五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03功與能動(dòng)量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與能2021、2022、2023從2021年到2025年天津高考物理卷來(lái)看，功與能、動(dòng)量部分的命題呈現(xiàn)出以下趨勢(shì)：該部分內(nèi)容是每年必考的重點(diǎn)，題型上常以綜合計(jì)算題的形式出現(xiàn)，且多作為壓軸題考查。命題模型越來(lái)越復(fù)合化，單一模型如碰撞等減少，更多的是“斜面+彈簧+碰撞”“傳送帶+圓周運(yùn)動(dòng)”“彈簧+碰撞+圓周運(yùn)動(dòng)”等多種模型的組合。命題注重實(shí)際情境導(dǎo)向，以生活中的物流傳送帶、滑雪，科技領(lǐng)域的火箭發(fā)射等為背景，考查學(xué)生對(duì)模型的抽象能力。在能力要求方面，強(qiáng)化數(shù)學(xué)工具的運(yùn)用，需要學(xué)生能夠解多元方程組、利用導(dǎo)數(shù)求極值、進(jìn)行圖像分析等，同時(shí)還涉及2-3個(gè)物體相互作用的關(guān)聯(lián)對(duì)象多元化問(wèn)題，要求學(xué)生能處理內(nèi)力與外力的關(guān)系?？键c(diǎn)2動(dòng)量2021、2022、2023、2024考點(diǎn)01功與能1．（2023·天津·高考）2023年我國(guó)首套高溫超導(dǎo)電動(dòng)懸浮全要素試驗(yàn)系統(tǒng)完成首次懸浮運(yùn)行，實(shí)現(xiàn)重要技術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗(yàn)列車質(zhì)量為m，某次試驗(yàn)中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時(shí)牽引系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動(dòng)裝置提供大小為F的制動(dòng)力，列車減速直至停止。若列車行駛時(shí)始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過(guò)程的加速度大小a=Fm B．列車減速過(guò)程C．列車減速過(guò)程通過(guò)的位移大小為mv22(【答案】C【詳析】A．根據(jù)牛頓第二定律有F+f=ma可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小aB．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t=va=mvF+fC．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2ax可得x=D．勻速行駛時(shí)牽引力等于空氣阻力，則功率為P=fv故故選C。2．（2022·天津·高考）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度v0=2m/s，勻減速滑行x1=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開(kāi)始擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2=3.5m，與靜止在P點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA=0.05m/s和vB=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ（1）在N點(diǎn)的速度v1（2）與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2【答案】（1）v1=0.8m/s；（2【詳析】（1）設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力為N，由豎直方向受力平衡，有N=mg設(shè)A在MN間受到的滑動(dòng)摩擦力為f，則有f=μ1N設(shè)A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得f=ma（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mv2=mvA+mvB解得v2=0.6m/s設(shè)3．（2021·天津·高考）2021年5月15日，天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器著陸火星取得成功，邁出了我國(guó)星際探測(cè)征程的重要一步，在火星上首次留下國(guó)人的印跡。天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射后，順利被火星捕獲，成為我國(guó)第一顆人造火星衛(wèi)星。經(jīng)過(guò)軌道調(diào)整，探測(cè)器先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，之后進(jìn)入稱為火星停泊軌道的橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行，如圖所示，兩軌道相切于近火點(diǎn)P，則天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器（）A．在軌道Ⅱ上處于受力平衡狀態(tài) B．在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)短C．從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ在P處要加速 D．沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大【答案】D【詳析】A．天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器在橢圓軌道Ⅱ上做變速運(yùn)動(dòng)，受力不平衡，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸，故在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C．天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ，做近心運(yùn)動(dòng)，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P點(diǎn)點(diǎn)火減速，故C錯(cuò)誤；D．在軌道Ⅰ向P飛近時(shí)，萬(wàn)有引力做正功，動(dòng)能增大，故速度增大，故D正確。故選D。考點(diǎn)02動(dòng)量4．（2024·天津·高考）如圖所示，光滑半圓軌道直徑沿豎直方向，最低點(diǎn)與水平面相切。對(duì)靜置于軌道最低點(diǎn)的小球A施加水平向左的瞬時(shí)沖量I，A沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8N?s，A、B的質(zhì)量分別為mA=0.3kg、mB=0.1kg，軌道半徑和繩長(zhǎng)均為R=0.5m，兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，輕繩不可伸長(zhǎng)，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)與B碰前瞬間A的速度大?。?2)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小?！敬鸢浮?1)4m/s(2)11.2N【詳析】（1）根據(jù)題意，設(shè)小球A從最低點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，由動(dòng)量定理有I=mAv0設(shè)與B碰前瞬間A的速度大小v（2）A與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起，由動(dòng)量守恒定律有mAv=mA+mBv共設(shè)5．（2023·天津·高考）質(zhì)量mA=2kg的物體A自距地面h=1.2m高度自由落下，與此同時(shí)質(zhì)量mB=1kg的物體B由地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)t=0.2s與A碰撞，碰后兩物體粘在一起,碰撞時(shí)間極短,忽略空氣阻力。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g（1）碰撞位置與地面的距離x；（2）碰撞后瞬時(shí)的速度大小v；（3）碰撞中損失的機(jī)械能ΔE【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【詳析】（1）對(duì)物體A，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得x（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為vB0，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x=vB0t-12gt2即1=vB0×0.2-12×10×0.22解得碰后速度v（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能Δ6．（2022·天津·高考）如圖所示，邊長(zhǎng)為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，滑行過(guò)程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直且一邊與磁場(chǎng)邊界平行，已知a<A．鋁框所用時(shí)間相同 B．鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同 D．安培力對(duì)鋁框的沖量相同【答案】D【詳析】A．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量變化，都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變做勻速運(yùn)動(dòng)；可知離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度小于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度，所以離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間，A錯(cuò)誤；C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍浑x開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，C錯(cuò)誤；D．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程安培力對(duì)鋁框的沖量為I安=-BIaΔtB．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，鋁框均做減速運(yùn)動(dòng)，可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的速度一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的速度，根據(jù)F安=BIa=故選D。7．（2021·天津·高考）一沖九霄，問(wèn)鼎蒼穹。2021年4月29日，長(zhǎng)征五號(hào)B遙二運(yùn)載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國(guó)空間站建造進(jìn)入全面實(shí)施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是（）A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏．增大燃?xì)庀鄬?duì)于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬?duì)于地面為零時(shí)火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時(shí)獲得的推力來(lái)自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺(tái)之間的相互作用【答案】AB【詳析】A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞?，即增加單位時(shí)間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)FΔt=ΔmvB．當(dāng)增大燃?xì)庀鄬?duì)于火箭的噴射速度時(shí)，根據(jù)FΔt=ΔmvC．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬?duì)于地面為零時(shí)，相對(duì)于火箭的速度不為零，根據(jù)FΔt=ΔmvD．燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱?duì)火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭獲得推力，故D錯(cuò)誤。故選AB。1．（2025·天津南開(kāi)區(qū)·二模）如圖甲所示為智能健身圈，其原理是利用搖動(dòng)腰部軌道上的阻尼環(huán)帶起腰帶外部軌道上的小球，起到健身的效果，其原理簡(jiǎn)化為如圖乙所示。設(shè)配重小球的質(zhì)量為m，體積忽略不計(jì)，小球懸繩(忽略質(zhì)量)長(zhǎng)度為L(zhǎng)，腰帶軌道近似看成是正圓，且半徑為R。若配重小球繞腰帶的中心軸做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球的線速度大小為v，繩子與豎直方向夾角為θ，運(yùn)動(dòng)過(guò)程腰部保持穩(wěn)定，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，懸繩對(duì)小球做的功為1B．當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時(shí)，配重小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為mgC．若更換質(zhì)量為2m的配重小球，以相同角速度轉(zhuǎn)動(dòng)阻尼環(huán)，繩子與豎直方向夾角不變D．當(dāng)繩子與豎直方向夾角保持為θ時(shí)，配重小球轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f【答案】C【詳析】A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，此時(shí)小球的重力勢(shì)能也要增加，則懸繩對(duì)小球做的功大于12mvB．當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時(shí)，配重小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為Fn=mgC．根據(jù)Fn=mgtanθ=mω2D．根據(jù)上述結(jié)論mgtanθ=mω2(Lsin故選C。2．（2025·天津和平·一模）慶祝盛大的節(jié)日常會(huì)燃放煙花?，F(xiàn)有某煙花筒的結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理為：在地面上的O處點(diǎn)燃引線，發(fā)射藥燃燒發(fā)生爆炸，禮花彈獲得一個(gè)豎直方向的速度開(kāi)始上升并同時(shí)點(diǎn)燃延期引線，當(dāng)禮花彈到最高點(diǎn)時(shí)，延期引線點(diǎn)燃禮花彈并炸開(kāi)形成漂亮的球狀禮花。現(xiàn)假設(shè)某禮花彈在最高點(diǎn)炸開(kāi)成a、b兩部分，速度均為水平方向，已知兩部分質(zhì)量ma>mb。忽略空氣阻力及所有引線中火藥的作用，則（）A．從發(fā)射藥爆炸前到禮花彈炸開(kāi)后的過(guò)程，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．a(chǎn)、b兩部分落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離可能相等C．禮花彈在最高點(diǎn)炸開(kāi)過(guò)程，a、b兩部分動(dòng)量變化相同D．整個(gè)過(guò)程中消耗的燃料化學(xué)能等于a、b落地時(shí)動(dòng)能之和【答案】D【詳析】A．從發(fā)射藥爆炸前到禮花彈炸開(kāi)后的過(guò)程，炸藥爆炸，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mava=mbvb依題意ma>mb可得va<vba、b兩部分均做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=C．依題意，禮花彈在最高點(diǎn)炸開(kāi)過(guò)程，炸藥對(duì)a、b兩部分的沖量等大反向，根據(jù)I=Δp可知a、b兩部分動(dòng)量變化大小相同，方向相反，故D．整個(gè)過(guò)程中重力做功為零，由能量守恒可知，消耗的燃料化學(xué)能等于a、b落地時(shí)動(dòng)能之和，故D正確。故選D。3．（2025·天津耀華中學(xué)·一模）如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下，如此反復(fù)。通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）A．t2時(shí)刻小球加速度方向向下B．t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球加速度先減小后增大C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的機(jī)械能一直增加D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少【答案】BD【詳析】A．由圖可知，t2時(shí)刻彈簧彈力達(dá)到最大，小球?qū)椈蓧嚎s到最低點(diǎn)，此時(shí)小球加速度方向向上，故A錯(cuò)誤；B．t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F由于彈力減小，所以加速度向上減小，速度增大，彈力等于重力時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大，之后根據(jù)牛頓第二定律有mg-F=maC．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮到最短，該過(guò)程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大，小球的機(jī)械能一直減小，故C錯(cuò)誤；D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的加速度先向下后向上，則小球的速度先增大后減小，動(dòng)能先增加后減少，故D正確。故選BD。4．（2025·天津·二模）智慧充電技術(shù)的日益成熟，極大促進(jìn)了電動(dòng)汽車銷量的增長(zhǎng)。若一輛電動(dòng)汽車的質(zhì)量為m，額定功率為P。汽車由靜止啟動(dòng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車的速度大小為v時(shí)恰好達(dá)到其額定功率，之后汽車維持額定功率行駛，達(dá)到最大速度3v，已知汽車行駛時(shí)受到的阻力恒定。下列說(shuō)法正確的是（）A．電動(dòng)汽車受到的阻力大小為PB．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為PC．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為3D．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中阻力做功為m【答案】AC【詳析】A．汽車速度達(dá)到最大時(shí)，牽引力等于阻力，則有P=f?3v解得阻力大小為B．汽車恰好達(dá)到其額定功率時(shí)有P=Fv根據(jù)牛頓第二定律可得F-f=maC．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=va=3mvD．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中阻力做功為Wf=-fx=-故選AC。5．（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如圖所示裝置將建材搬運(yùn)到高處，光滑桿豎直固定在地面上，斜面體固定在水平面上，配重P和建材Q用輕繩連接后跨過(guò)光滑的定滑輪，配重P穿過(guò)光滑豎直桿，建材Q放在斜面體上，且輕繩與斜面平行，開(kāi)始時(shí)建材靜止在斜面上，之后增加配重質(zhì)量，建材沿斜面上滑，下列分析正確的是（）A．當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，則P、Q速度大小一定相等B．當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P減小的機(jī)械能一定等于Q增加的機(jī)械能C．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，細(xì)線上的拉力一定大于豎直桿對(duì)P的彈力D．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，斜面對(duì)Q的摩擦力可能斜向下【答案】CD【詳析】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P沿繩方向的分速度大小與Q的速度大小相等，故A錯(cuò)誤；B．Q與斜面之間有摩擦力，當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P減小的機(jī)械能等于Q增加的機(jī)械能和因Q與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱之和，則P減小的機(jī)械能一定大于Q增加的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；C．由于豎直桿光滑，則當(dāng)P靜止時(shí)，繩子一定不能與桿垂直，則繩子拉力沿水平的分力等于豎直桿對(duì)P的彈力，即細(xì)線上的拉力一定大于豎直桿對(duì)P的彈力，故C正確；D．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，若繩子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，則Q有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，斜面對(duì)Q的摩擦力沿斜面向下，故D正確。故選CD。6．（2025·天津河西區(qū)·三調(diào)）如圖所示，傾角θ=30°的斜面體C靜置在水平臺(tái)上，其底端與水平臺(tái)平滑連接。物塊A沿斜面自由下滑，離開(kāi)斜面后與靜止在水平臺(tái)上的物塊B發(fā)生完全非彈性碰撞。隨后A、B從O點(diǎn)離開(kāi)水平臺(tái)，共同在空中飛行并落到水平地面上的P點(diǎn)，O、P連線與水平方向的夾角α=53°。已知物塊A的質(zhì)量mA=100g、物塊B的質(zhì)量mB=200g、斜面體C的質(zhì)量mC=500g，A與B碰撞前的速度vA=3?ms，A、(1)A沿斜面下滑的過(guò)程中，水平臺(tái)對(duì)C的支持力大小N0(2)A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE(3)A、B共同在空中飛行的過(guò)程中，它們的重力的平均功率P?！敬鸢浮?1)N(2)Δ(3)P【詳析】（1）A沿斜面下滑的過(guò)程中，A、C之間相互作用力的大小為N=mAgcos30°（2）A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，有mAvA=mA（3）O、P連線與水平方向的夾角α=53°，于是有tan53A、B平拋的過(guò)程中，它們的重力做的功為W=mA+mB7．（2025·天津北辰·三模）如圖所示，一傾斜傳送帶上端與一光滑水平面平滑相連，水平面上方有一長(zhǎng)L=0.4?m的輕桿，可繞其上端O點(diǎn)處的光滑軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，下端固定連接物塊B（可看成質(zhì)點(diǎn)），B與水平面接觸無(wú)擠壓。將物塊A輕放在傳送帶底端，運(yùn)動(dòng)至頂端時(shí)剛好與傳送帶速度相同，之后平滑進(jìn)入水平面與B發(fā)生碰撞，碰后B恰好能運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)。已知傳送帶以速度v=1?m/s順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行，與水平面夾角為37°。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，A、B質(zhì)量分別為m1=5kg，m2(1)碰撞后物塊A的速度；(2)物塊A從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中機(jī)械能的增加量。【答案】(1)0.2?m/s(2)40?J【詳析】（1）碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有：m1v=m1v1+（2）物塊A在傳送帶上受到重力，支持力和摩擦力，正交分解有：垂直于傳送帶方向，F(xiàn)沿傳送帶方向，μFN-m1gsin378．（2025·天津和平區(qū)·三模）如圖所示，傳送帶水平勻速運(yùn)動(dòng)的速度為5m/s，在傳送帶的左端P點(diǎn)輕放一質(zhì)量m=1kg的物塊，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后拋出，物塊恰好無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，B、C為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平。已知圓弧半徑R=1.0m，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ=106°，軌道最低點(diǎn)為O，A點(diǎn)距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)物塊離開(kāi)A點(diǎn)時(shí)水平初速度的大小；(2)物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大??；(3)物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過(guò)程中，物塊與傳送帶之間的摩擦力對(duì)傳送帶所做的功Wf及由于放上物塊后電動(dòng)機(jī)多消耗的電能?！敬鸢浮?1)3m/s(2)43N(3)?15J，15J【詳析】（1）平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向有2gh=vy2（2）從B點(diǎn)到O點(diǎn)過(guò)程有mgR1-cos53°=12mv02-（3）傳送帶上物塊加速運(yùn)動(dòng)μmg=maP運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)所需的時(shí)間t=vAa傳送帶的位移x9．（2025·天津九校聯(lián)考·二模）落錘打夯機(jī)是一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單的建筑施工設(shè)備，其原理可以簡(jiǎn)化為以下模型∶質(zhì)量為m1=800kg的夯體一部分埋人土層中，質(zhì)量為m2=200kg的重錘（可視為質(zhì)點(diǎn)）從夯正上方h=20m處自由下落，與夯發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后重錘和夯一起下移d=0.5m(1)求重錘與夯碰后的速度；(2)求夯在下移過(guò)程中受到的平均阻力的大小?！敬鸢浮?1)v(2)f【詳析】（1）設(shè)重錘與夯碰前的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理m2gh=12m2v02（2）設(shè)夯在下移過(guò)程中受到的平均阻力的大小為f，則此過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理（m1+10．（2025·天津?yàn)I海新區(qū)·三模）智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛(ài)。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡(jiǎn)化模型如圖乙所示?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的配重質(zhì)量為m，繩長(zhǎng)為l，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.4l，水平固定好腰帶，通過(guò)人體微小扭動(dòng)，使配重隨短桿做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻繩子與豎直方向夾角θ=37°。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，腰帶可看成不動(dòng)，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在繩子與豎直方向夾角從0°緩慢增至θ=37°的過(guò)程中，求：(1)繩子夾角θ=37°時(shí)，配重的速度大小v：(2)該過(guò)程中，配重所受合力的沖量大小I；(3)該過(guò)程中，繩子對(duì)配重所做的功W?！敬鸢浮?1)v(2)I(3)W【詳析】（1）配重做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，半徑r=0.4l+lsinθ（2）由動(dòng)量定理可得I=mv（3）由動(dòng)能定理可得W-mgl(1-cos11．（2025·天津和平·二模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=2m、質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平地面上，A、B是木板的兩個(gè)端點(diǎn)，點(diǎn)C是AB中點(diǎn)，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），現(xiàn)給木板施加一個(gè)水平向右，大小為F=9N的恒力，當(dāng)物塊相對(duì)木板滑至(1)物塊到達(dá)木板C點(diǎn)時(shí)木板的速度v1(2)木板的摩擦力對(duì)物塊做的功Wf(3)木塊和木板CB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ【答案】(1)3(2)2J(3)0.3【詳析】（1）根據(jù)題意，由于AC段光滑，可知，開(kāi)始木板滑動(dòng)，物塊不動(dòng)，對(duì)木板由動(dòng)能定理有F解得v（2）撤去外力后，木板與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有Mv1=對(duì)物塊由動(dòng)能定理有Wf=1（3）由能量守恒定律有μmg?112．（2025·天津部分區(qū)·一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定著半徑為R的光滑半圓形軌道，A、B兩小球的質(zhì)量分別為m、2m。小球B靜止在軌道的最低點(diǎn)處，小球A從離軌道最低點(diǎn)2R的高處由靜止自由落下，沿圓弧切線進(jìn)入軌道后，與小球B發(fā)生碰撞。碰撞后B球上升的最高點(diǎn)為C，圓心O與C的連線與豎直方向的夾角為60°。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)A與B球相碰前的速度大小v0；(2)A、B球第一次碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能ΔE。【答案】(1)2(2)mgR【詳析】（1）分析A球，從靜止下落到與B球相碰前，根據(jù)機(jī)械能守恒可知mg·2R=（2）碰撞后，B球上升到C點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得12×2mvB2=2mgR(1-cos60°)代入數(shù)據(jù)可得Δ13．（2025·天津紅橋區(qū)·一模）如圖所示，小球a系在不可伸長(zhǎng)的細(xì)線上，物塊b靜置于懸掛O點(diǎn)的正下方，將小球a從細(xì)線偏離豎直方向θ=60°的位置由靜止釋放后，a、b兩物體發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短且不損失機(jī)械能．已知細(xì)線長(zhǎng)L=0.4m，ma=0.5kg，(1)小球a與物塊b碰前瞬間的速度大小v；(2)碰后瞬間，小球a對(duì)細(xì)線的拉力F；(3)物塊b的最大位移x的大小?！敬鸢浮?1)v(2)F=6.8N(3)x【詳析】（1）小球a下擺過(guò)程中，由機(jī)械能守恒有magL(1-cos（2）兩物體發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有mav=mava+mbvb根據(jù)能量守恒定律有12mav2（3）對(duì)物塊b，由動(dòng)能定理得-μmb14．（2025·天津·二模）如圖甲所示，列車進(jìn)站時(shí)利用電磁制動(dòng)技術(shù)產(chǎn)生的電磁力來(lái)剎車。某種列車制動(dòng)系統(tǒng)核心部分的模擬原理圖如圖乙所示，一閉合正方形剛性單匝均勻?qū)Ь€框abcd放在水平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，阻值為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，左、右兩邊界平行且寬度為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到ab邊與磁場(chǎng)左邊界間的距離為L(zhǎng)時(shí)，線框具有水平向右的速度7v0，當(dāng)cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界時(shí)線框速度為v0。已知運(yùn)動(dòng)中ab邊始終與磁場(chǎng)左邊界平行，除磁場(chǎng)所給作用力外線框始終還受到與運(yùn)動(dòng)方向相反、大小恒為(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框某一橫截面的電荷量絕對(duì)值q；(2)線框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q；(3)線框速度由7v0減小到v0【答案】(1)q(2)Q(3)t【詳析】（1）根據(jù)電流強(qiáng)度定義得q=I·Δt根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E（2）根據(jù)能量守恒定律得Q+3fL=1（3）根據(jù)動(dòng)量定理得-BLI1t1-BL15．（2025·天津南開(kāi)區(qū)·一模）已知某花炮發(fā)射器能在t1=0.2s內(nèi)將花炮豎直向上發(fā)射出去，花炮的質(zhì)量為m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮剛好在最高點(diǎn)爆炸為兩塊物塊。假設(shè)爆炸前后花炮的總質(zhì)量不變，爆炸后兩物塊的速度均沿水平方向，落地時(shí)兩落地點(diǎn)之間的距離s=900m，且兩物塊落地的水平位移比為1：4，忽略一切阻力及發(fā)射器大小，重力加速度g=10m/s2。求：(1)求花炮發(fā)射器發(fā)射花炮時(shí)，對(duì)花炮產(chǎn)生的平均作用力F的大??；(2)爆炸后兩物塊的質(zhì)量m1、m2的大?。?3)若花炮在最高點(diǎn)爆炸時(shí)有80%的化學(xué)能轉(zhuǎn)化成物塊的動(dòng)能，求花炮在空中釋放的化學(xué)能E?！敬鸢浮?1)310N(2)0.8kg，0.2kg(3)2250J【詳析】（1）根據(jù)動(dòng)量定理，發(fā)射過(guò)程中合力的沖量等于動(dòng)量變化(F-mg)t1=mv0其中F（2）爆炸時(shí)動(dòng)量守恒，則m1v1=m2v2爆炸后兩物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，即x=vt，兩物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由于水平位移比為1:4，所以兩物塊的速度比為v1v（3）爆炸后兩物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=2hg=6s兩物塊落地時(shí)兩落地點(diǎn)之間的距離s=900m，則s=(v1+v2)t解得v16．（2025·天津?qū)幒犹J臺(tái)一中·一模）如圖所示，水平面上豎直固定一個(gè)粗糙圓弧軌道BC。圓弧軌道C端切線水平，長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上，木板左端緊靠軌道右端且與軌道點(diǎn)等高但不粘連（長(zhǎng)木板厚度不計(jì)）。從B的左上方A點(diǎn)以某一初速度水平拋出一質(zhì)量m=2kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊恰好能從B點(diǎn)沿切線方向無(wú)碰撞進(jìn)入圓心角θ=53°的圓弧軌道BC，物塊滑到圓弧軌道C點(diǎn)時(shí)速度大小為vC=4m/s，經(jīng)圓弧軌道后滑上長(zhǎng)木板。已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M=6kg，A點(diǎn)距C點(diǎn)的高度為H=1.2m，圓弧軌道半徑為R=1m，物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ(1)物塊從B滑到C的過(guò)程中摩擦力做的功；(2)在物塊相對(duì)長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，木板的位移大小?！敬鸢浮?1)-17J(2)0.5m【詳析】（1）從A到B做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得h=R（1-cosθ）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得vBy2=2g（H-h）解得v（2）對(duì)物塊和木板分析，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mvC=(M+m)v專題03功與能動(dòng)量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1功與能2021、2022、2023從2021年到2025年天津高考物理卷來(lái)看，功與能、動(dòng)量部分的命題呈現(xiàn)出以下趨勢(shì)：該部分內(nèi)容是每年必考的重點(diǎn)，題型上常以綜合計(jì)算題的形式出現(xiàn)，且多作為壓軸題考查。命題模型越來(lái)越復(fù)合化，單一模型如碰撞等減少，更多的是“斜面+彈簧+碰撞”“傳送帶+圓周運(yùn)動(dòng)”“彈簧+碰撞+圓周運(yùn)動(dòng)”等多種模型的組合。命題注重實(shí)際情境導(dǎo)向，以生活中的物流傳送帶、滑雪，科技領(lǐng)域的火箭發(fā)射等為背景，考查學(xué)生對(duì)模型的抽象能力。在能力要求方面，強(qiáng)化數(shù)學(xué)工具的運(yùn)用，需要學(xué)生能夠解多元方程組、利用導(dǎo)數(shù)求極值、進(jìn)行圖像分析等，同時(shí)還涉及2-3個(gè)物體相互作用的關(guān)聯(lián)對(duì)象多元化問(wèn)題，要求學(xué)生能處理內(nèi)力與外力的關(guān)系。考點(diǎn)2動(dòng)量2021、2022、2023、2024考點(diǎn)01功與能1．（2023·天津·高考）2023年我國(guó)首套高溫超導(dǎo)電動(dòng)懸浮全要素試驗(yàn)系統(tǒng)完成首次懸浮運(yùn)行，實(shí)現(xiàn)重要技術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗(yàn)列車質(zhì)量為m，某次試驗(yàn)中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時(shí)牽引系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動(dòng)裝置提供大小為F的制動(dòng)力，列車減速直至停止。若列車行駛時(shí)始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過(guò)程的加速度大小a=Fm B．列車減速過(guò)程C．列車減速過(guò)程通過(guò)的位移大小為mv22(【答案】C【詳析】A．根據(jù)牛頓第二定律有F+f=ma可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小aB．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t=va=mvF+fC．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2ax可得x=D．勻速行駛時(shí)牽引力等于空氣阻力，則功率為P=fv故故選C。2．（2022·天津·高考）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度v0=2m/s，勻減速滑行x1=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開(kāi)始擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2=3.5m，與靜止在P點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA=0.05m/s和vB=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ（1）在N點(diǎn)的速度v1（2）與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2【答案】（1）v1=0.8m/s；（2【詳析】（1）設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力為N，由豎直方向受力平衡，有N=mg設(shè)A在MN間受到的滑動(dòng)摩擦力為f，則有f=μ1N設(shè)A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得f=ma（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mv2=mvA+mvB解得v2=0.6m/s設(shè)3．（2021·天津·高考）2021年5月15日，天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器著陸火星取得成功，邁出了我國(guó)星際探測(cè)征程的重要一步，在火星上首次留下國(guó)人的印跡。天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射后，順利被火星捕獲，成為我國(guó)第一顆人造火星衛(wèi)星。經(jīng)過(guò)軌道調(diào)整，探測(cè)器先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，之后進(jìn)入稱為火星停泊軌道的橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行，如圖所示，兩軌道相切于近火點(diǎn)P，則天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器（）A．在軌道Ⅱ上處于受力平衡狀態(tài) B．在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)短C．從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ在P處要加速 D．沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大【答案】D【詳析】A．天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器在橢圓軌道Ⅱ上做變速運(yùn)動(dòng)，受力不平衡，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸，故在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C．天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ，做近心運(yùn)動(dòng)，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P點(diǎn)點(diǎn)火減速，故C錯(cuò)誤；D．在軌道Ⅰ向P飛近時(shí)，萬(wàn)有引力做正功，動(dòng)能增大，故速度增大，故D正確。故選D?？键c(diǎn)02動(dòng)量4．（2024·天津·高考）如圖所示，光滑半圓軌道直徑沿豎直方向，最低點(diǎn)與水平面相切。對(duì)靜置于軌道最低點(diǎn)的小球A施加水平向左的瞬時(shí)沖量I，A沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8N?s，A、B的質(zhì)量分別為mA=0.3kg、mB=0.1kg，軌道半徑和繩長(zhǎng)均為R=0.5m，兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，輕繩不可伸長(zhǎng)，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)與B碰前瞬間A的速度大小；(2)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小?！敬鸢浮?1)4m/s(2)11.2N【詳析】（1）根據(jù)題意，設(shè)小球A從最低點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v0，由動(dòng)量定理有I=mAv0設(shè)與B碰前瞬間A的速度大小v（2）A與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起，由動(dòng)量守恒定律有mAv=mA+mBv共設(shè)5．（2023·天津·高考）質(zhì)量mA=2kg的物體A自距地面h=1.2m高度自由落下，與此同時(shí)質(zhì)量mB=1kg的物體B由地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)t=0.2s與A碰撞，碰后兩物體粘在一起,碰撞時(shí)間極短,忽略空氣阻力。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g（1）碰撞位置與地面的距離x；（2）碰撞后瞬時(shí)的速度大小v；（3）碰撞中損失的機(jī)械能ΔE【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【詳析】（1）對(duì)物體A，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得x（2）設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為vB0，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知x=vB0t-12gt2即1=vB0×0.2-12×10×0.22解得碰后速度v（3）根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能Δ6．（2022·天津·高考）如圖所示，邊長(zhǎng)為a的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為b且足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，滑行過(guò)程中鋁框平面始終與磁場(chǎng)垂直且一邊與磁場(chǎng)邊界平行，已知a<A．鋁框所用時(shí)間相同 B．鋁框上產(chǎn)生的熱量相同C．鋁框中的電流方向相同 D．安培力對(duì)鋁框的沖量相同【答案】D【詳析】A．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，磁通量變化，都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，受向左安培力而減速，完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變做勻速運(yùn)動(dòng)；可知離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度小于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度，所以離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間，A錯(cuò)誤；C．由楞次定律可知，鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程磁通量增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?；離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程磁通量減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，C錯(cuò)誤；D．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程安培力對(duì)鋁框的沖量為I安=-BIaΔtB．鋁框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，鋁框均做減速運(yùn)動(dòng)，可知鋁框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的速度一直大于鋁框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的速度，根據(jù)F安=BIa=故選D。7．（2021·天津·高考）一沖九霄，問(wèn)鼎蒼穹。2021年4月29日，長(zhǎng)征五號(hào)B遙二運(yùn)載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國(guó)空間站建造進(jìn)入全面實(shí)施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是（）A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏．增大燃?xì)庀鄬?duì)于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬?duì)于地面為零時(shí)火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時(shí)獲得的推力來(lái)自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺(tái)之間的相互作用【答案】AB【詳析】A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞?，即增加單位時(shí)間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)FΔt=ΔmvB．當(dāng)增大燃?xì)庀鄬?duì)于火箭的噴射速度時(shí)，根據(jù)FΔt=ΔmvC．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬?duì)于地面為零時(shí)，相對(duì)于火箭的速度不為零，根據(jù)FΔt=ΔmvD．燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱?duì)火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭獲得推力，故D錯(cuò)誤。故選AB。1．（2025·天津南開(kāi)區(qū)·二模）如圖甲所示為智能健身圈，其原理是利用搖動(dòng)腰部軌道上的阻尼環(huán)帶起腰帶外部軌道上的小球，起到健身的效果，其原理簡(jiǎn)化為如圖乙所示。設(shè)配重小球的質(zhì)量為m，體積忽略不計(jì)，小球懸繩(忽略質(zhì)量)長(zhǎng)度為L(zhǎng)，腰帶軌道近似看成是正圓，且半徑為R。若配重小球繞腰帶的中心軸做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，小球的線速度大小為v，繩子與豎直方向夾角為θ，運(yùn)動(dòng)過(guò)程腰部保持穩(wěn)定，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，懸繩對(duì)小球做的功為1B．當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時(shí)，配重小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為mgC．若更換質(zhì)量為2m的配重小球，以相同角速度轉(zhuǎn)動(dòng)阻尼環(huán)，繩子與豎直方向夾角不變D．當(dāng)繩子與豎直方向夾角保持為θ時(shí)，配重小球轉(zhuǎn)動(dòng)頻率f【答案】C【詳析】A．要讓配重小球從靜止以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，此時(shí)小球的重力勢(shì)能也要增加，則懸繩對(duì)小球做的功大于12mvB．當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時(shí)，配重小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為Fn=mgC．根據(jù)Fn=mgtanθ=mω2D．根據(jù)上述結(jié)論mgtanθ=mω2(Lsin故選C。2．（2025·天津和平·一模）慶祝盛大的節(jié)日常會(huì)燃放煙花。現(xiàn)有某煙花筒的結(jié)構(gòu)如圖所示，其工作原理為：在地面上的O處點(diǎn)燃引線，發(fā)射藥燃燒發(fā)生爆炸，禮花彈獲得一個(gè)豎直方向的速度開(kāi)始上升并同時(shí)點(diǎn)燃延期引線，當(dāng)禮花彈到最高點(diǎn)時(shí)，延期引線點(diǎn)燃禮花彈并炸開(kāi)形成漂亮的球狀禮花?，F(xiàn)假設(shè)某禮花彈在最高點(diǎn)炸開(kāi)成a、b兩部分，速度均為水平方向，已知兩部分質(zhì)量ma>mb。忽略空氣阻力及所有引線中火藥的作用，則（）A．從發(fā)射藥爆炸前到禮花彈炸開(kāi)后的過(guò)程，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．a(chǎn)、b兩部分落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離可能相等C．禮花彈在最高點(diǎn)炸開(kāi)過(guò)程，a、b兩部分動(dòng)量變化相同D．整個(gè)過(guò)程中消耗的燃料化學(xué)能等于a、b落地時(shí)動(dòng)能之和【答案】D【詳析】A．從發(fā)射藥爆炸前到禮花彈炸開(kāi)后的過(guò)程，炸藥爆炸，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mava=mbvb依題意ma>mb可得va<vba、b兩部分均做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=C．依題意，禮花彈在最高點(diǎn)炸開(kāi)過(guò)程，炸藥對(duì)a、b兩部分的沖量等大反向，根據(jù)I=Δp可知a、b兩部分動(dòng)量變化大小相同，方向相反，故D．整個(gè)過(guò)程中重力做功為零，由能量守恒可知，消耗的燃料化學(xué)能等于a、b落地時(shí)動(dòng)能之和，故D正確。故選D。3．（2025·天津耀華中學(xué)·一模）如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時(shí)，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下，如此反復(fù)。通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖（乙）所示，則（）A．t2時(shí)刻小球加速度方向向下B．t2~t3時(shí)間內(nèi)，小球加速度先減小后增大C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的機(jī)械能一直增加D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少【答案】BD【詳析】A．由圖可知，t2時(shí)刻彈簧彈力達(dá)到最大，小球?qū)椈蓧嚎s到最低點(diǎn)，此時(shí)小球加速度方向向上，故A錯(cuò)誤；B．t2~t3這段時(shí)間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F由于彈力減小，所以加速度向上減小，速度增大，彈力等于重力時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大，之后根據(jù)牛頓第二定律有mg-F=maC．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球接觸彈簧并將彈簧壓縮到最短，該過(guò)程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大，小球的機(jī)械能一直減小，故C錯(cuò)誤；D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，小球的加速度先向下后向上，則小球的速度先增大后減小，動(dòng)能先增加后減少，故D正確。故選BD。4．（2025·天津·二模）智慧充電技術(shù)的日益成熟，極大促進(jìn)了電動(dòng)汽車銷量的增長(zhǎng)。若一輛電動(dòng)汽車的質(zhì)量為m，額定功率為P。汽車由靜止啟動(dòng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車的速度大小為v時(shí)恰好達(dá)到其額定功率，之后汽車維持額定功率行駛，達(dá)到最大速度3v，已知汽車行駛時(shí)受到的阻力恒定。下列說(shuō)法正確的是（）A．電動(dòng)汽車受到的阻力大小為PB．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為PC．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為3D．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中阻力做功為m【答案】AC【詳析】A．汽車速度達(dá)到最大時(shí)，牽引力等于阻力，則有P=f?3v解得阻力大小為B．汽車恰好達(dá)到其額定功率時(shí)有P=Fv根據(jù)牛頓第二定律可得F-f=maC．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=va=3mvD．電動(dòng)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中阻力做功為Wf=-fx=-故選AC。5．（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如圖所示裝置將建材搬運(yùn)到高處，光滑桿豎直固定在地面上，斜面體固定在水平面上，配重P和建材Q用輕繩連接后跨過(guò)光滑的定滑輪，配重P穿過(guò)光滑豎直桿，建材Q放在斜面體上，且輕繩與斜面平行，開(kāi)始時(shí)建材靜止在斜面上，之后增加配重質(zhì)量，建材沿斜面上滑，下列分析正確的是（）A．當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，則P、Q速度大小一定相等B．當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P減小的機(jī)械能一定等于Q增加的機(jī)械能C．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，細(xì)線上的拉力一定大于豎直桿對(duì)P的彈力D．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，斜面對(duì)Q的摩擦力可能斜向下【答案】CD【詳析】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P沿繩方向的分速度大小與Q的速度大小相等，故A錯(cuò)誤；B．Q與斜面之間有摩擦力，當(dāng)P、Q滑動(dòng)時(shí)，P減小的機(jī)械能等于Q增加的機(jī)械能和因Q與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱之和，則P減小的機(jī)械能一定大于Q增加的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；C．由于豎直桿光滑，則當(dāng)P靜止時(shí)，繩子一定不能與桿垂直，則繩子拉力沿水平的分力等于豎直桿對(duì)P的彈力，即細(xì)線上的拉力一定大于豎直桿對(duì)P的彈力，故C正確；D．當(dāng)P、Q靜止時(shí)，若繩子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，則Q有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，斜面對(duì)Q的摩擦力沿斜面向下，故D正確。故選CD。6．（2025·天津河西區(qū)·三調(diào)）如圖所示，傾角θ=30°的斜面體C靜置在水平臺(tái)上，其底端與水平臺(tái)平滑連接。物塊A沿斜面自由下滑，離開(kāi)斜面后與靜止在水平臺(tái)上的物塊B發(fā)生完全非彈性碰撞。隨后A、B從O點(diǎn)離開(kāi)水平臺(tái)，共同在空中飛行并落到水平地面上的P點(diǎn)，O、P連線與水平方向的夾角α=53°。已知物塊A的質(zhì)量mA=100g、物塊B的質(zhì)量mB=200g、斜面體C的質(zhì)量mC=500g，A與B碰撞前的速度vA=3?ms，A、(1)A沿斜面下滑的過(guò)程中，水平臺(tái)對(duì)C的支持力大小N0(2)A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE(3)A、B共同在空中飛行的過(guò)程中，它們的重力的平均功率P?！敬鸢浮?1)N(2)Δ(3)P【詳析】（1）A沿斜面下滑的過(guò)程中，A、C之間相互作用力的大小為N=mAgcos30°（2）A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，有mAvA=mA（3）O、P連線與水平方向的夾角α=53°，于是有tan53A、B平拋的過(guò)程中，它們的重力做的功為W=mA+mB7．（2025·天津北辰·三模）如圖所示，一傾斜傳送帶上端與一光滑水平面平滑相連，水平面上方有一長(zhǎng)L=0.4?m的輕桿，可繞其上端O點(diǎn)處的光滑軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，下端固定連接物塊B（可看成質(zhì)點(diǎn)），B與水平面接觸無(wú)擠壓。將物塊A輕放在傳送帶底端，運(yùn)動(dòng)至頂端時(shí)剛好與傳送帶速度相同，之后平滑進(jìn)入水平面與B發(fā)生碰撞，碰后B恰好能運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)。已知傳送帶以速度v=1?m/s順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行，與水平面夾角為37°。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，A、B質(zhì)量分別為m1=5kg，m2(1)碰撞后物塊A的速度；(2)物塊A從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中機(jī)械能的增加量?！敬鸢浮?1)0.2?m/s(2)40?J【詳析】（1）碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有：m1v=m1v1+（2）物塊A在傳送帶上受到重力，支持力和摩擦力，正交分解有：垂直于傳送帶方向，F(xiàn)沿傳送帶方向，μFN-m1gsin378．（2025·天津和平區(qū)·三模）如圖所示，傳送帶水平勻速運(yùn)動(dòng)的速度為5m/s，在傳送帶的左端P點(diǎn)輕放一質(zhì)量m=1kg的物塊，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后拋出，物塊恰好無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，B、C為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平。已知圓弧半徑R=1.0m，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ=106°，軌道最低點(diǎn)為O，A點(diǎn)距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)物塊離開(kāi)A點(diǎn)時(shí)水平初速度的大??；(2)物塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小；(3)物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過(guò)程中，物塊與傳送帶之間的摩擦力對(duì)傳送帶所做的功Wf及由于放上物塊后電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。【答案】(1)3m/s(2)43N(3)?15J，15J【詳析】（1）平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向有2gh=vy2（2）從B點(diǎn)到O點(diǎn)過(guò)程有mgR1-cos53°=12mv02-（3）傳送帶上物塊加速運(yùn)動(dòng)μmg=maP運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)所需的時(shí)間t=vAa傳送帶的位移x9．（2025·天津九校聯(lián)考·二模）落錘打夯機(jī)是一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單的建筑施工設(shè)備，其原理可以簡(jiǎn)化為以下模型∶質(zhì)量為m1=800kg的夯體一部分埋人土層中，質(zhì)量為m2=200kg的重錘（可視為質(zhì)點(diǎn)）從夯正上方h=20m處自由下落，與夯發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后重錘和夯一起下移d=0.5m(1)求重錘與夯碰后的速度；(2)求夯在下移過(guò)程中受到的平均阻力的大小?！敬鸢浮?1)v(2)f【詳析】（1）設(shè)重錘與夯碰前的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)能定理m2gh=12m2v02（2）設(shè)夯在下移過(guò)程中受到的平均阻力的大小為f，則此過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理（m1+10．（2025·天津?yàn)I海新區(qū)·三模）智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛(ài)。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡(jiǎn)化模型如圖乙所示。可視為質(zhì)點(diǎn)的配重質(zhì)量為m，繩長(zhǎng)為l，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.4l，水平固定好腰帶，通過(guò)人體微小扭動(dòng)，使配重隨短桿做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻繩子與豎直方向夾角θ=37°。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，腰帶可看成不動(dòng)，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在繩子與豎直方向夾角從0°緩慢增至θ=37°的過(guò)程中，求：(1)繩子夾角θ=37°時(shí)，配重的速度大小v：(2)該過(guò)程中，配重所受合力的沖量大小I；(3)該過(guò)程中，繩子對(duì)配重所做的功W?！敬鸢浮?1)v(2)I(3)W【詳析】（1）配重做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，半徑r=0.4l+lsinθ（2）由動(dòng)量定理可得I=mv（3）由動(dòng)能定理可得W-mgl(1-cos11．（2025·天津和平·二模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=2m、質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平地面上，A、B是木板的兩個(gè)端點(diǎn)，點(diǎn)C是AB中點(diǎn)，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），現(xiàn)給木板施加一個(gè)水平向右，大小為F=9N的恒力，當(dāng)物塊相對(duì)木板滑至(1)物塊到達(dá)木板C點(diǎn)時(shí)木板的速度v1(2)木板的摩擦力對(duì)物塊做的功Wf(3)木塊和木板CB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ【答案】(1)3(2)2J(3)0.3【詳析】（1）根據(jù)題意，由于AC段光滑，可知，開(kāi)始木板滑動(dòng)，物塊不動(dòng)，對(duì)木板由動(dòng)能定理有F解得v（2）撤去外力后，木板與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有Mv1=對(duì)物塊由動(dòng)能定理有Wf=1（3）由能量守恒定律有μmg?112．（2025·天津部分區(qū)·一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定著半徑為R的光滑半圓形軌道，A、B兩小球的質(zhì)量分