上的发射器向接收器同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，接收器收到红外线脉冲时开始计时的时刻为t1，收到超声波脉冲时停止计时的时刻为t2。已知超声波在空气中的传播速度为v(红外线传播时间极短，可忽略)，发射器和接收器之间的距离s＝________。
(2)某小组设计了使用位移传感器的实验装置测量木块下滑的加速度，如图2所示，让木块从倾斜木板上一点A静止释放，计算机描绘了木块相对传感器的位移随时间变化规律如图3所示。根据图线计算t0时刻速度v＝________，木块加速度a＝________(用图3中给出的s0、s1、s2、t0表示)。
14．(8分)(2024·广东佛山一模)实验室提供如图甲所示的气垫导轨和光电门组合实验装置，并有天平、螺旋测微器、细线、力传感器等辅助器材。某实验小组利用该装置及辅助器材来探究合外力做功与物体动能变化之间的关系，已知实验时光电门1和光电门2测出遮光条通过它们的时间分别为t1和t2。请回答下列问题：
(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d时，其示数如图乙所示，则d＝________ mm。
(2)实验过程中还需要测量的物理量有：两光电门之间的距离L、滑块的质量m和______________(请写出物理量及对应的字母)。
(3)实验得到滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为W＝______，滑块动能变化量的表式为ΔEk＝______________(用题中相关字母表示)。
15．(8分)在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ＝37°角，无风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向的空气推力，推力方向与车前进方向相反，大小由车速v决定，且满足F＝kv2。只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶的质量m＝0.01 kg，k＝0.75×10-3 kg/m，g取 10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6。
(1)若忽略树叶与挡风玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃上时车匀速运动的速度大小v0；
(2)若树叶与挡风玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，经精密测量发现当匀速运动的车速为v0时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃向上运动，求树叶与挡风玻璃间的动摩擦因数μ。
16．(8分)(2024·山东聊城市一模)链球是一项融合力量、平衡和技巧的竞技运动。如图所示，某运动员在训练中两手握着链球上铁链的把手带动链球旋转。链球旋转到离地高h＝0.8 m的A点脱手，脱手时速度大小为v0＝28 m/s，方向与水平面成θ角斜向上飞出。链球落地时速度与水平面夹角为β，且θ＋β＝(θ、β未知)，不计空气阻力和铁链的影响，g＝10 m/s2。求：
(1)链球落地时速度的大小；
(2)链球脱手后在空中运动的时间；
(3)链球脱手点A与落地点间的水平距离。
17．(14分)如图所示，一质量m＝1 kg的物块以v0＝1 m/s 的速度从B端进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L＝1.5 m，该物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带以速度v沿顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮大小。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)当传送带的速度v＝3 m/s时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量是多少？
(2)若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为R＝ m。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
18．(16分)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；
(2)物块最终停止的位置。
阶段滚动卷(二)
1．B [评委给花样滑冰选手评分时看的是选手的细节动作，此时不能将运动员看成质点，故A错误；滑雪比赛中运动员做空中技巧时只受重力，此时有竖直向下的加速度，处于失重状态，故B正确；冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，但是接触面粗糙程度发生变化，滑动摩擦力也发生变化，故C错误；短道速滑转弯时是运动员与地面间的摩擦力充当向心力，故D错误。]
2．D [物体的惯性只与物体的质量有关，助跑过程中，随速度的增大，运动员的惯性不变，故A错误；运动员从开始与踏板接触到运动至最低点的过程，踏板对运动员做负功，故B错误；推撑跳马过程中，运动员对跳马的力和跳马对运动员的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；落地处铺软垫，目的是增加运动员落地过程的时间，减小支撑面对运动员的平均作用力大小，故D正确。]
3．D [根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝x，套中Ⅰ号物品时x位移较小，h下落高度较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，A错误；根据W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律可知竖直方向的位移h＝gt2，可得t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。故选D。]
4．A [水滴初速度为零，仅受重力作用，故水滴做自由落体运动，A正确；水滴3的速度v3＝gt，水滴2的速度v2＝g(T＋t)，相对速度Δv＝v2－v3＝gT，不随时间t变化，所以水滴2相对于水滴3做速度为gT的匀速直线运动，B错误；设水滴1下落时间为t，水滴1和水滴2之间距离为Δh＝＝gtT－gT2，故水滴1和水滴2之间距离不断增大，C错误；水滴2和水滴3之间的距离为Δh′＝g(t－T)2－g(t－2T)2＝gtT－gT2<Δh，D错误。]
5．C [由于F＝4.5μmg，则第5个物块进入BC之前，拉力大于阻力，1号物块加速运动；第5个物块进入BC后1号物块开始做减速运动，因此第5个物块刚到达B点时1号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有F·4L－μmg(L＋2L＋3L＋4L)＝×8mv2－0，得v＝，故选C。]
6．B [高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，因此不可能静止在咸宁的正上方，故A错误；根据万有引力提供向心力有 G＝mrω2，又S＝πr2×，ω＝，联立解得M＝，故B正确；在地表处有G＝mg，解得地球表面的重力加速度g＝，故C错误；贴近地球表面，由万有引力提供向心力，可得G＝，得地球的第一宇宙速度为v1＝，故D错误。]
7．D [设沙包b下落时间为t，则沙包a下落时间为(t＋Δt)，Δt＝0.5 s，A处比B处高为Δh＝g(t＋Δt)2－gt2＝gtΔt＋1.25 m>1.25 m，故A错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B错误；由于速度方向与竖直方向夹角相等，则＝，A、B的水平距离为x＝vbt＋va(t＋0.5)，由此可知，需要知道沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C错误，D正确。]
8．B [上升过程中，恒力F对系统做正功，系统的机械能增加，故A错误；开始时对重物有mg＝kx1，重物上升至最大高度h的过程中，对系统由能量守恒定律有＋Fh＝mgh＋k(h－x1)2，解得h＝x1，所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1＝＝mgh，故B正确；上升过程中，当重物所受合力为零时，速度达到最大，则此时弹簧的形变量为x2，故F＋kx2＝mg，解得x2＝x1＝h，在此过程中由能量守恒定律有＝＋k(x1－x2)2，解得上升过程中重物的最大动能为Ekm＝＝mgh，故C错误；上升到最高点过程中，重物的重力所做的功为WG＝－mgh，根据重力势能与重力做功关系可知，重物重力势能的增加量为Ep＝mgh，故D错误。]
9．BD [对定滑轮受力分析，如图所示，滑轮两边的钢丝绳的拉力相等，则合力方向沿两边钢丝绳夹角的角平分线，则钢丝绳索对定滑轮的作用力方向不一定沿着OP方向，选项A错误；对定滑轮，钢丝绳索对定滑轮的作用力大小为F合＝2F cos α，当支撑臂缓慢变长时，α变小，则钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，同理可得，当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时，α变小，绳索对定滑轮的作用力大，故B正确，C错误；若钢丝绳索拉着物件加速上升，对物件由牛顿第二定律F－mg＝ma，可得F>mg，对定滑轮受力分析可知，钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，所以吊车对地面的压力变大，故D正确。]
10．BD [由题图可知，P、Q两星球的重力加速度大小和半径之比都是1∶2，由＝mg，可得M＝，则两星球的质量之比＝，故A错误；由ρ＝＝，可得ρ＝，故两星球密度相同，故B正确；由mg＝m，可得v＝，则P、Q两星球的第一宇宙速度大小之比＝，故C错误；由＝mr，可得r＝，则P、Q两星球同步卫星的轨道半径之比＝，又因为P、Q两星球的半径之比为1∶2，故同步卫星距星球表面的高度之比也为1∶2，故D正确。]
11．CD [当滑块速度最大时，满足F弹＝mg sin θ＋μmg cos θ，此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；滑块机械能变化量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力做功大于摩擦力做功，滑块的机械能增加，最后阶段弹力小于摩擦力，弹力做功小于摩擦力做功，此过程中滑块的机械能减小，滑块在 0.2 s 时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；滑块脱离弹簧后向上做减速运动的加速度大小为a＝ m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，选项C正确；由能量关系可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能为Ep＝＋mgs sin 37°＋μmgs cos 37°＝32 J，选项D正确。]
12．AC [对物块B由牛顿第二定律得mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1，解得a1＝4 m/s2，对长木板A由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－μ2(M＋m)g cos 37°＝Ma2，解得a2＝3 m/s2，A正确；由匀变速直线运动规律得长木板A运动到挡板所用的时间满足d＝，解得t1＝2 s，此时物块B运动的位移为x＝＝8 m，长木板A与C碰撞后沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ2(M＋m)g cos 37°＋μ1mg cos 37°＝Ma3，解得a3＝12 m/s2，由匀变速直线运动规律得L－(x－d)＝，解得t2＝0.5 s，物块B在长木板A上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，B错误；物块B在长木板A上运动的过程中产生的内能为Q1＝μ1mgL cos 37°＝16 J，长木板在斜面上运动的路程为Δx＝d＋＝ m，长木板A在斜面上运动产生的内能为Q2＝μ2(M＋m)gΔx cos 37°＝45 J，系统产生的内能为Q＝Q1＋Q2＝61 J，C正确；物块B从长木板A上滑下时，长木板A的速度为v＝a2t1－a3t2＝0，由于μ213．解析：(1)因红外线传播的时间可忽略，则接收器收到红外线脉冲时开始计时的时刻t1，也就是超声波发射的时刻为t1，超声波接收的时刻为t2，可知超声波传播的时间为Δt＝t2－t1，则发射器和接收器之间的距离s＝vΔt＝v(t2－t1)。
(2)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得v＝，木块的加速度a＝＝。
答案：(1)v(t2－t1) (2)
14．解析：(1)螺旋测微器的精度为0.01 mm，转动刻度估读到0.1格，则遮光条宽度为
d＝0.5 mm＋23.0×0.01 mm＝0.730 mm。
(2)滑块的前端连接有力传感器，故还需要读出力传感器的示数，即绳的拉力F。
(3)滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为W＝FL
滑块通过两光电门的瞬时速度为v1＝，v2＝
则滑块动能变化量的表式为ΔEk＝＝m－m。
答案：(1) 0.730( 0.729～0.731 均可) (2)力传感器的示数F (3)FL m－m
15．解析：(1)树叶静止时受力平衡，对树叶受力分析如图所示，
沿玻璃斜面方向有F1cos θ＝mg sin θ
又F1＝
解得v0＝10 m/s。
(2)当车速为v0时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为0，对树叶受力分析如图所示，则
F2cos θ－mg sin θ－μFN＝0
又FN＝F2sin θ＋mg cos θ
且F2＝kv2
联立解得μ＝。
答案：(1)10 m/s (2)
16．解析：(1)链球脱手后做斜上抛运动，根据机械能守恒定律＋mgh＝mv2
解得v＝20 m/s。
(2)链球脱手后做斜上抛运动，设运动时间为t，抛出点和落地点水平速度相等，即
v0cos θ＝v cos β
在抛出点A竖直方向上的分速度大小为
v1＝v0sin θ
在落地点竖直方向上的分速度大小为
v2＝v sin β
Δv＝v1＋v2＝gt
解得t＝ s。
(3)链球在水平方向上做匀速直线运动，链球脱手点A与落地点间的水平距离x＝v0cos θ·t
解得x＝56 m。
答案：(1)20 m/s (2) s (3)56 m
17．解析：(1)物块的加速度a＝＝5 m/s2
物块的加速时间t1＝＝0.4 s
物块匀加速的位移x1＝t1＝0.8 m<1.5 m
则物块先加速后匀速，物块加速时间内传送带的位移x2＝vt1＝1.2 m
二者的相对位移Δx＝x2－x1＝0.4 m
产生的热量Q＝μmgΔx＝2 J。
(2)令物块从C点飞出后速度为v1，水平方向有x＝v1t2
竖直方向有y＝
根据几何关系有x2＋y2＝R2
根据动能定理有mgy＝
解得Ek＝＋
由数学知识知，当＝时，Ek有最小值，即当y＝0.5 m时，Ek最小，解得Ekmin＝7.5 J。
答案：(1)2 J (2)7.5 J
18．解析：(1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零，设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg
解得x0＝0.1 m
在C点，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力F′N＝2.5mg，有F′N＋mg＝
解得vC＝ m/s
物块从C点到速度最大时，由能量守恒定律有
mg(r＋x0)＝
解得Ekm＝6 J。
(2)物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得mgh－μmgs＝－0
解得B、C间距离s＝0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中
设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有
μmgs′＝
解得s′＝0.7 m
故最终物块在BC上与C点的距离为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m处停下。
答案：(1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
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阶段滚动卷(二) (第一章至第五章内容)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2024·金丽衢十二校二模)随着“第十四届全国冬季运动会”的开展，各类冰雪运动绽放出冬日激情，下列说法正确的是( )
A．评委给花样滑冰选手评分时可以将运动员看作质点
B．滑雪比赛中运动员做空中技巧时，处于失重状态
C．冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，则滑动摩擦力不变
D．短道速滑转弯时是运动员重力的分力充当向心力
12
√
13
14
15
16
17
18
B [评委给花样滑冰选手评分时看的是选手的细节动作，此时不能将运动员看成质点，故A错误；滑雪比赛中运动员做空中技巧时只受重力，此时有竖直向下的加速度，处于失重状态，故B正确；冰壶比赛中刷冰不会影响压力大小，但是接触面粗糙程度发生变化，滑动摩擦力也发生变化，故C错误；短道速滑转弯时是运动员与地面间的摩擦力充当向心力，故D错误。]
题号
1
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2．跳马是一项竞技体操项目。在女子跳马比赛中，一运动员经过助跑、前空翻、踏板起跳、前空翻、双手推撑跳马(如图所示)、腾空翻转一系列精彩动作后稳稳落在软垫上，赢得了现场观众热烈的掌声。下列说法正确的是( )
A．助跑过程中，随速度的增大，运动员的
惯性逐渐增大
B．踏板过程中，踏板一直对运动员做正功
C．推撑跳马过程中，运动员对跳马的力小于跳马对运动员的力
D．落地处铺软垫，目的是减小支撑面对运动员的平均作用力大小
√
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18
D [物体的惯性只与物体的质量有关，助跑过程中，随速度的增大，运动员的惯性不变，故A错误；运动员从开始与踏板接触到运动至最低点的过程，踏板对运动员做负功，故B错误；推撑跳马过程中，运动员对跳马的力和跳马对运动员的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；落地处铺软垫，目的是增加运动员落地过程的时间，减小支撑面对运动员的平均作用力大小，故D正确。]
题号
1
3
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2
4
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3．(2025·八省联考云南卷)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
√
题号
1
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D [根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝x，套中Ⅰ号物品时x位移较小，h下落高度较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，A错误；根据W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律可知竖直方向的位移h＝gt2，可得t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。故选D。]
题号
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4．生活中处处有物理知识，如图所示，一同学发现水龙头损坏后不能完全关闭，有水滴从管口由静止开始不断下落，每两个水滴之间时间间隔相等，忽略空气阻力和水滴间的相互影响，则在水滴落地前( )
A．水滴做自由落体运动
B．相对于水滴3来说，水滴2做匀加速直线运动
C．水滴1和水滴2之间距离不变
D．在图示时刻，水滴1和水滴2之间的距离等于
水滴2和水滴3之间的距离
√
题号
1
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A [水滴初速度为零，仅受重力作用，故水滴做自由落体运动，A正确；水滴3的速度v3＝gt，水滴2的速度v2＝g(T＋t)，相对速度Δv＝v2－v3＝gT，不随时间t变化，所以水滴2相对于水滴3做速度为gT的匀速直线运动，B错误；设水滴1下落时间为t，水滴1和水滴2之间距离为Δh＝＝gtT－gT2，故水滴1和水滴2之间距离不断增大，C错误；水滴2和水滴3之间的距离为Δh′＝g(t－T)2－g(t－2T)2＝gtT－gT2<Δh，D错误。]
题号
1
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5．如图所示，将8个质量均为m的小物块(可视为质点)用轻质的细杆相连静止放在水平面上，相邻小物块间的距离为L。已知AB段光滑，小物块与BC段间的动摩擦因数均为μ。刚开始时1号小物块在B处，现用水平拉力F＝4.5μmg作用在1号小物块上，使8个小物块一起向右运动，则1号物块运动过程中能达到的最大速度为( )
A．
C．
√
题号
1
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C [由于F＝4.5μmg，则第5个物块进入BC之前，拉力大于阻力，1号物块加速运动；第5个物块进入BC后1号物块开始做减速运动，因此第5个物块刚到达B点时1号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有F·4L－μmg(L＋2L＋3L＋4L)＝×8mv2－0，得v＝，故选C。]
题号
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6．2024年2月29日中国在西昌卫星发射中心成功发射了做匀速圆周运动的高轨卫星01星，标志着中国互联网的效率与质量将进一步提升。已知高轨卫星01星与地球中心的连线在时间t内转过的弧度为θ，扫过的面积为S，地球的半径为R，引力常量为G，则( )
A．高轨卫星01星可以静止在咸宁的正上方
B．地球的质量为
C．地球表面的重力加速度为
D．地球的第一宇宙速度为
√
题号
1
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B [高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，因此不可能静止在咸宁的正上方，故A错误；根据万有引力提供向心力有G＝mrω2，又S＝πr2×，ω＝，联立解得M＝，故B正确；在地表处有G＝mg，解得地球表面的重力加速度g＝，故C错误；贴近地球表面，由万有引力提供向心力，可得G＝，得地球的第一宇宙速度为v1＝，故D错误。]
题号
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7．如图所示，将两小沙包a、b以不同的初速度分别从A、B两处先后相差0.5 s水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙包a、b可视为质点，并在同一竖直面内运动，g取10 m/s2，不计空气阻力，
下列说法正确的是( )
题号
1
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A．A处比B处高1.25 m
B．若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇
C．若已知B处高度和沙包b的下落时间，可求出A、B的水平距离
D．若已知A处高度和沙包a的初速度，可求出A、B的水平距离
√
题号
1
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D [设沙包b下落时间为t，则沙包a下落时间为(t＋Δt)，Δt＝0.5 s，A处比B处高为Δh＝g(t＋Δt)2－gt2＝gtΔt＋1.25 m>1.25 m，故A错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B错误；由于速度方向与竖直方向夹角相等，则＝，A、B的水平距离为x＝vbt＋va(t＋0.5)，由此可知，需要知道沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C错误，D正确。]
题号
1
3
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8．如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为F＝mg的恒力，重物上
升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达
式为Ep＝kx2，则( )
题号
1
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A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为mgh
C．上升过程中重物的最大动能为mgh
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加mgh
√
题号
1
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B [上升过程中，恒力F对系统做正功，系统的机械能增加，故A错误；开始时对重物有mg＝kx1，重物上升至最大高度h的过程中，对系统由能量守恒定律有＋Fh＝mgh＋k(h－x1)2，解得h＝x1，所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1＝＝mgh，故B正确；上升过程中，当重物所受合力为零时，速度达到最大，则此时弹簧的形
题号
1
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变量为x2，故F＋kx2＝mg，解得x2＝x1＝h，在此过程中由能量守恒定律有＝＋k(x1－x2)2，解得上升过程中重物的最大动能为Ekm＝＝mgh，故C错误；上升到最高点过程中，重物的重力所做的功为WG＝－mgh，根据重力势能与重力做功关系可知，重物重力势能的增加量为Ep＝mgh，故D错误。]
题号
1
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二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2024·山东临沂市一模)在建筑工地上经常使用吊车起吊建材。为了研究问题方便，把吊车简化成如图所示的模型，可以调节长度和角度的支撑臂OP的一端装有定滑轮，另一端连接在车体上，质量不计的钢丝绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物件匀速上升，不计定
滑轮质量和滑轮与绳索及轴承之间的摩擦，重力加速
度为g。则下列说法中正确的是( )
题号
1
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A．钢丝绳索对定滑轮的作用力方向沿着OP向下
B．当支撑臂缓慢变长时钢丝绳索对定滑轮的作用力变大
C．当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时绳索对定滑轮的作用力变小
D．若钢丝绳索拉着物件加速上升，吊车对地面的压力变大
√
题号
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√
BD [对定滑轮受力分析，如图所示，滑轮两边的钢丝绳的拉力相等，则合力方向沿两边钢丝绳夹角的角平分线，则钢丝绳索对定滑轮的作用力方向不一定沿着OP方向，选项A错误；对定滑轮，钢丝绳索对定滑轮的作用力大小为F合＝2F cos α，当支撑臂缓慢变长时，α变小，则钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，同理可得，当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时，α变小，绳索对定滑轮的作用力大，故B正确，C错误；若钢丝绳索拉着物件加速上升，对物件由牛顿第二定律
F－mg＝ma，可得F>mg，对定滑轮受力分析可
知，钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，所以吊车
对地面的压力变大，故D正确。]
题号
1
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10．(2024·广东湛江二模)已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是( )
A．质量相同
B．密度相同
C．第一宇宙速度大小之比为2∶1
D．同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2
√
题号
1
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√
BD [由题图可知，P、Q两星球的重力加速度大小和半径之比都是1∶2，由＝mg，可得M＝，则两星球的质量之比＝，故A错误；由ρ＝＝，可得ρ＝，故两星球密度相同，故B正确；由mg＝m，可得v＝，则P、Q两星球的第一宇宙速度大
题号
1
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小之比＝，故C错误；由＝mr，可得r＝，则P、Q两星球同步卫星的轨道半径之比＝，又因为P、Q两星球的半径之比为1∶2，故同步卫星距星球表面的高度之比也为1∶2，故D正确。]
题号
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11．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不连接。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知滑块在0～0.2 s 内运动的位移为0.8 m，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
题号
1
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A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2 s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5
D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32 J
√
√
CD [当滑块速度最大时，满足F弹＝mg sin θ＋μmg cos θ，此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；滑块机械能变化量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力做功大于摩擦力做功，滑块的机械能增加，最后阶段弹力小于摩擦力，弹力做功小于摩擦力做功，此过程中滑块的机械能减小，滑块在 0.2 s 时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；滑块脱离弹簧后向上做减速运动的加速度大小为a＝
题号
1
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m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，选项C正确；由能量关系可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能为Ep＝＋mgs
sin 37°＋μmgs cos 37°＝32 J，选项D正确。]
题号
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12．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一与斜面垂直的弹性挡板C。长度为L＝8 m、质量为M＝ kg的长木板A置于斜面上，质量为m＝1 kg的物块B(可视为质点)置于长木板上端，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板A与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝，长木板A下端与挡板C的距离为d＝6 m。同时由静止释放长木板A和物块B，长木板A与挡板C碰撞后原速率返回。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2。 下列说法正确的是( )
题号
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A．长木板A刚开始沿斜面向下运动的加速度大小为3 m/s2
B．物块B在长木板A上运动的时间为4 s
C．物块B在长木板A上运动的过程中，系统产生的内能为61 J
D．物块B从长木板A上滑下后，A将不再沿斜面下滑
题号
1
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√
√
AC [对物块B由牛顿第二定律得mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1，解得a1＝4 m/s2，对长木板A由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－μ2(M＋m)g cos 37°＝Ma2，解得a2＝3 m/s2，A正确；由匀变速直线运动规律得长木板A运动到挡板所用的时间满足d＝，解得t1＝2 s，此时物块B运动的位移为x＝＝8 m，长木板A与C碰撞后沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得Mg sin 37°＋μ2(M＋m)g cos 37°＋μ1mg cos 37°＝Ma3，解得a3＝12 m/s2，由匀
题号
1
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变速直线运动规律得L－(x－d)＝，解得t2＝0.5 s，物块B在长木板A上运动的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，B错误；物块B在长木板A上运动的过程中产生的内能为Q1＝μ1mgL
cos 37°＝16 J，长木板在斜面上运动的路程为Δx＝d＋＝ m，长木板A在斜面上运动产生的内能为Q2＝μ2(M＋m)gΔx cos 37°＝45 J，系统产生的内能为Q＝Q1＋Q2＝61 J，C正确；物块B从长木板A上滑下时，长木板A的速度为v＝a2t1－a3t2＝0，由于μ2题号
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三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)位移传感器由发射器和接收器组成，发射器内装有红外线和超声波发射器，接收器内装有红外线和超声波接收器。
题号
1
3
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(1)如图1所示，固定在被测运动物体上的发射器向接收器同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，接收器收到红外线脉冲时开始计时的时刻为t1，收到超声波脉冲时停止计时的时刻为t2。已知超声波在空气中的传播速度为v(红外线传播时间极短，可忽略)，发射器和接收器之间的距离s＝________。
题号
1
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v(t2－t1)
(2)某小组设计了使用位移传感器的实验装置测量木块下滑的加速度，如图2所示，让木块从倾斜木板上一点A静止释放，计算机描绘了木块相对传感器的位移随时间变化规律如图3所示。根据图线计算t0时刻速度v＝_________，木块加速度a＝___________(用图3中给出的s0、s1、s2、t0表示)。
题号
1
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[解析] (1)因红外线传播的时间可忽略，则接收器收到红外线脉冲时开始计时的时刻t1，也就是超声波发射的时刻为t1，超声波接收的时刻为t2，可知超声波传播的时间为Δt＝t2－t1，则发射器和接收器之间的距离s＝vΔt＝v(t2－t1)。
(2)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得v＝，木块的加速度a＝＝。
题号
1
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14．(8分)(2024·广东佛山一模)实验室提供如图甲所示的气垫导轨和光电门组合实验装置，并有天平、螺旋测微器、细线、力传感器等辅助器材。某实验小组利用该装置及辅助器材来探究合外力做功与物体动能变化之间的关系，已知实验时光电门1和光电门2测出遮光条通过它们的时间分别为t1和t2。请回答下列问题：
题号
1
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题号
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(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度d时，其示数如图乙所示，则d＝_______________________ mm。
(2)实验过程中还需要测量的物理量有：两光电门之间的距离L、滑块的质量m和______________________(请写出物理量及对应的字母)。
题号
1
3
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2
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0.730( 0.729～0.731 均可)
力传感器的示数F
(3)实验得到滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为W＝_________，滑块动能变化量的表式为ΔEk＝
________________________(用题中相关字母表示)。
题号
1
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2
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FL
m－m
[解析] (1)螺旋测微器的精度为0.01 mm，转动刻度估读到0.1格，则遮光条宽度为
d＝0.5 mm＋23.0×0.01 mm＝0.730 mm。
(2)滑块的前端连接有力传感器，故还需要读出力传感器的示数，即绳的拉力F。
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(3)滑块从光电门1位置运动到光电门2位置过程中合外力做功的表达式为W＝FL
滑块通过两光电门的瞬时速度为v1＝，v2＝
则滑块动能变化量的表式为ΔEk＝＝m－m。
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15．(8分)在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ＝37°角，无风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向的空气推力，推力方向与车前进方向相反，大小由车速v决定，且满足F＝kv2。只讨论树叶沿挡风玻璃向下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶的质量m＝0.01 kg，k＝0.75×10-3 kg/m，g取
10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6。
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(1)若忽略树叶与挡风玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃上时车匀速运动的速度大小v0；
(2)若树叶与挡风玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，经精密测量发现当匀速运动的车速为v0时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃向上运动，求树叶与挡风玻璃间的动摩擦因数μ。
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[解析] (1)树叶静止时受力平衡，对树叶受力分析如图所示，
沿玻璃斜面方向有F1cos θ＝mg sin θ
又F1＝
解得v0＝10 m/s。
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(2)当车速为v0时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为0，对树叶受力分析如图所示，则
F2cos θ－mg sin θ－μFN＝0
又FN＝F2sin θ＋mg cos θ
且F2＝kv2
联立解得μ＝。
[答案] (1)10 m/s (2)
16．(8分)(2024·山东聊城市一模)链球是一项融合力量、平衡和技巧的竞技运动。如图所示，某运动员在训练中两手握着链球上铁链的把手带动链球旋转。链球旋转到离地高h＝0.8 m的A点脱手，脱手时速度大小为v0＝28 m/s，方向与水平面成θ角斜向上飞出。链球落地时速度与水平面夹角为β，且θ＋β＝(θ、β未知)，不计空气阻力和铁链的影响，g＝10 m/s2。求：
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(1)链球落地时速度的大小；
(2)链球脱手后在空中运动的时间；
(3)链球脱手点A与落地点间的水平距离。
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[解析] (1)链球脱手后做斜上抛运动，根据机械能守恒定律＋mgh＝mv2
解得v＝20 m/s。
(2)链球脱手后做斜上抛运动，设运动时间为t，抛出点和落地点水平速度相等，即
v0cos θ＝v cos β
在抛出点A竖直方向上的分速度大小为
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v1＝v0sin θ
在落地点竖直方向上的分速度大小为
v2＝v sin β
Δv＝v1＋v2＝gt
解得t＝ s。
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(3)链球在水平方向上做匀速直线运动，链球脱手点A与落地点间的水平距离x＝v0cos θ·t
解得x＝56 m。
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[答案] (1)20 m/s (2) s (3)56 m
17．(14分)如图所示，一质量m＝1 kg的物块以v0＝1 m/s 的速度从B端进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L＝1.5 m，该物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带以速度v沿顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮大小。重力加速度g＝10 m/s2。求：
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(1)当传送带的速度v＝3 m/s时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量是多少？
(2)若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为R＝ m。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
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[解析] (1)物块的加速度a＝＝5 m/s2
物块的加速时间t1＝＝0.4 s
物块匀加速的位移x1＝t1＝0.8 m<1.5 m
则物块先加速后匀速，物块加速时间内传送带的位移x2＝vt1＝1.2 m
二者的相对位移Δx＝x2－x1＝0.4 m
产生的热量Q＝μmgΔx＝2 J。
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(2)令物块从C点飞出后速度为v1，水平方向有x＝v1t2
竖直方向有y＝
根据几何关系有x2＋y2＝R2
根据动能定理有mgy＝
解得Ek＝＋
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由数学知识知，当＝时，Ek有最小值，即当y＝0.5 m时，Ek最小，解得Ekmin＝7.5 J。
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[答案] (1)2 J (2)7.5 J
18．(16分)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定于地面上，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0 kg的物块放在曲面AB上，现从距BC高度为h＝0.6 m处由静止释放物块，物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，物块进入管口C端时对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能Ekm；
(2)物块最终停止的位置。
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[解析] (1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零，设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg
解得x0＝0.1 m
在C点，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力F′N＝2.5mg，有F′N＋mg＝
解得vC＝ m/s
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物块从C点到速度最大时，由能量守恒定律有
mg(r＋x0)＝
解得Ekm＝6 J。
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(2)物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得mgh－μmgs＝－0
解得B、C间距离s＝0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中
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设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有
μmgs′＝
解得s′＝0.7 m
故最终物块在BC上与C点的距离为x1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝
0.3 m或距离B端为x2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m处停下。
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[答案] (1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
谢 谢 ！
