\\五年真題（202L2025）

專題03運(yùn)劭易力的吳東

（五年考情?探規(guī)律）

考點(diǎn)五年考情（202L2025）命題趨勢(shì)

“運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系''模塊中，"牛頓運(yùn)動(dòng)定律''本身

及其“簡(jiǎn)單應(yīng)用''共同構(gòu)成了近五年的考查核心，

后者出現(xiàn)頻次更高（2024、2022、2020年考查），

考點(diǎn)1牛頓運(yùn)動(dòng)定律2025、2022

顯示出命題更側(cè)重于定律的實(shí)踐運(yùn)用能力；牛頓

定律本身也在2025、2022年直接考查，體現(xiàn)對(duì)理

論基礎(chǔ)的重視。2022年兩個(gè)考點(diǎn)同現(xiàn)，提示了綜

合考查的可能性。命題情境高度強(qiáng)調(diào)實(shí)際聯(lián)系，

廣泛取材于現(xiàn)代科技、交通運(yùn)輸、體育運(yùn)動(dòng)及日

常生活現(xiàn)象。核心考杳對(duì)定律的準(zhǔn)確理解（如作

用力與反作用力辨析）、受力分析的基本功、以及

運(yùn)用牛頓第二定律解決單個(gè)物體或簡(jiǎn)單連接體在

考點(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律

2024、2022、2020直線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的能力，計(jì)算要求基礎(chǔ)。

的簡(jiǎn)單應(yīng)用

未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將延續(xù)對(duì)牛頓定律及其應(yīng)用的穩(wěn)定

考查，情境設(shè)計(jì)趨向更豐富和前沿化，可能強(qiáng)化

在非平衡態(tài)、臨界問(wèn)題中的應(yīng)用，要求考生在具

體情境中熟練運(yùn)用整體法與隔離法，清晰建立“力

-加速度-運(yùn)動(dòng)變化”的邏輯鏈條。

（五年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練）

考點(diǎn)01牛頓運(yùn)動(dòng)定律

1.（2025?江蘇?高考）如圖所示，彈簧一端固定，另一端與光滑水平面上的木箱相連，箱內(nèi)放置一小物塊,

物塊與木箱之間有摩擦。壓縮彈簧并由靜止釋放，釋放后物塊在木箱上有滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中不與木箱前

后壁發(fā)生碰撞，不計(jì)空氣阻力，則（）

A.釋放瞬間，物塊加速度為零

B.物塊和木箱最終仍有相對(duì)運(yùn)動(dòng)

C.木箱第一次到達(dá)最右端時(shí)，物塊速度為零

D.物塊和木箱的速度第一次相同前，物塊受到的摩擦力不變

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意可知，釋放時(shí)，物塊與木箱發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，且有摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知

釋放時(shí)物塊加速度不為0,故A錯(cuò)誤；

B.由于物塊與木箱間有摩擦力且發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)減少，直到彈簧的最大彈力滿

足以下分析的凡設(shè)物塊與木箱之間的最大靜摩擦力為物塊質(zhì)量為m，對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律/=

設(shè)木箱質(zhì)量為M,對(duì)物塊與木箱整體，根據(jù)牛頓笫二定律F=(rn+M)a

可得尸=(m+M)g即彈簧的最大彈力減小到尸=(m+M)《后，二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)AB選項(xiàng)分析可知只有當(dāng)二者一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)前，有相對(duì)滑動(dòng)，木箱第一次到達(dá)最右端時(shí)，物

塊速度不為零，故C錯(cuò)誤；

D.開始滑塊的加速度向右，物塊與滑塊第一次共速前，物塊相對(duì)滑塊向左運(yùn)動(dòng)，受到向右的摩擦力，

共速前二者有相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力恒為二者之間的滑動(dòng)摩擦力，保持不變，故D正確。

故選D。

2.(2022?江蘇?高考)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=lOm/s?。若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過(guò)()

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2

【答案】B

【詳解】書放在水平桌面上，若書相對(duì)于桌面不滑動(dòng)，則最大靜摩擦力提供加速度/==mam

解得am=〃g=4m/s2,書相對(duì)高鐵靜止，故若書不動(dòng)，高鐵的最大加速度4m/s2。

故選B。

考點(diǎn)02牛頓運(yùn)動(dòng)定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用

3.(202牛江蘇?高考)某重力儲(chǔ)能系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)、傾向?yàn)?的斜坡A8CD上，有一質(zhì)量

為m的重物通過(guò)繩索與電動(dòng)機(jī)連接。在電動(dòng)機(jī)的牽引下，重物從斜坡底端力點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)3點(diǎn)

時(shí)速度達(dá)到最大值7然后重物被勻速拉到。點(diǎn)，此時(shí)關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，重物恰好能滑至頂端D點(diǎn)，系統(tǒng)儲(chǔ)存

機(jī)械能。已知繩索與斜坡平行，重物與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力和滑輪

摩擦。

(1)求CD的長(zhǎng)度X；

(2)求重物從8到C過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；

（3）若不計(jì)電動(dòng)機(jī)的損耗，求在整個(gè)上升過(guò)程中，系統(tǒng)存佬的機(jī)械能E/和電動(dòng)機(jī)消耗的電能反的比

值。

【答案】（1）

【評(píng)解】（1）重物在CD段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律得

mgsinO+iimgcosO=ma

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

0—v2=—2ax

聯(lián)立解得

u2

X=---------------------

2g（sin。+〃cos。）

（2）重物在8c段勻速運(yùn)動(dòng)，得電動(dòng)機(jī)的牽引力為

F=mgsinO+^mgcosO

由尸=Fu得

P=mgv{sinO+pcosB）

（3）全過(guò)程重物增加的機(jī)械能為

Ei=mgLsind

整個(gè)過(guò)程由能量守恒得電動(dòng)機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為重物增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知

E?="1+firngcosO'L

故可得

EimgLsinOsin。

E2mgLsinO+^mgLcosOsinO+“cos。

4.（2022?江蘇?高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜

止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向

下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)AI可到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（）

力為B，則根據(jù)牛頓第二定律有乙-2/=2ma,聯(lián)M.解得凡=焉

故選C。

??

1年模擬?精選?？碱}

1.（22-23高三?江蘇南京二十九中?學(xué)情檢測(cè)）2022年10月12日,神舟十四號(hào)的航天員老師在空間站內(nèi)進(jìn)

行毛細(xì)現(xiàn)象演示的實(shí)驗(yàn)。他將3根粗細(xì)不同的玻璃管插入到水中，水在液體表面張力的作用下，會(huì)快慢

不同地充滿整根玻璃管，己知水在不同玻璃管內(nèi)的表面張力大小與玻璃管的半徑成正比，即尸=關(guān)

于水在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.水沿玻璃管先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)

B,只減小每根管的直徑，管中的液面均下降

C.在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度大于細(xì)管中水的加速度

D.在粗細(xì)不同的玻璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度小于細(xì)管中水的加速度

【答案】D

【詳解】CD.設(shè)水管半徑為八以空間站為參考系々r=ma,m=pnr2h,得。=在粗細(xì)不同的玻

璃管中的相同高度處，粗管中水的加速度小于細(xì)管中水的加速度，故C錯(cuò)誤，D正確；

AB.|tla=-=可知，水沿玻璃管先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),由于表面張力形成的向上的牽拉效果，

pnrh

減小每根管的直徑，管中的液面會(huì)上升，故AB錯(cuò)誤。

故選D。

2.（24-25高三?江蘇鹽城聯(lián)盟校?二聯(lián)）2024年8月5日，江蘇南京部分地區(qū)出現(xiàn)短時(shí)強(qiáng)降水，局部地區(qū)出

現(xiàn)冰霍。無(wú)風(fēng)的時(shí)候，由靜止豎直下落的冰位，受到的空氣阻力隨下落速度的增大而增大，若冰雹下落

過(guò)程中所受重力保持不變（不計(jì)下落時(shí)質(zhì)量的減少），則下列四幅圖像中可能正確反映冰雹整個(gè)下落過(guò)

程運(yùn)動(dòng)情況的是（）

OO

A.B.

【答案】A

【詳解】由題意.對(duì)冰雹根據(jù)牛頓第二定律有=可得冰雹的加速度速度增大.

阻力/增大，加速度減小，冰雹做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)加速度減小到零，冰很做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

故選A。

3.（24-25高三下?江蘇沐陽(yáng)高中?期初調(diào)研）一根一端粗、一端細(xì)的木材，當(dāng)用水平恒力拉較粗的一端在光

滑的水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其中點(diǎn)所在截面受到的總彈力大小為若換成用同樣大小的水平恒力推木材較

粗的一端運(yùn)動(dòng)時(shí)，木材中點(diǎn)所在截面受到的總彈力大小為不。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.ThTi

B.T2<TI

C.T2=T!

D.力、心的大小關(guān)系與質(zhì)量的分布有關(guān)

【答案】C

【詳解】設(shè)木材質(zhì)量為〃?，當(dāng)用水平恒力尸拉較粗的一端在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，把木材看成一個(gè)整

體，根據(jù)牛頓第二定律有尸=ma,取木材后半段（以中心為界）為研究對(duì)象，設(shè)后半段質(zhì)量為Tn1，后

半段的加速度與整體相同，則中心處的彈力為A=加粗，若換成用同樣大小的水平恒力推木材較粗的?

端在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，把木材看成一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律有尸二ma,取木材前半段（以中

心為界）為研究對(duì)象，則前半段質(zhì)量也為m1，前半段的加速度與整體相同，則中心處的彈力為&=m.a,

聯(lián)立可得7Ao

故選C。

4.（2025?江蘇G4聯(lián)考?階段調(diào)研；某同學(xué)打開手機(jī)的某款傳感器APP,手握手機(jī)迅速下蹲，手機(jī)記錄的圖

像如圖所示，a、b分別為圖像的峰值，下列說(shuō)法正確的是（）

A.該款A(yù)PP為位移傳感器APP

B.該款A(yù)PP為速度傳感器APP

c.峰值〃對(duì)應(yīng)時(shí)刻，人對(duì)■地面的壓力最大

D.峰值。對(duì)應(yīng)時(shí)刻，人對(duì)地面的壓力最大

【答案】C

【詳解】AB.手握手機(jī)迅速下蹲，則物體的位移一直增大，速度先增大后減小，結(jié)合力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系

可知，該款A(yù)PP為加速度傳感器APP,故AB錯(cuò)誤；

CD.峰值。對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，物體的加速度向上且達(dá)到最大，所以此時(shí)人對(duì)地面的壓力最大，峰值》對(duì)應(yīng)的

時(shí)刻，物體的加速度向下且達(dá)到最大，所以此時(shí)人對(duì)地面的壓力最小，故C正確，D錯(cuò)誤，

故選C。

5.（24-25高三?江蘇常州?期末）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的機(jī)器人通過(guò)磁鐵吸附在一艘靜止的航船上，機(jī)器

人在船舷外壁面檢測(cè)船體。壁面可視為斜面，動(dòng)摩擦因數(shù)為爐與豎直方向夾角為機(jī)器人在壁面加速

下滑時(shí)，僅受重力G、垂直壁面的磁力F、支持力和摩擦力的作用。則摩擦力的大小為（）

A.GcosOB.一GcosO）

C.GsinJD.g（F-Gsin0）

【答案】D

【詳解】AC.機(jī)器人加速沿壁面下滑，則由牛頓第二定律GcosO-f=ma,則/=GcosO-ma<GcosO

選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；

BD.垂直于壁面方向FN=尸-Gsin。，可得滑動(dòng)摩擦力/=一Gsin。）選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

6.（2025?江蘇部分學(xué)校?考前適應(yīng)）如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為1kg的物塊用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接起來(lái)，

各物塊間、物塊與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=01，繩子和滑輪間的摩擦不計(jì)，共中水平面內(nèi)的繩子

處于水平方向，而豎直面內(nèi)的繩子處于豎直方向，g=10m/s2。將該系統(tǒng)由靜止釋放，三個(gè)物塊開始運(yùn)

動(dòng)，則豎直面內(nèi)的物塊的加速度為（）

A.2m/s2B.2.5m/s2C.3m/s2D.-ym/s2

【答案】A

【詳解】設(shè)豎直繩拉力為，，繞過(guò)定滑輪的繩子拉力為72,三物體加速度大小一樣為。，由牛頓第二定

律對(duì)豎直方向物塊mg-Ti=ma,對(duì)水平面上的下方物塊-0-4mg-2卬ng=ma,對(duì)水平面上的

上方物塊72-〃血9=ma,聯(lián)立解得豎直面內(nèi)的物塊的加速度為a=2m/s2

故選Ao

7.（24-25高三?廣東八校?9月聯(lián)考）某物體由靜止開始在外力作用下沿直線運(yùn)動(dòng)，其位移s與時(shí)間/的關(guān)系

圖像如圖所示，。?小3小竹土三段時(shí)間相等，其中。72段圖像是直線，以下判斷正確的是（）

A.07/時(shí)間內(nèi)物體速度增大，合外力一定也增大

B.7/72時(shí)間內(nèi)物體速度增大，合外力不變

C.〃~/3時(shí)間內(nèi)物體速度減小，合外力不變

D.三段時(shí)間內(nèi)，”~/2段時(shí)間的位移最大

【答案】D

【詳解】A.0~〃時(shí)間內(nèi)由s-t圖像的斜率逐漸增大，表示瞬時(shí)速度增大，但加速度的大小變化不確定，

則合外力不一定增大，故A錯(cuò)誤；

B.072段圖像是直線，即圖像的斜率不變，則物體的速度不變，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合外力始終為零，

故B錯(cuò)誤；

C.f2T3時(shí)間內(nèi)圖像的斜率變小，即物體的瞬時(shí)速度減小，而加速度的大小無(wú)法判斷，則合外力的變化

不確定，故c錯(cuò)誤：

D.s-t圖像的縱坐標(biāo)表示位置，兩個(gè)縱坐標(biāo)之差表示位移，由圖可知三段時(shí)間內(nèi)，072段時(shí)間的縱坐

標(biāo)之差最大，即位移最大，故D正確。

故選D。

8.（2025?江蘇蘇錫常鎮(zhèn)?二模）如圖所示，一水平傳送帶與一傾斜固定的傳送帶在B點(diǎn)相接，傾斜傳送帶與

水平面的傾角為仇傳送帶均以速率-沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行。從傾斜傳送帶上的A點(diǎn)由靜止釋放一滑

塊（視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，且〃<tan。。不計(jì)滑塊在傳送帶連接處的能量損

失，傳送帶足夠長(zhǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.滑塊在傾斜傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度總相同

B.滑塊一定可以回到4點(diǎn)

C.滑塊最終停留在8點(diǎn)

D.若增大水平傳送帶的速率，滑塊可以運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)上方

【答案】A

【詳解】A.因〃<tan。，可得mgsin。>fimgcosO

所以滑塊由A點(diǎn)釋放后沿傳送帶向下勻加速運(yùn)動(dòng)，所受摩擦力沿傳送帶向上，滑塊經(jīng)過(guò)8點(diǎn)后在水平傳

送帶上運(yùn)動(dòng)，再次返回到B點(diǎn)時(shí)速度小于或等于〃然后沿傾斜傳送帶向上勻減速，所受摩擦力沿傳送

帶向上，速度減小到零后重復(fù)之前的過(guò)程，所以滑塊在傾斜傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)受力

情況均相同，加速度也相同，故A正確；

BD.若滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于或等于v,則滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度與第一次到達(dá)B點(diǎn)

時(shí)的速度大小相等，因滑塊在傾斜傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，所以滑塊上滑的最高

點(diǎn)仍為A點(diǎn)；若滑塊第一次到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大于I，，則滑塊第二次到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大小等于心滑

塊上滑的最高點(diǎn)將比A點(diǎn)低，所以滑塊不一定能回到A點(diǎn)，故BD錯(cuò)誤；

C.由以上分析可知，滑塊將在4點(diǎn)兩側(cè)來(lái)回運(yùn)動(dòng)，不會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。

故選A。

9.（2025?江蘇?聯(lián)考）如圖所示，截面為等腰三角形的楔形木塊A3C固定在水平地面上，A3面和3C面的

粗糙程度處處相同。一小物塊以初速度如沿斜面A8向上運(yùn)溝，經(jīng)時(shí)間到達(dá)頂點(diǎn)4,速度恰好減為零；

緊接著小物塊由靜止開始沿斜面下滑。在小物塊從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，其速度大小與時(shí)間/的

關(guān)系圖像可能正確的是（）

B

【答案】C

【詳解】設(shè)物塊上滑與下滑的加速度大小分別為川和s，等腰三角形的底角為a,根據(jù)牛頓第二定律得

mgsina+4mgeosa=max,mgsina-47ngeosa=ma2,解得小=gsina+〃gcosa,a2=gsina-

〃gcosa則知的＞。2,而2圖像的斜率等于加速度，所以上滑段圖線的斜率絕對(duì)值大于下滑段圖線斜率

的絕對(duì)值，上滑過(guò)程的位移大小等于下滑過(guò)程的位移大小，上滑的加速度較大，由X=^Q￡2知，上滑過(guò)

程時(shí)間較短，因上滑過(guò)程中，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，卜滑過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩段圖像都是直線，由

于小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到滑動(dòng)摩擦力的作用，所以小物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度小于voo

故選C。

10.（2025?江蘇南通如皋?三模）如圖所示，小球穿在固定光滑桿上，與兩個(gè)相同的輕彈簧相連，彈簧可繞

。、。2無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)。小球在桿上A點(diǎn)時(shí)，彈簧I豎直且處于原長(zhǎng)，彈簧2處于水平伸長(zhǎng)狀態(tài)，桿上的

B點(diǎn)與。八A、。2構(gòu)成矩形，AB=2A0lo現(xiàn)將小球從A點(diǎn)釋放，則小球下滑的過(guò)程中（）

Y彈簧2°2%

7777777777777777777777777777777777777777

A.到達(dá)A、8中點(diǎn)前，彈簧1的彈力比彈簧2的大

B.到達(dá)A、8中點(diǎn)時(shí)，加速度等于零

C.彈簧1的最大彈性勢(shì)比彈簧2的大

D.與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球從人點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)所用的時(shí)間長(zhǎng)

【答案】C

【詳解】A.幾何關(guān)系可知乙4801=30。，設(shè)彈簧原長(zhǎng)為AOl，分析易得小球到達(dá)A、8中點(diǎn)。時(shí)，彈

簧1、彈簧2都處于原長(zhǎng)，如圖所示

彈簧2Qq

1

1

777777777777777777777777777777777/777777~

圖中易知到達(dá)A、6中點(diǎn)。前，彈簧2的形變量一直大于彈簧I的形變量，故彈簧1的彈力比彈簧2

的小，故A錯(cuò)誤；

B.到達(dá)4、B中點(diǎn)時(shí)，兩彈簧彈力為0,小球的合力為其重力沿桿方向向下的分力，故加速度不為0,

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)Ep=]kM,到達(dá)4、8中點(diǎn)前，彈簧1的最大彈性勢(shì)能Epi=(kG4OiCos30o)2,彈簧2的最大

彈性勢(shì)能Ep2=：kQ4O2—4。=)2=：k(J140i—4。1)2<Ep「可知彈簧1的最大彈性勢(shì)比彈簧2的大，

故C正確；

D.小球從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，由于兩個(gè)彈簧對(duì)小球做的總功為零，與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球運(yùn)動(dòng)到

B點(diǎn)的速度相等；設(shè)桿的傾角為仇沒(méi)有彈簧時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的加速度為。=吟坦=gsin。，有彈簧時(shí),

加速度先大于gsin。，然后加速度逐漸減小，到A8中點(diǎn)時(shí)，加速度為gsin。，之后加速度小于gsin。，

則兩種情況的u-t圖像如圖所示

兩種情況的u-t圖像與橫軸圍成的面積相等，由圖可知與沒(méi)有彈簧時(shí)相比，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所

用的時(shí)間更短，故D錯(cuò)誤。

故選C。

II.(2025?江蘇新高考基地學(xué)校?期初質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖，水平粗糙傳送帶順時(shí)針勻速運(yùn)行，輕彈簧的一端固

定在墻壁上，另一端栓接一個(gè)小物塊?，F(xiàn)將小物塊無(wú)初速地放到傳送帶上，此時(shí)彈簧水平且處于原長(zhǎng)。

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，在小物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列關(guān)于小物塊加速度內(nèi)速度外彈

簧的彈性勢(shì)能0、彈簧與小物塊的總機(jī)械能E隨小物塊運(yùn)動(dòng)距離工變化的圖像，可能正確的是（）

【詳解】A.若物塊并不是一直加速，以右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律/一/cr=ma,可矢-

可知a-%為一次函數(shù)關(guān)系，故A錯(cuò)誤；

B.若物塊并不是一直加速，由上分析可知，物塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度先向右減小，后反向增大,

則速度隨位移先增大得越來(lái)越慢，后減小得越來(lái)越快，故B正確；

C.彈簧的彈性勢(shì)能與=：匕2,緯一％圖像應(yīng)該是曲線，故C錯(cuò)誤；

D.彈簧與小物塊的總機(jī)械能變化量等于摩擦力做功，當(dāng)物塊位于零勢(shì)能面時(shí)，則有可知E-x

為直線，故D錯(cuò)誤。

故選B。

12.（2024?江蘇揚(yáng)州?二模）如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面體的兩側(cè)面與水平面平滑連接，兩小

木塊同時(shí)從斜面體的頂端由靜止下滑，最終停在水平面上。已知木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

相同，下列描述木塊水平分速度大小取隨時(shí)間t變化關(guān)系圖像可能正確的是（）

【答案】B

【詳解】到達(dá)水平面時(shí)，水平方向分速度變化為了合速度，故速度大小會(huì)突然變大，根據(jù)動(dòng)能定理

mgh-可知兩物體到達(dá)底端時(shí)的速度不等，傾角。大的速度大，結(jié)合圖像:故B正確。

tan"z

故選Bo

13.（2024?江蘇泰州?一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，A8段光滑，0A=AB=^一原長(zhǎng)為“、勁度系

數(shù)為用）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為機(jī)的物塊。物塊從。點(diǎn)由靜止釋放。已知

物塊與。八段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物塊在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其加速

度大小。、動(dòng)能反、彈簧的彈性勢(shì)能多、系統(tǒng)的機(jī)械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（）

―777777777777777777770上

【詳解】A.由題意可知，A點(diǎn)處，物塊受到的彈力大小為匕=k（g—）=/2>〃mg

可知物塊從。到A過(guò)程，一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得Q=S阻=巴一間

mm廠」

（0<x<0.5Z）,可知物塊從。到A過(guò)程，Q—x圖像應(yīng)為一條斜率為負(fù)的傾斜直線，故A錯(cuò)誤；

B.物塊從。到A過(guò)程（OWxWO.5，），由于彈簧彈力一直大于滑動(dòng)摩擦力，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)

能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，母-”圖像的切線斜

率逐漸減?。晃飰K到A點(diǎn)瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則氏-％圖像的切線斜率突變變大，接著物塊

從A到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程（0.5，＜%W0.6D,物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能繼續(xù)增大，隨著彈力

的減小，瓦-％圖像的切線斜率逐漸減小；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)對(duì)，物塊的動(dòng)能達(dá)到最大，接著彈簧處于壓

縮狀態(tài)，物塊開始做減速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能逐漸減小到0,該過(guò)程，隨著彈力的增大，a-工圖像的切

線斜率逐漸增大；故B正確；

C.根據(jù)彈性勢(shì)能表達(dá)式可得昂=Tk（Ax）2=gk（0.6,一x）2,可知Ep—x圖像為開口向上的拋物線，頂

點(diǎn)在％=0.6/處，故C錯(cuò)誤；

D.物塊從。到A過(guò)程（0二%40.5D,摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減少，根據(jù)=-fimgx

可知從。到人過(guò)程，％圖像為一條斜率為負(fù)的斜率直線；物塊到達(dá)A點(diǎn)后，由于人點(diǎn)右側(cè)光滑，則

物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即E保持不變，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

14.（2025?江蘇G4聯(lián)考?階段調(diào)研）如圖所示，A為一足夠長(zhǎng)的固定斜面，物塊B由靜止釋放后能沿斜面勻

加速下滑，現(xiàn)使物塊B在U0時(shí)由靜止釋放，并同時(shí)受到一隨時(shí)間變化規(guī)律為的垂直于斜面的作

用力，x、I，、/和E分別表示物塊位移、速度、所受的摩擦力和機(jī)械能，下列圖像中可能正確的是（）

【答案】B

【詳解】AB.由于〃隨時(shí)間均勻增大，物塊沿斜面下滑過(guò)程中，物塊對(duì)斜面的壓力均勻增大，物塊所

受的滑動(dòng)摩擦力均勻增大，所以物塊所受的合力先沿斜面向下均勻減小，然后沿斜面向上均勻增大，

物塊停止運(yùn)動(dòng)前，物塊先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.t=0時(shí)刻所受的摩擦力不為零，故C錯(cuò)誤；

D.物塊沿斜面下滑過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力一直做負(fù)功，物塊機(jī)械能減小，但滑動(dòng)摩擦力大小在隨時(shí)間變

化，物體速度大小也在隨時(shí)間變化，所以滑動(dòng)摩擦力所做的功并非隨時(shí)間均勻增大，物塊的機(jī)械能也

并非隨時(shí)間均勻減小，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

15.（24-25高三下?江蘇蘇錫常鎮(zhèn)一模）某科技小組利用彈性繩網(wǎng)模擬火箭回收。如圖所示，“口”字形的繩

網(wǎng)四個(gè)角各用?根彈性繩索拉住，繩索另?端固定在立柱上。將火箭模型從某高處釋放，在接觸繩網(wǎng)

后下降直至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.火箭模型接觸繩網(wǎng)立即減速B.火箭模型在最低點(diǎn)所受合力為。

C.火箭模型接觸繩網(wǎng)后先失重后超重D.繩網(wǎng)對(duì)火箭模型先做正功后做負(fù)功

【答案】C

【詳解】A.火箭模型接觸繩網(wǎng)時(shí)重力大于彈力，繼續(xù)向下加速，故A錯(cuò)誤；

B.火箭模型在最低點(diǎn)彈力大于重力，所受合力向上，故B錯(cuò)誤；

C.火箭模型接觸繩網(wǎng)后先向下加速，后向下減速，所以先失重后超重，故C正確；

D.繩網(wǎng)對(duì)火箭模型的力始終向上，接觸繩網(wǎng)后下降直至最低點(diǎn)的過(guò)程中，在一直做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。

故選C。

16.（23-24高三?江蘇南京二十九中?10月摸底）如圖所示，質(zhì)量均為,〃的兩物體A、B用勁度系數(shù)為k的輕

質(zhì)彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。

已知彈性勢(shì)能的表達(dá)式為昂=4以2,其中x為彈簧的形變量,重力加速度為以以下說(shuō)法正確的是（）

A.物體C的質(zhì)量為3M

B.物體B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的加速度大小為3g

C.物體B的最大速度大小為g第

D.物體B上升的最大高度為粵

k

【答案】D

【詳解】A-C物體疊加在B物體上面靜止時(shí)，由二力平衡依1=（zn+mc）。，拿走C物體后，B物體

在彈簧上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其在平衡位置時(shí)，彈簧壓縮長(zhǎng)度有kq=mg,其振幅4-與，當(dāng)B物體上

升到最高點(diǎn)，此時(shí)彈簧拉伸長(zhǎng)度最長(zhǎng)，由于物體A恰好不離開地面，由二力平衡h2=?九9,所以由振

幅相等4=&+%。=-％0，解得物體C的質(zhì)量為me=2m,故A錯(cuò)誤；

B.B物體在最高點(diǎn)受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，故尸彈=徵0,所以由牛頓第二

定律可得B物體在最高點(diǎn)的加速度為。=誓=2g,故B錯(cuò)誤；

D.物體B上升的最大高度為h=24=號(hào)，故DIE確；

k

C.當(dāng)B物體經(jīng)過(guò)平衡位置的時(shí)候其速度最大，B物體從最高點(diǎn)回落到平衡位置的過(guò)程中，B物體與彈

簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則2+，據(jù)=加以+2，解得物體B的最大速度大小為為=2g聆

故C錯(cuò)誤。

故選D。

17.（2025?江蘇宿遷?三模）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同帶正電的小球A、B、C,通過(guò)

不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線。、以。連接成正三角形，小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被拉直。剪斷細(xì)線小球

開始運(yùn)動(dòng)。則（）

A.剪斷。前，。中張力大于8、。間的庫(kù)侖力

B.剪斷〃瞬間，細(xì)線〃、c中張力均變大

C.三個(gè)球運(yùn)動(dòng)至一直線時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能最大

D.球A經(jīng)過(guò)8、C初始位置連線中點(diǎn)時(shí)的速度最大

【答案】B

【詳解】A.由受力分析可知，剪斷a前，Q中的張力等于3、C間的庫(kù)侖力，c中的張力等于4、8間的

庫(kù)侖力，A錯(cuò)誤；

B.剪斷a瞬間，對(duì)B分析，受A對(duì)B的斥力、C對(duì)B的斥力以及細(xì)線c的拉力，則此時(shí)c的拉力或=

FAB+FCBcos60°>Tc=FAB,同理可知〃中張力也變大，即剪斷a瞬間，細(xì)線從c中張力均變大，B

正確；

C.系統(tǒng)初始時(shí)靜止，剪斷后開始運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，所以電勢(shì)能最大時(shí)是初始靜止?fàn)顟B(tài),

C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)三個(gè)小球在同一直線上時(shí)，動(dòng)能最大，電勢(shì)能最小，但此時(shí)B、C小球已經(jīng)離開了初始位置，D

錯(cuò)誤。

故選B。

18.(23-24高三上?江蘇淮安?開學(xué)考)彈球游戲裝置結(jié)構(gòu)如圖，輕質(zhì)彈簧下端固定在光滑斜面底部，彈簧處

于原長(zhǎng)時(shí)上端在。點(diǎn)。小球?qū)椈蓧嚎s到八點(diǎn)(未栓接)由靜止釋放后，運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)速度為零。以

。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向建立x釉，小球上升過(guò)程的速度v＞加速度〃、動(dòng)能&.及其機(jī)

械能E隨位置坐標(biāo)x的變化規(guī)律可能正確的是()

2

【詳解】A.設(shè)。點(diǎn)速度為u小球由。到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理可知一mgxsinb=0-^mvo解得u=

J2gxsin。。圖像中過(guò)。點(diǎn)后應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為琮小小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中由能量定理可知。EPA=mgxsinO++

22

1/c(x0-x),整理可得益=EPA-mgxsinO-^k(x0-x),可知在。點(diǎn)前圖像應(yīng)為開口向下的拋物線

由。到A的過(guò)程中動(dòng)能定理可知一mgxsind=0-gm/,圖像為直線，故B正確；

C.設(shè)彈簧原長(zhǎng)為項(xiàng))小球由A運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)程中受力分析可知k(Xo--mgsin。=mao隨著彈簧

形變量減小，彈簧彈力減小，小球加速度逐漸變??；當(dāng)。=0時(shí)物體達(dá)到最大速度此時(shí)受力分析可知

k(x0-%)=zngsin。,此后小球會(huì)做變減速運(yùn)動(dòng)直至到達(dá)0點(diǎn)受力分析可知mgsin。-k(x0-x)=ma,

分析可知加速度逐漸變大；小球由。到8的過(guò)程中，彈簧彈力為零受力分析可知rngsin6=ma,從。

點(diǎn)開始物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)圖像應(yīng)為直線，故C錯(cuò)誤：

D.設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為用5小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中由能量定理可知為=mgxsinO+^mv2+

2

1/c（x0-x）

整理可得￡=琮4一3々（而一乃2,圖像為開口向下的拋物線，故D錯(cuò)誤。

故選B。

【點(diǎn)睛】對(duì)于圖像問(wèn)題要明確坐標(biāo)軸以及斜率的概念，關(guān)鍵要根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，在研究圖像。

19.（2025?江蘇鹽城射陽(yáng)中學(xué)?三模）如圖所示，通過(guò)一個(gè)定滑輪用輕繩兩端各栓接質(zhì)量均為，『1kg的物體

A、B（視為質(zhì)點(diǎn)），其中連接物體A的輕繩水平（繩足夠長(zhǎng)），物體A放在一個(gè)足夠長(zhǎng)的水平傳送帶上，

其順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度恒定為】，，物體A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25o現(xiàn)將物體A以10m/s速度

從左端MN的標(biāo)志線沖上傳送帶，已知傳送帶的速度v=5m，s,重力加速度為g。求:

D

'N

□B

（1）物體A剛沖上傳送帶時(shí)的加速度大小處；

（2）物體A運(yùn)動(dòng)到距左端MN標(biāo)志線的最遠(yuǎn)距離x,?；

（3）若傳送帶的速度取（（Xv^lOm/s）范圍某一確定值時(shí)，可使物體A運(yùn)動(dòng)到距左端MN標(biāo)志線的距

離最遠(yuǎn)時(shí)，與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能最小，求：此時(shí)傳送帶的速度M及摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的最小值Q,”。

【答案】（1）%=6.25m/s2

2a

（2）%m=-m

⑶Qmm=12.5J

【詳解】（1）若傳送帶速度v=5m/s時(shí)，由系統(tǒng)牛頓第二定律

對(duì)物體A有T+pmg=maj

對(duì)物體B有mg-T=mat

解得加速度的大小%=為=6.25m/s2

（2）物體A向右減速到5m/s時(shí)的位移為司，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有V?-％=-22逐1

4日12V2.

得X1=—?=6m

5g

當(dāng)物體速度小于5m/s時(shí)，物體A受摩擦力向右，設(shè)加速度為s，由牛頓第二定律得

對(duì)物體A、B整體，加速度的大小mg-.mg=2ma2

解得加速度的大小a2=|g=3.75m/s2

o

物體A向右由5m/s減速到零時(shí)的位移為X2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0-v?=-2a2x2

得ZBX2=4Vw2=^10m

物體A運(yùn)動(dòng)到距左端MN標(biāo)志線的最遠(yuǎn)距離為x=xi+X2=gm

(3)物體A向右減速到憂時(shí)的時(shí)間為t=口

-ai

物體A向右減速到K時(shí)相對(duì)傳送帶向前的位移為0,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

2z

A7…'2,4(V'-2vov+vg)

△勺=------vt=--------------------------------------

2al5g

物體A向右由憂減速到零時(shí)，相對(duì)傳送帶向后的位移為Aw，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

物體A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為

,

Q=umg(Axi+AX2)=白m(8v'2-6v0v+3vg)

JLO

對(duì)二次函數(shù)求極值得：當(dāng)v=:vo=?m/s時(shí)，產(chǎn)生的內(nèi)能最小為

Qmin=：m名=12.5J

O

20.(2025?江蘇宿遷&南通&連云港?二模)如圖甲所示，傾角6=37。的斜面體放置在水平面上，右側(cè)靠著半

徑為R的球，球上端固定一輕桿，輕桿在固定裝置約束下只能沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。已知斜面體的高度為

3.2R,斜面體和球的質(zhì)量均為〃1，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)水平向右推動(dòng)斜面體，求最小推力的大小Fox

(2)若斜面體在推力作用下由靜止開始向右做加速度為的0.8g的勻加速宜線運(yùn)動(dòng)，求斜面對(duì)球作用力的

大小FN;

(3)在第(2)問(wèn)中，斜面體運(yùn)動(dòng)到其最高點(diǎn)剛好與球面接觸，如圖乙所示，求該過(guò)程中推力做的功W。

【答案】⑴尸o=；mg

⑵產(chǎn)汽=2mg

(3)W=8/〃gK

【詳解】(1)球剛好被推離地面時(shí)推力最小，可認(rèn)為此時(shí)球和桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)球和桿受力分析如

圖所示

豎直方向有「斜支cos6=mg

對(duì)斜面受力分析如圖所示

水平方向有F球壓sin。=Fo

根據(jù)牛頓第三定律有/斜支=F球壓

解得e=:mg；

(2)斜面沿水平方向運(yùn)動(dòng)，位移為x,同時(shí)球沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，位移為y,由圖中幾何關(guān)系可知tanO=(

由x=+(at?可得0球=atanO

如圖所示，在豎直方向，由牛頓笫二定律有心cos。-mg=ma球

解得FN=2mg

(3)斜面在最高點(diǎn)與球面接觸時(shí)，小球和桿的位移為爪如圖所示，由