2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）考前特訓(xùn)熱點排查熱點5拋體運動和圓周運動[分值：46分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(多選)(2025·福建卷·5)春晚上轉(zhuǎn)手絹的機(jī)器人如圖所示，手絹上有P、Q兩點，圓心為O，OQ=3OP，手絹做勻速圓周運動，則()A.P、Q線速度之比為1∶3B.P、Q角速度之比為3∶1C.P、Q向心加速度之比為3∶1D.P點所受合外力總是指向圓心O答案AD解析手絹做勻速圓周運動，由題圖可知P、Q屬于同軸轉(zhuǎn)動，故角速度相等，即角速度之比為1∶1，B錯誤；由v=ωr可知，P、Q線速度之比vP∶vQ=OP∶OQ=1∶3，故A正確；由a=ω2r可知，P、Q向心加速度之比aP∶aQ=OP∶OQ=1∶3，故C錯誤；做勻速圓周運動的物體所受合外力提供向心力，合外力總是指向圓心，D正確。2.(2025·河北卷·5)某同學(xué)在傍晚用內(nèi)嵌多個彩燈的塑料繩跳繩，照片記錄了彩燈在曝光時間內(nèi)的運動軌跡，簡圖如圖。彩燈的運動可視為勻速圓周運動，相機(jī)本次曝光時間是130A.90 B.120 C.150 D.180答案C解析根據(jù)題意可知跳繩的轉(zhuǎn)動角速度為ω=θΔt=π6130rad/s=5πrad/s，轉(zhuǎn)動周期T=2πω=0.4s，故每分鐘跳繩的圈數(shù)為n=t3.(2025·四川宜賓市三模)消防員在一次用高壓水槍滅火的過程中，消防員同時啟動了多個噴水口進(jìn)行滅火。有甲、乙靠在一起的高壓水槍，它們噴出的水在空中運動的軌跡曲線如圖所示，已知兩曲線在同一豎直面內(nèi)，忽略空氣阻力，則()A.甲、乙水槍噴出的水初速度大小相等B.乙水槍噴出的水初速度較大C.乙水槍噴出的水在空中運動的時間較長D.甲水槍噴出的水在最高點的速度較大答案B解析令噴出水的初速度v0的方向與水平方向夾角為θ，到達(dá)最高點過程，斜拋運動豎直方向做豎直上拋運動，利用逆向思維有(v0sinθ)2=2gh，解得v0=2ghsinθ，根據(jù)題圖可知，豎直方向高度相等，甲噴出的水初速度方向與水平方向夾角大一些，則乙水槍噴出的水初速度較大，故A錯誤，B正確；斜拋運動豎直方向做豎直上拋運動，從噴出點到最高點，利用逆向思維有h=12gt2，則甲、乙水槍噴出的水上升時間相等，同理從最高點到失火處，甲、乙水槍噴出的水下降時間相等，故甲、乙水槍噴出的水在空中運動的時間相等，故C錯誤；斜拋運動水平方向做勻速直線運動，則水在最高點的速度v4.(2025·云南麗江市二模)如圖所示，一只蜘蛛在地面與豎直墻壁間結(jié)網(wǎng)，蛛絲AB與水平地面之間的夾角為45°，A到地面的距離為1m，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計，若蜘蛛從豎直墻上距地面0.6m的C點以水平速度v0跳出，要到達(dá)蛛絲，水平速度v0至少為()A.2m/s B.2m/s C.22m/s D.23m/s答案C解析當(dāng)蜘蛛做平拋運動的軌跡恰好與蛛絲相切時v0最小，設(shè)蜘蛛跳出后經(jīng)時間t到達(dá)蛛絲，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得x=v0t，y=12gt2，蜘蛛到達(dá)蛛絲時速度方向恰好沿蛛絲方向，所以gtv0=tan45°，由幾何知識得sAO-sCO+y=x，聯(lián)立解得v0=22m/s5.(2025·安徽省模擬)如圖所示。風(fēng)洞中沒風(fēng)時，將一個小球以初速度v0豎直向上拋出，小球能上升的最大高度為h，加了水平風(fēng)力后，將小球仍以初速度v0豎直向上拋出，小球落到與拋出點等高的位置時，該位置與拋出點間的水平距離為2h，風(fēng)對小球的作用力大小恒定，不計空氣阻力，則風(fēng)力與小球重力之比為()A.2∶1 B.4∶1 C.1∶2 D.1∶4答案C解析根據(jù)題意，豎直方向有v02=2gh，有風(fēng)時豎直方向運動情況不變，落到與拋出點等高的位置所用時間t=2v0g，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，有a=Fm，2h=12at26.(多選)(2025·黑龍江大慶市模擬)無償獻(xiàn)血、救死扶傷的崇高行為，是文明社會的標(biāo)志之一。分離血液成分需要用到一種叫離心分離器的裝置，其工作原理的示意圖如圖所示，將血液裝入離心分離器的封閉試管內(nèi)，離心分離器轉(zhuǎn)動時給血液提供一種“模擬重力”的環(huán)境，“模擬重力”的方向沿試管遠(yuǎn)離轉(zhuǎn)軸的方向，其大小與血液中細(xì)胞的質(zhì)量以及其到轉(zhuǎn)軸的距離成正比。血液在這個“模擬重力”環(huán)境中，也具有“模擬重力勢能”。初始時試管靜止，血液內(nèi)離轉(zhuǎn)軸同樣距離處有兩種細(xì)胞a、b，其密度分別為ρa(bǔ)和ρb，它們的大小與周圍血漿密度ρ0的關(guān)系為ρa(bǔ)<ρ0<ρb。對于試管由靜止開始繞軸旋轉(zhuǎn)并不斷增大轉(zhuǎn)速的過程中，下列說法中正確的是()A.細(xì)胞a相對試管向外側(cè)運動，細(xì)胞b相對試管向內(nèi)側(cè)運動B.細(xì)胞a相對試管向內(nèi)側(cè)運動，細(xì)胞b相對試管向外側(cè)運動C.細(xì)胞a的“模擬重力勢能”變小，細(xì)胞b的“模擬重力勢能”變大D.這種離心分離器“模擬重力”對應(yīng)的“重力加速度”沿轉(zhuǎn)動半徑方向向外側(cè)逐漸變大答案BD解析轉(zhuǎn)動時細(xì)胞做圓周運動所需的向心力為F=mω2r，由于a、b兩種細(xì)胞的ω、r均相同，而ρa(bǔ)<ρ0，細(xì)胞a所需的向心力比相同體積的血漿所需的向心力小，則細(xì)胞a做向心運動，細(xì)胞a相對試管向內(nèi)側(cè)運動，而ρb>ρ0，細(xì)胞b所需的向心力比相同體積的血漿所需的向心力大，則細(xì)胞b做離心運動，細(xì)胞b相對試管向外側(cè)運動，故A錯誤，B正確；“模擬重力”的方向沿試管遠(yuǎn)離轉(zhuǎn)軸的方向，細(xì)胞b相對試管向外側(cè)運動，“模擬重力”做正功，“模擬重力勢能”變小，細(xì)胞a相對試管向內(nèi)側(cè)運動，“模擬重力”做負(fù)功，“模擬重力勢能”變大，故C錯誤；“模擬重力”大小與血液中細(xì)胞的質(zhì)量以及其到轉(zhuǎn)軸的距離成正比，根據(jù)a=Fm可知，“重力加速度”與其到轉(zhuǎn)軸的距離成正比，所以沿轉(zhuǎn)動半徑方向向外側(cè)逐漸變大，故D7.(多選)(2025·廣東卷·8)將可視為質(zhì)點的小球沿光滑冰坑內(nèi)壁推出，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示。已知圓周運動半徑R為0.4m，小球所在位置處的切面與水平面夾角θ為45°，小球質(zhì)量為0.1kg，重力加速度g取10m/s2。關(guān)于該小球，下列說法正確的有()A.角速度為5rad/sB.線速度大小為4m/sC.向心加速度大小為10m/s2D.所受支持力大小為1N答案AC解析對小球受力分析可知F向=mgtan45°=mω2R，解得ω=5rad/s，故A正確；線速度大小為v=ωR=2m/s，故B錯誤；向心加速度大小為a向=ω2R=10m/s2，故C正確；所受支持力大小為FN=mgcos45°=2N，故D8.(2025·西南名校聯(lián)盟診斷)小車內(nèi)固定有垂直于運動方向的水平橫桿，物塊M套在橫桿上，一個小鐵球用輕質(zhì)細(xì)線吊在物塊底部。當(dāng)小車以恒定速率v通過某一水平彎道時(可視為圓周運動)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。若小車以更大的恒定速率通過該彎道，設(shè)小車在通過彎道的過程中，小球、物塊與小車均保持相對靜止，細(xì)線長度遠(yuǎn)小于彎道半徑，下列說法錯誤的是()A.細(xì)線與豎直方向的夾角變大B.細(xì)線對小球的拉力變大C.橫桿對物塊的摩擦力變大D.橫桿對物塊的支持力變大答案D解析令小鐵球質(zhì)量為m，物塊與小鐵球保持相對靜止，對物塊與小鐵球整體進(jìn)行分析，如圖甲所示，則有FN=(M+m)g，可知當(dāng)小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的支持力不變，故D錯誤，符合題意；小車轉(zhuǎn)彎過程，將車內(nèi)物體的轉(zhuǎn)彎半徑可以近似認(rèn)為相同，令為R，結(jié)合上述分析有Ff塊=(M+m)v2R可知，當(dāng)小車以更大的恒定速率通過該彎道時，橫桿對物塊的摩擦力變大，故則有FTcosθ=mg，F(xiàn)Tsinθ=mv2R，解得gtanθ=v2R，可知，轉(zhuǎn)彎速度變大，則細(xì)線與豎直方向夾角變大，故A正確，不符合題意；結(jié)合上述解得FT=9.(2025·山東省實驗中學(xué)第五次診斷考試)如圖甲所示，半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30°，另一端點D與圓心O等高，點C為軌道的最低點。質(zhì)量m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以速度v0水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，物塊進(jìn)入軌道后開始計時，軌道受到的壓力F隨時間t的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A.物塊在D點的速率為8m/sB.F0的大小為70NC.v0的大小為2m/sD.物塊在B點時對軌道的壓力大小為30N答案B解析由題圖乙可知，物塊從軌道D點飛出軌道到再次回到D點的時間為t=1.675s-0.875s=0.8s，則物塊從D點離開軌道時速度大小為vD=g·t2=4m/s，A錯誤；從C到D由機(jī)械能守恒可知12mvC2=12mvD2+mgR，在C點時壓力最大，則有F0-mg=mvC2R，解得F0=70N，B正確；從B到D由機(jī)械能守恒可知12mvB2+mgRsin30°=12mvD2，解得vB=23m/s，則v0=vBsin30°=3m/s，在B點時設(shè)軌道對物塊的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律FN+mgsin30°=mvB2R，解得FN=2510.(多選)(2025·山東卷·10)如圖所示，在無人機(jī)的某次定點投放性能測試中，目標(biāo)區(qū)域是水平地面上以O(shè)點為圓心，半徑R1=5m的圓形區(qū)域，OO'垂直地面，無人機(jī)在離地面高度H=20m的空中繞O'點、平行地面做半徑R2=3m的勻速圓周運動，A、B為圓周上的兩點，∠AO'B=90°。若物品相對無人機(jī)無初速度地釋放，為保證落點在目標(biāo)區(qū)域內(nèi)，無人機(jī)做圓周運動的最大角速度應(yīng)為ωmax。當(dāng)無人機(jī)以ωmax沿圓周運動經(jīng)過A點時，相對無人機(jī)無初速度地釋放物品。不計空氣對物品運動的影響，物品可視為質(zhì)點且落地后即靜止，重力加速度大小g=10m/s2。下列說法正確的是()A.ωmax=π3B.ωmax=23C.無人機(jī)運動到B點時，在A點釋放的物品已經(jīng)落地D.無人機(jī)運動到B點時，在A點釋放的物品尚未落地答案BC解析物品從無人機(jī)上釋放后做平拋運動，豎直方向H=12gt2，可得t=2s，要使物品落點在目標(biāo)區(qū)域內(nèi)，水平方向滿足x=R12-R22=vt，最大角速度ωmax=vR2，聯(lián)立解得ωmax=23rad/s，故A錯誤，B正確；無人機(jī)從A點到B點的時間t'=π2ωmax=3π4熱點6萬有引力與宇宙航行[分值：42分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分]1.(2025·安徽合肥市二模)如圖所示為“嫦娥六號”在橢圓軌道上沿箭頭所示方向繞月球運行的示意圖，ab、cd分別為橢圓軌道的長軸與短軸。不考慮其他天體對“嫦娥六號”的作用，則“嫦娥六號”()A.由a向c運動的過程中機(jī)械能不斷減小B.經(jīng)過a、b兩點時的加速度大小相等C.從c運動到b的時間大于從d運動到a的時間D.若經(jīng)過a點時沿運動方向瞬時加速，則其在新環(huán)月軌道上的周期將比原軌道小答案C解析整個過程中，只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，由a向c運動的過程中機(jī)械能不變，A錯誤；根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，a、b兩點到月球的距離不同(ra<rb)，因此a、b兩點時的加速度大小不相等(aa>ab)，B錯誤；“嫦娥六號”在b點的速度最小，在a點的速度最大，從c到b的過程中，“嫦娥六號”的速度逐漸減小，故從c運動到b的時間大于T4，同理可知，“嫦娥六號”從d運動到a的時間小于T4，C正確；若經(jīng)過a點時沿運動方向瞬時加速，“嫦娥六號”將做離心運動，軌道半長軸增大，根據(jù)開普勒第三定律可知，2.(2024·湖北省三模)我國將發(fā)射首個大型巡天空間望遠(yuǎn)鏡(CSST)，其在軌繞地球運行時可看成勻速圓周運動，將與天宮空間站共軌并獨立飛行，已知巡天空間望遠(yuǎn)鏡預(yù)定軌道離地面高度約為400km，地球同步衛(wèi)星離地面高度約為36000km，下列說法正確的是()A.巡天空間望遠(yuǎn)鏡加速就可以與空間站對接B.巡天空間望遠(yuǎn)鏡運行的線速度大于7.9km/sC.巡天空間望遠(yuǎn)鏡在軌道上運行的周期比同步衛(wèi)星的周期大D.巡天空間望遠(yuǎn)鏡的加速度大于放在赤道上物體的向心加速度答案D解析巡天空間望遠(yuǎn)鏡與空間站共軌并獨立飛行，若巡天空間望遠(yuǎn)鏡加速，巡天空間望遠(yuǎn)鏡將做離心運動，變軌到更高的軌道，不可能與空間站對接，故A錯誤；根據(jù)GMmr2=mv2r，可得v=GMr，地球第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最大線速度，等于地球表面軌道衛(wèi)星的線速度，則巡天空間望遠(yuǎn)鏡運行的線速度小于7.9km/s，故B錯誤；由萬有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r，可得T=4π2r3GM，可知巡天空間望遠(yuǎn)鏡在軌道上運行的周期比同步衛(wèi)星的周期小，故C錯誤；由萬有引力提供向心力可得3.(2025·黑龍江大慶市質(zhì)檢)如果讓一小球在火星表面一定高度自由下落，測得它在第2s內(nèi)(未落到火星上)的位移大小是6m，已知火星的半徑約為地球半徑的12，地球表面的重力加速度g取10m/s2，則火星的質(zhì)量M火和地球的質(zhì)量M地A.10 B.403 C.340 答案D解析根據(jù)題意可得12g't22-12g't12=6m，解得g'=4m/s2，根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系GMmR2=mg，R火=12R地4.(2025·河南省模擬)如圖所示，某衛(wèi)星變軌后繞地球做橢圓運動，PQ是橢圓的長軸，AB是橢圓的短軸，O為地心，AO、OQ和橢圓AQ段曲線所圍成的面積占整個橢圓面積的1k(k>2)，則衛(wèi)星沿順時針方向從P點運動到A點的平均速率和從A點運動到QA.1k-1 B.C.2k-2 答案C解析根據(jù)題意，OP、OA及PA段曲線所圍成的面積占整個橢圓面積的12-1k=k-22k，設(shè)衛(wèi)星沿順時針方向從P點運動到A點的時間為t1，從A點運動到Q點的時間為t2，根據(jù)開普勒第二定律可知t1t2=k-22，由于PA曲線和AQ曲線長度相等，則衛(wèi)星沿順時針方向從P點運動到A點的平均速率和從A點運動到5.(2025·山東青島市第一次適應(yīng)性檢測)我國對深空的探索從月球開始，通過“嫦娥工程”的深入推進(jìn)，逐步實現(xiàn)我們的航天夢。已知“嫦娥一號”和“嫦娥二號”繞月球圓軌道運行時周期之比為k，兩者距月球表面的高度分別是h1和h2。則月球的半徑為()A.h1-hC.h13k答案A解析根據(jù)開普勒第三定律可知(R+h1R+h2)3=(T1T2)26.(2025·河南卷·3)2024年天文學(xué)家報道了他們新發(fā)現(xiàn)的一顆類地行星Gliese12b，它繞其母恒星的運動可視為勻速圓周運動。已知Gliese12b軌道半徑約為日地距離的114，其母恒星質(zhì)量約為太陽質(zhì)量的2A.13天 B.27天 C.64天 D.128天答案A解析地球繞太陽運行時，根據(jù)萬有引力提供向心力得GM0m0r02=m04π2T02r0，同理得類地行星繞其母恒星運行時有GMmr2=m4π2T2r，整理得T2T02=r3M0r7.(2025·四川卷·6)某人造地球衛(wèi)星運行軌道與赤道共面，繞行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同。該衛(wèi)星持續(xù)發(fā)射信號，位于赤道的某觀測站接收到的信號強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，T為地球自轉(zhuǎn)周期。已知該衛(wèi)星的運動可視為勻速圓周運動，地球質(zhì)量為M，引力常量為G。則該衛(wèi)星軌道半徑為()A.3GMT2C.3GMT2答案A解析設(shè)衛(wèi)星轉(zhuǎn)動的周期為T'，根據(jù)題意可得，每隔T2衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的圈數(shù)比地球自轉(zhuǎn)多1圈，即tT'-tT=1，其中t=T2，可得T'=T3，根據(jù)萬有引力提供向心力GMmr2=m4π2T'2r，可得r=8.(2025·河北省模擬)2024年8月12日，中國天眼(FAST)發(fā)現(xiàn)了罕見的雙中子星系統(tǒng)。如圖所示是其簡化示意圖，經(jīng)觀測A、B兩顆中子星距離為L，均繞兩者連線上的O點做周期為T的勻速圓周運動，A中子星的軌道半徑為RA(RA<L2)，引力常量為GA.A中子星的質(zhì)量為4B.B中子星的質(zhì)量為4C.A、B中子星運動速度大小的比值為LD.A、B中子星質(zhì)量之和與質(zhì)量之差的比值為L答案D解析B中子星的軌道半徑為L-RA，對B中子星有GmAmBL2=mB4π2T2(L-RA)，可得A中子星的質(zhì)量為mA=4π2L2(L-RA)GT2，故A錯誤；對A中子星有GmAmBL2=mA4π2T2RA，可得B中子星的質(zhì)量為9.(多選)(2025·浙江6月選考·13)月球有類似于地球的南北兩極和緯度。如圖所示，月球半徑為R，表面重力加速度為g月，不考慮月球自轉(zhuǎn)。從月球北極正上方水平發(fā)射一物體，要求落在緯度φ=60°的M處，其運動軌跡為橢圓的一部分。假設(shè)月球質(zhì)量集中在球心O點，如果物體沿橢圓運動的周期最短，則()A.發(fā)射點離月面的高度h=34B.物體沿橢圓運動的周期為3πC.此橢圓兩焦點之間的距離為32D.若水平發(fā)射的速度為v，發(fā)射高度為h，則物體落到M處的速度為v答案BC解析根據(jù)題意可知橢圓軌道的一個焦點為O，設(shè)橢圓的另外一個焦點為O'，如圖甲所示，設(shè)橢圓的半長軸為a，焦距為2c，根據(jù)橢圓知識可知O'M+OM=2a，根據(jù)開普勒第三定律a3T2=k可知，如果物體沿橢圓運動的周期最短，則橢圓的半長軸最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知當(dāng)MO'垂直于OO'時，半長軸a最小，如圖乙所示，由幾何關(guān)系有2a=Rcosφ+R，解得a=3R4，根據(jù)幾何關(guān)系可得橢圓的焦距2c=OO'=Rsinφ=3R2，故C正確；根據(jù)幾何關(guān)系可得發(fā)射點離月球表面的高度h=a+c-R=3-14R，故A錯誤；設(shè)物體繞月球表面做勻速圓周運動時的周期為T0，則由重力提供向心力得mg月=m4π2T02R，結(jié)合開普勒第三定律R3T02=a3T2，聯(lián)立可得物體沿橢圓運動的周期為T=3π43Rg月，故B正確；引力勢能Ep=-GMmr熱點7功能關(guān)系能量守恒定律[分值：46分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(2024·安徽卷·2)某同學(xué)參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A.mgh B.12mvC.mgh+12mv2 D.mgh-12答案D解析人與滑板在下滑的過程中，由動能定理可得mgh-W克f=12mv2可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為W克f=mgh-12mv故選D。2.(2025·陜西渭南市教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖是某城市廣場噴泉噴出水柱的場景。從遠(yuǎn)處看，噴泉噴出的水柱超過了30層樓的高度；靠近看，噴管的直徑約為10cm，重力加速度g取10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3。據(jù)此可估計用于給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率至少有()A.3.2×104W B.5.8×104WC.3.0×105W D.4.6×105W答案C解析噴管直徑約為10cm，則半徑r=5cm=0.05m，根據(jù)實際情況，每層樓高約為h=3m，所以噴水的高度h=30×3m=90m，則根據(jù)豎直上拋運動，水離開管口的速度為v=2gh=2×10×90m/s=302m/s，設(shè)給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率為P，在接近管口很短一段時間Δt內(nèi)水柱的質(zhì)量為Δm=ρSvΔt=ρπr2vΔt，根據(jù)動能定理得PΔt=12Δmv2，聯(lián)立以上解得P≈3.0×103.(2024·江西卷·5)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描寫。設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發(fā)電，發(fā)電效率為70%，則發(fā)電功率大致為()A.109W B.107W C.105W D.103W答案B解析由題知，Δt時間內(nèi)流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，發(fā)電過程中水的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，則有P=mghΔt×70%≈1.0×107W，故選4.(2025·福建省部分地市第一次質(zhì)檢)隨著科技的發(fā)展，機(jī)器狗的應(yīng)用為生活帶來了便利。如圖所示，機(jī)器狗在泰山進(jìn)行負(fù)重測試，從泰山山腳到目的地用時2h，爬升高度為1200m，已知機(jī)器狗及重物總質(zhì)量為100kg，重力加速度g取10m/s2，則機(jī)器狗在本次測試中()A.位移大小為1200mB.克服重力做功為1.2×106JC.克服重力做功的平均功率為6×105WD.所受重力的沖量為0答案B解析以初位置指向末位置的帶箭頭的線段的長度指位移大小，由于爬升高度為1200m，則位移大小大于1200m，故A錯誤；機(jī)器狗克服重力做功為W克G=mgh=1.2×106J，故B正確；克服重力做功的平均功率為P=W克Gt≈166.7W，故C錯誤；以豎直向下為正方向，則所受重力的沖量為I=mgt=7.2×106N·s5.(2025·山東青島市第一次適應(yīng)性檢測)一小球以初速度v0從底端滑上光滑固定斜面，當(dāng)向上運動40cm時，速度減為13v0A.45cm B.50cmC.55cm D.60cm答案A解析設(shè)斜面與水平方向夾角為θ，當(dāng)向上運動40cm時，由動能定理可得-mglsinθ=12m×(13v0)2-12mv02，當(dāng)小球恰好能到達(dá)斜面頂端時，由動能定理可得-mgLsinθ=0-12mv026.(2025·四川成都市二模)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為m，針鞘在軟組織中運動距離d1后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘()A.被彈出時速度大小為2(B.到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為F1d1C.運動d2過程中，阻力做功為(F1+F2)d2D.運動d2的過程中動量變化量大小為m答案A解析根據(jù)動能定理有F1d1+F2d2=12mv2，解得v=2(F1d1+F2d2)m，故A正確；針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)d2減速至零，有Ek=F2d2，故B錯誤；針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2，則阻力做功為-F2d2，故C錯誤；針鞘運動7.(多選)(2025·江西省模擬)在距地面高H處由靜止釋放一小球，小球向下運動過程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢能的零勢能面，小球的機(jī)械能E隨小球到地面的高度h的變化關(guān)系圖像如圖所示，圖中縱坐標(biāo)b、c為已知數(shù)據(jù)，重力加速度為g。根據(jù)圖像判斷下列說法正確的是()A.小球的質(zhì)量等于cB.當(dāng)h=H2時，小球的動能等于重力勢能C.小球運動的加速度等于bcD.運動過程中小球受到的阻力大小恒為c答案AC解析設(shè)小球質(zhì)量為m，運動過程受到的阻力為f，根據(jù)功能關(guān)系可得小球下落到距地面高h(yuǎn)處時的機(jī)械能為E=mgH-f(H-h)=(mg-f)H+fh，結(jié)合題圖可得b=(mg-f)H，c=mgH，解得m=cgH，A正確；當(dāng)h=H2時，根據(jù)動能定理可得動能為Ek=mgH2-fH2，可見在此位置小球的動能小于重力勢能b，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg-f=ma，又因為b=(mg-f)H，m=cgH，聯(lián)立各式解得a=bcg，C正確；由關(guān)系式E=(mg-f)H+fh，可知圖像斜率的物理意義為阻力，可見阻力大小是恒定的，由題圖可得8.(2024·山東卷·7)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2(x為繩的伸長量)?，F(xiàn)用水平力F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，k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FA.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+μmgC.3(μmg)22k+2μmgD.(μmg)22k+2μmg答案B解析解法一：當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有kx0=μmg解得彈性繩的伸長量x0=μmg則此時彈性繩的彈性勢能為E0=12kx0從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1=x0+l-d，此過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgx1，則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W=E0+μmgx1=3(μmg)22k+μmg解法二：畫出外力F與乙所坐的木板的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則外力F做的功W=μmg(l-d)+μmg+2μmg又kx0=μmg聯(lián)立解得W=3(μmg)22k+μmg故選B。9.(多選)(2023·全國乙卷·21)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時()A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于12mv0D.物塊的動能一定小于12mv0答案BD解析設(shè)物塊離開木板時的動能為Ek塊，此時木板的動能為Ek板，對木板：f·x板=Ek板對物塊：-fx塊=Ek塊-12m木板和物塊的v-t圖像如圖所示，由圖可知x板<l，x塊>l故Ek板<fl，Ek塊<12mv02故B、D正確，A、C錯誤。10.(2025·河南南陽市一模)如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角為30°，其中A、B兩點間的距離為3.5m，傳送帶在電動機(jī)的帶動下以v=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為4kg的小物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶的B點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32，g取10m/s2，則在傳送帶將小物塊從B點傳送到AA.小物塊經(jīng)過415B.摩擦力對小物塊做的功為24JC.摩擦產(chǎn)生的熱量為24JD.因放小物塊而使得電動機(jī)多消耗的電能為78J答案C解析物塊剛放在B點時，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，由于μ=32>tan30°，物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律μmgcos30°-mgsin30°=ma，得a=2.5m/s2，假設(shè)物塊能與傳送帶達(dá)到相同速度，則物塊上滑的位移x1=v22a=0.8m<L=3.5m，假設(shè)成立。物塊與傳送帶達(dá)到相同速度后，將向上做勻速直線運動，到達(dá)A點的速度仍為2m/s。小物塊勻加速時間t=va=22.5s=0.8s，小物塊經(jīng)過0.8s后與傳送帶共速，A錯誤；勻加速階段摩擦力對小物塊做的功W1=μmgcos30°·x1=32×4×10×32×45J=24J，小物塊勻速運動過程中，小物塊受到靜摩擦力，大小與重力平行斜面向下的分力相等。靜摩擦力對小物塊做的功W2=mgsin30°(L-x1)=4×10×12×(3.5-0.8)J=54J，故摩擦力對小物塊做的功為W=W1+W2=24J+54J=78J，B錯誤；小物塊與傳送帶的相對位移Δx=vt-v2t=0.8m，摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgcos30°·Δx=32×4×10×32×45J=24J，C正確；因放小物塊而使得電動機(jī)多消耗的電能E=ΔEk+ΔEp+Q=12mv2+mgLsin熱點8動量和動量守恒[分值：42分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分]1.(2024·江蘇高郵市開學(xué)考)如圖所示，曲面體P均靜止于光滑水平面上，圖乙中P的左側(cè)有一個固定木樁，兩圖中物塊Q與P的接觸面粗糙，Q自P的上端靜止釋放，在Q下滑的過程中，關(guān)于P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A.圖甲，動量守恒、機(jī)械能守恒B.圖甲，動量不守恒、機(jī)械能不守恒C.圖乙，水平方向動量守恒、機(jī)械能不守恒D.圖乙，豎直方向動量不守恒、機(jī)械能守恒答案B解析題圖甲，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，但系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)動量不守恒。Q與P的接觸面粗糙，克服阻力做功生熱，所以機(jī)械能不守恒，故A錯誤，B正確；題圖乙，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，Q與P的接觸面粗糙，克服阻力做功生熱，所以機(jī)械能不守恒，故C錯誤；題圖乙，系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，機(jī)械能不守恒，故D錯誤。2.如圖甲所示，水火箭又稱氣壓式噴水火箭、水推進(jìn)火箭，由飲料瓶、硬紙片等環(huán)保廢舊材料制作而成。圖乙是水火箭的簡易原理圖：用打氣筒向水火箭內(nèi)不斷打氣，當(dāng)內(nèi)部氣體壓強(qiáng)增大到一定程度時發(fā)射，發(fā)射時可近似認(rèn)為水從水火箭中向下以恒定速度v0=40m/s在不到0.1s時間內(nèi)噴完，使水火箭升空。已知水和水火箭的質(zhì)量分別為m1=0.4kg、m2=0.3kg，忽略空氣阻力，水剛好噴完時，水火箭的速度最接近()A.12m/s B.30m/sC.50m/s D.120m/s答案C解析由于水在不到0.1s時間內(nèi)噴完，可知水和水火箭間的作用力較大，水和水火箭的重力可以忽略，水和水火箭組成的系統(tǒng)動量近似守恒，有m1v0-m2v=0，解得水火箭的速度v=m1v0m2=0.4×403.(2025·河南省信陽市二模)帆船是利用風(fēng)力航行的船，是繼舟、筏之后的一種古老的水上交通工具。如圖所示，在某次航行時，一艘帆船在水平風(fēng)力的作用下，以速度v0沿風(fēng)的方向勻速前行，風(fēng)與帆作用的有效面積為S，氣流的平均密度為ρ，帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為f。假設(shè)氣流與帆作用后速度與帆船前行速度相等，則風(fēng)速大小為()A.fρS+v0 B.2fρSC.fρS+2v0 D.2fρS答案A解析Δt時間內(nèi)沖擊船帆的空氣的體積為V=SL=S(v-v0)Δt，Δt時間內(nèi)沖擊船帆的空氣質(zhì)量為m=ρV=ρS(v-v0)Δt，空氣的動量改變量為Δp=m(v0-v)，取船速方向為正，設(shè)帆對空氣的作用力大小為F，由動量定理可得-Ft=Δp，即-F·Δt=ρS(v-v0)Δt(v0-v)，由牛頓第三定律知空氣對帆的作用力F'=F，又帆船勻速前行，根據(jù)平衡條件可知F'=f，聯(lián)立解得v=fρS+v0，故選A4.(2025·甘肅卷·4)如圖，小球A從距離地面20m處自由下落，1s末恰好被小球B從左側(cè)水平擊中，小球A落地時的水平位移為3m。兩球質(zhì)量相同，碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度g取10m/s2，則碰撞前小球B的速度大小v為()A.1.5m/s B.3.0m/sC.4.5m/s D.6.0m/s答案B解析根據(jù)題意可知，小球A和B碰撞過程中，水平方向上動量守恒，豎直方向上A球的豎直速度不變，設(shè)碰撞后A球水平速度為v1，B球水平速度為v2，則有mv=mv1+mv2，碰撞為完全彈性碰撞，則由能量守恒定律有12mv2=12mv12+12mv22，聯(lián)立解得v1=v，v2=0，小球A在豎直方向上做勻加速直線運動，則有h=12gt2，解得t=2s，可知，碰撞后，小球A運動t'=1s落地，則水平方向上有x=vt'5.(2025·浙江1月選考·8)如圖所示，光滑水平地面上放置完全相同的兩長板A和B，滑塊C(可視為質(zhì)點)置于B的右端，三者質(zhì)量均為1kg。A以4m/s的速度向右運動，B和C一起以2m/s的速度向左運動，A和B發(fā)生碰撞后粘在一起不再分開。已知A和B的長度均為0.75m，C與A、B間動摩擦因數(shù)均為0.5，則()A.碰撞瞬間C相對地面靜止B.碰撞后到三者相對靜止，經(jīng)歷的時間為0.2sC.碰撞后到三者相對靜止，摩擦產(chǎn)生的熱量為12JD.碰撞后到三者相對靜止，C相對長板滑動的距離為0.6m答案D解析碰撞瞬間C相對地面向左運動，選項A錯誤；設(shè)水平向右為正方向，則A、B碰撞過程由動量守恒mvA-mvB=2mv1，解得v1=1m/s方向向右；當(dāng)三者共速時2mv1-mvC=3mv，解得v=0，即最終三者一起靜止，可知經(jīng)歷的時間t=vCμg=20.5×10s=0.4碰撞后到三者相對靜止時由摩擦產(chǎn)生的熱量Q=12×2mv12+12mvC2碰撞后到三者相對靜止由能量關(guān)系可知Q=μmgx相對可得x相對=0.6m，選項D正確。6.(多選)(2025·安徽省皖北協(xié)作區(qū)一模)如圖所示，四分之一光滑圓弧槽C和小滑塊A、B均靜止在光滑水平臺面上，A、B用細(xì)線連接，中間夾一被壓縮的水平輕短彈簧(A、B與彈簧不連接)。與槽C完全相同的槽D緊靠在平臺右側(cè)，兩槽底邊都與水平面相切，槽半徑R=0.8m，滑塊A、B質(zhì)量分別為mA=1.8kg、mB=4.5kg?，F(xiàn)燒斷細(xì)線，A向左剛好能滑到槽C的最高點，B向右從平臺拋出后剛好落在槽D的最低點。不計空氣阻力，小滑塊A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A.B離開彈簧時的速度大小vB=2m/sB.在A、B與彈簧分離的過程中，彈簧對A的沖量比對B的沖量大C.在A上滑到槽C最高點的過程中，A和槽C組成的系統(tǒng)動量守恒D.槽C的質(zhì)量mC=3.2kg答案AD解析離開平臺后B做平拋運動，有R=vBt，R=12gt2，代入數(shù)據(jù)解得vB=2m/s，故A正確；在A、B與彈簧分離的過程中，彈簧對A、B的沖量大小相等，故B錯誤；在A上滑的過程中，A與槽C在水平方向動量守恒，在豎直方向上受到的合力不為零，豎直方向動量不守恒，故C錯誤；對彈簧釋放過程有mAvA=mBvB，A上滑到槽C的最高點的過程有mAvA=(mA+mC)v，12mAvA2=12(mA+mC)v2+mAgR，聯(lián)立解得mC=3.27.(2025·遼寧省遼南協(xié)作體三模)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為2m的球C，現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放球C，則下列說法正確的是(重力加速度為g)()A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.C球擺到