力学综合压轴选择题（全国乙卷和Ⅱ卷）-高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测

力学综合压轴选择题（全国乙卷和Ⅱ卷）

高考物理力学压轴选择题是考查学生物理学科素养高低的试金石，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。

一、       命题范围

1、牛顿运动定律综合性题目（压轴指数★★★★）

整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用，临界问题和瞬时性问题。

2、共点力平衡（压轴指数★★★★）

三力平衡的处理方法，除常规的合成法，正交分解法，还要注意一些特殊的方法，例如相似三角形法和正弦定理和余弦定理处理相关问题。

3、圆周运动和抛体运动（压轴指数★★★★）

水平面内和竖直平面的圆周运动的临界问题，立体空间的抛体运动。

3、机械能守恒定律和能量守恒定律（压轴指数★★★★★）

利用机械能守恒定律或动能定理、能量守恒定律处理力学综合类题目。

4、动量定理和动量守恒定律（压轴指数★★★★★）

利用动量定理处理缓冲或流体问题，利用动量守恒定律解决碰撞或爆炸等问题。

二、命题类型

1.力学情境综合型。物理情境选自生活生产情境或学习探究情境，物理力学情境综合型试题的物理模型有：斜面、板块、弹簧等模型。研究对象包含两个或两个以上物体、物理过程复杂程度高。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点常包含：匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等。命题常涉及运动学、力学、功能关系、动量观点等多个物理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。

2. 单一物体多过程型、多物体同一过程型问题。对单一物体多过程型问题，比较多过程的不同之处，利用数学语言列方程求解。对于多物体同一过程型问题，要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系。选取研究对象，或采用隔离法，或采用整体法，或将隔离法与整体法交叉使用。

一、单选题

1．（2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示

由几何关系可知

设绳子拉力为，水平方向有

解得

对任意小球由牛顿第二定律可得

解得

故A正确，BCD错误。

故选A。

2．（2022·全国·高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A．它滑过的弧长

B．它下降的高度

C．它到P点的距离

D．它与P点的连线扫过的面积

【答案】C

【解析】如图所示

设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得

联立可得

可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

3．（2021·全国·高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（　　）

A．动量守恒，机械能守恒

B．动量守恒，机械能不守恒

C．动量不守恒，机械能守恒

D．动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。

故选B。

4．（2020·全国·统考高考真题）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　）

A．20 B．18 C．9.0 D．3.0

【答案】B

【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有

根据平抛运动规律有

当在a点时动能为E2时，有

根据平抛运动规律有

联立以上各式可解得

故选B。

5．（2019·全国·高考真题）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为

A．150kg B．kg C．200 kg D．kg

【答案】A

【解析】

T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，代入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意

6．（2018·全国·高考真题）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定：()

A．等于拉力所做的功；

B．小于拉力所做的功；

C．等于克服摩擦力所做的功；

D．大于克服摩擦力所做的功；

【答案】B

【解析】木箱受力如图所示：

木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，

根据动能定理可知即： ，所以动能小于拉力做的功，故B正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，ACD错误．

故选B

7．（2018·全国·高考真题）高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（    ）

A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N

【答案】C

【解析】本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．

设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，

由动能定理可知： ，

解得：    

落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，

由动量定理可知： ，解得： ，

根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确

故选C

8．（2017·全国·高考真题）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）

A．一直不做功

B．一直做正功

C．始终指向大圆环圆心

D．始终背离大圆环圆心

【答案】A

【解析】AB．大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，A正确，B错误；

CD．小环在运动过程中，在大环的上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，CD错误。

故选A。

9．（2017·全国·高考真题）如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)

A．2－ B． C． D．

【答案】C

【解析】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：，当拉力倾斜时，物体受力分析如图

由平衡条件得：，，又，得摩擦力为：，联立解得：，故选C.

10．（2017·全国·高考真题）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，据机械能守恒定律有

物块从轨道上端水平飞出做平抛运动

联立解得水平距离

由数学知识可知，当

水平位移最大，所以对应的轨道半径为。

故选B。

11．（2015·全国·高考真题）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度随时间t变化的图像中,可能正确的是(   )

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】在时间内，如果匀速，则图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据，牵引力减小；根据，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度；所以时间内，图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据，牵引力减小；再根据，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即，汽车开始做匀速直线运动，此时速度．所以在时间内，即图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线，A正确；

12．（2014·全国·高考真题）如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为（ ）

A．Mg-5mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg

【答案】C

【解析】试题分析：小圆环到达大圆环低端时满足：，对小圆环在最低点，有牛顿定律可得：；对大圆环，由平衡可知：，解得，选项C正确．

考点：牛顿定律及物体的平衡．

13．（2013·全国·高考真题）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出

A．物块的质量 B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力

【答案】C

【解析】根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析（如图所示），若F>mgsinθ，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有----①；若F<mgsinθ，则物体有沿斜面向下的运动趋势，f的方向沿斜面向上阻碍物体相对运动趋势，有----②；由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知---③，由①②可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力（）也无法求出．综上所述，正确答案为C．

二、多选题

14．（2022·全国·统考高考真题）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）

A．时物块的动能为零

B．时物块回到初始位置

C．时物块的动量为

D．时间内F对物块所做的功为

【答案】AD

【解析】物块与地面间的摩擦力为

AC．对物块从s内由动量定理可知

即

得

3s时物块的动量为

设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得

即

解得

所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；

B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得

即

得

过程中，对物块由动能定理可得

即

得

物块开始反向运动，物块的加速度大小为

发生的位移为

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D．物块在6s时的速度大小为

拉力所做的功为

故D正确。

故选AD。

15．（2021·全国·高考真题）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）

A．在此过程中F所做的功为

B．在此过中F的冲量大小等于

C．物体与桌面间的动摩擦因数等于

D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知

①

由速度位移公式有

②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知

③

由速度位移公式有

  ④

由①②③④可得，水平恒力

动摩擦因数

滑动摩擦力

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

故C正确，D错误；

A．在此过程中，外力F做功为

故A错误；

B．由平均速度公式可知，外力F作用时间

在此过程中，F的冲量大小是

故B正确。

故选BC。

16．（2021·全国·高考真题）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）

A． B．

C． D．在时间段物块与木板加速度相等

【答案】BCD

【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有

A错误；

BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有

以木板为对象，根据牛顿第二定律，有

解得

BC正确；

D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。

故选BCD。

17．（2020·全国·统考高考真题）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（　　）

A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg

【答案】BC

【解析】设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律

解得

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

解得

第3次推出后

解得

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

根据题意可知

解得

第7次运动员的速度一定小于，则

解得

综上所述，运动员的质量满足

AD错误，BC正确。

故选BC。

18．（2019·全国·高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得

A．物体的质量为2 kg

B．h=0时，物体的速率为20 m/s

C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J

D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J

【答案】AD

【解析】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确

B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；

C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误

D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确

19．（2019·全国·高考真题）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则（　　）

A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；

B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确

C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a1>a2，故C错误

D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy1<fy2，故D正确

20．（2016·全国·高考真题）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且。在小球从M点运动到N点的过程中（  ）

A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

【答案】BCD

【解析】A．因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且，可知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则在小球从M点运动到N点的过程中，弹簧的弹性势能先增大，后减小再增大；弹簧的弹力对小球先做负功，后做正功再做负功，故A错误；

B．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，小球受到的合力为重力，小球的加速度为重力加速度；当弹簧恢复到原长时，小球只受重力作用，小球的加速度为重力加速度；故有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，故B正确；

C．弹簧长度最短时，即弹簧处于水平方向，此时弹簧弹力与速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，故C正确；

D．由于M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，可知M和N两点处弹簧的压缩量等于伸长量，M和N两点处弹簧的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，故D正确。

故选BCD。

一、求解共点力平衡问题的常用方法：

1．合成法：一个力与其余所有力的合力等大反向，常用于非共线三力平衡．

2．正交分解法：Fx合＝0，Fy合＝0，常用于多力平衡．

3．矢量三角形法，把表示三个力的有向线段构成一个闭合的三角形，常用于非特殊角的一般三角形．

二、动态平衡问题

1．动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态．

2．做题流程

受力分析画不同状态平衡图构造矢量三角形

3．三力平衡、合力与分力关系

如图，F1、F2、F3共点平衡，三力的合力为零，则F1、F2的合力F3′与F3等大反向，F1、F2、F3′构成矢量三角形，即F3′为F1、F2的合力，也可以将F1、F2、F3直接构成封闭三角形．

三、动力学中的临界和极值问题

1．常见的临界条件

(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.

(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．

(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.

2．解题基本思路

(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；

(2)寻找过程中变化的物理量；

(3)探索物理量的变化规律；

(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．

3．解题方法

四、动力学图像问题

1．常见图像

v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等．

2．题型分类

(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．

(3)由已知条件确定某物理量的变化图像．

3．解题策略

(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．

(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．

(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．

五、动能定理与图像问题的结合

1．解决图像问题的基本步骤

(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．

(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．

(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．

2．图像所围“面积”和图像斜率的含义

六、机械能守恒定律的应用

1．表达式

2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤

七、动量定理的理解和应用

1．对动量定理的理解

(1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．

(2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．

(3)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．

(4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．

2．解题基本思路

(1)确定研究对象．

(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．

(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．

(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．

八、碰撞问题

1．碰撞问题遵守的三条原则

(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.

(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.

(3)速度要符合实际情况

①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．

2．弹性碰撞的重要结论

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有

m1v1＝m1v1′＋m2v2′

m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2

联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1

讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；

②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；

③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.

3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0.

一、单选题

1．如图是户外活动时常用的一种便携式三脚架，它由三根长度均为的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过一根细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架顶点离地的高度，吊锅和细铁链的总质量为，支架与铰链间的摩擦忽略不计。则（　　）

A．每根轻杆中的弹力大小为

B．每根轻杆对地面的摩擦力大小为

C．减小时，每根轻杆对地面的压力增大

D．减小时，每根轻杆对地面的摩擦力减小

【答案】B

【解析】A．设每根轻杆与竖直方向的夹角为，由题意可得

解得

以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为，在竖直方向上，根据平衡条件可得

解得

A错误；

B．每根杆对地面的摩擦力大小为

B正确；

C．以整个装置为研究对象，设地面对每根轻杆的支持力为，由平衡条件可知

可得

因此减小时，地面对每根轻杆的支持力不变，因此根据牛顿第三定律可知，每根轻杆对地面压力不变，大小均为，C错误；

D．由前面分析可知每根轻杆对地面摩擦力大小为

减小时，增大，每根轻杆对地面的摩擦力增大，D错误。

故选B。

2．如图甲，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力F大小和长木板及小物块的加速度a的数值如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）

A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数

C．小物块的质量 D．长木板的质量

【答案】B

【解析】由题图乙知，当F=F1时小物块与长木板均恰好要相对地面滑动，则有

当F1<F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有

即

则结合图像有

a0=μ2g

联立解得

，

当F>F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有

F-μ1mg=ma

整理得

结合图像有

=

对长木板有

联立解得

，

由图乙知

=

所以

M=，

故选B。

3．如图，一质量为M、半径为R的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量均为m的两个小环（可视为质点），同时从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为g，则小环下滑到大环最低点的过程中（　　）

A．大环与两小环所构成的系统始终处于失重状态

B．大环对轻杆拉力的大小为Mg的时刻有1个

C．大环与两小环所构成的系统动量守恒

D．小环运动时间大于

【答案】D

【解析】A．两个小圆环在大环上先有向下的加速度分量，失重；然后有向上的加速度分量，超重，选项A错误；

B．小环受重力，大环对小环的支持力而做圆周运动；

①当小环运动到上半圆上某位置时，其重力沿半径指向圆心的分力恰好等于向心力时，此时小环对大环压力为零；

②小环运动到与圆心等高处，大环对小环压力沿水平方向指向圆心，小环对大环没有竖直方向的压力作用；

所以在此两处，大环对轻杆拉力大小为Mg，故B错误；

C．两小圆环水平速度等大反向，竖直速度逐渐增加，则大环与两小环所构成的系统动量不守恒，选项C错误；

D．若小圆环做自由落体运动从最高点到最低点，则用时间为；而小圆环沿大圆环下滑时加速度的竖直分量小于g，可知小环运动时间大于，选项D正确。

故选D。

4．将一个小球从地球竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速率、位移、动能和机械能分别为、、和，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】A.小球在上升过程中，由牛顿第二定律得

逐渐减小，则减小，下降过程中有

越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为，图像应为平滑曲线，故A错误；

B．图斜率为

在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；

C．图像斜率为合外力，向上运动过程

变小，向下运动过程中

继续变小，故C正确；

D、向上运动过程比向下过程中任意一个位置，摩擦力要更大，故向上过程中摩擦力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误。

故选C。

5．随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐。如图所示，假设甲、乙、丙三位运动员从同一点O沿不同方向斜向上击出的高尔夫球分别落在水平地面上不同位置A、B、C，三条路径的最高点在同一水平面内，不计空气阻力的影响，则（　　）

A．甲击出的高尔夫球落地的速率最大

B．甲击出的高尔夫球在空中运动时间最长

C．三个高尔夫球飞到最高点时速度为零

D．三个高尔夫球击出的初速度水平分量相等

【答案】A

【解析】ABD．由图可知三个球最高点相同，运动时间相同；由于运动时间相等，水平位移甲的最大，故击出初速度的水平分量甲的最大，据运动的对称性和速度的合成可知甲击出的高尔夫球落地速率最大，故BD错误，A正确；

C．做斜抛运动的物体最高点还有水平速度，速度不为零，故C错误。

故选A。

6．如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h（A点）处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度逐渐增大时，下列说法正确的是（    ）

A．小球始终受三个力的作用

B．细绳上的拉力始终保持不变

C．要使球不离开水平面，结合得到角速度的最大值为

D．角速度逐渐增大，球可以上升到高度h以上

【答案】C

【解析】A．当小球角速度较小时，小球受重力、支持力、拉力三个力的作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，此时小球受重力和绳子的拉力两个力的作用，故A错误；

B．小球在水平面内做圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度逐渐增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，此时有绳子上的拉力为

可知，拉力T变大，故B错误；

C．当小球恰好要离开水平面时，即此刻水平面对小球的支持力恰好为零，有

，，

联立解得

故C正确；

D．角速度逐渐增大，球上升的高度始终不会超过，假设超过，则重力与绳子拉力的合力不再指向小球做圆周运动的圆心，而小球要做圆周运动，绳子拉力与小球重力的合力必须指向小球做圆周运动的圆心，因此矛盾，假设不成立，故D错误。

故选C。

7．如图所示，轻杆一端固定有质量为的小球，另一端安装在水平转轴上，转轴到小球的距离为1m，转轴固定在带电动机（电动机没画出来）的三角形支架上（支架放在水平地面上且始终保持静止），在电动机作用下，小球在竖直面内做匀速圆周运动。若小球的转速为n且运动到最高点时，杆受到小球的压力为2N（重力加速度g取），则（    ）

A．小球运动时需要的向心力大小为22N

B．小球运动的线速度大小为2m/s

C．小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力大小为18N

D．把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点

【答案】C

【解析】A．小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，在最高点，杆对小球的支持力为2N，根据题意可得

故A错误；

B．根据

解得

故B错误；

C．小球运动到图示水平位置时，杆对小球水平方向的分力大小为18N，对支架水平方向由平衡条件可知地面对支架的摩擦力大小为18N，故C错误；

D．把杆换成轻绳，轻绳无法给小球支持力，同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D错误。

故选B。

8．如图所示，长为L的轻质细绳一端固定在天花板上的O点，另一端拴一质量为m的小球。刚开始细绳处于水平位置，现将小球由静止释放，细绳从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A点运动到B点，C点、D点是圆弧的两个三等分点，不计一切摩擦阻力，则重力在C点和D点的瞬时功率之比满足（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】如图所示

设OA与OC的夹角为，OD与OA的夹角为，A到C由动能定理得

重力的瞬时功率为

联立解得

同理得D点重力的瞬时功率

\将，代入，可得

故选B。

二、多选题

9．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用。距地面高h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能随h的变化如图。重力加速度。该物体的质量m和所受的阻力f是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【解析】物体上升过程，根据动能定理有

同理，物体下降过程，有

联立，解得

故选BD。

10．如图甲所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，其中斜面的长度为l0，一质量为m可视为质点的物块从静止开始由斜面体的顶端A滑到底端B，物块与斜面体之间的动摩擦因数μ随下滑距离x的变化规律如图乙所示。重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．物块克服滑动摩擦力做的功为

B．物块克服滑动摩擦力做的功为

C．物块在B点的速度大小为

D．若物块在沿斜面体向上的外力作用下，由B点缓慢移动到A点，外力做功

【答案】BD

【解析】AB．由图乙作出该过程中摩擦力随x的变化规律，如图所示

则图线与坐标轴围成的面积表示物块克服滑动摩擦力所做的功，即

故A错误，B正确；

C．对物块由A点到B点的过程中，由动能定理得

解得物块在B点的速度大小为

故C错误；

D．物体由B点缓慢移动到A点，动能没有变化，由动能定理

解得

故选BD。

11．如图甲所示，一条绷紧的水平传送带AB以恒定速率v1做匀速直线运动，传送带右端的光滑水平台面与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动。滑块以速率v2向左从A点滑上传送带，在传送带上运动时动能随路程变化的Ek-x图像如图乙所示，已知滑块质量m=2 kg，可视为质点，重力加速度g=10 m/s2。则下列说法中正确的是（　　）

A．传送带的运行速率为v1=1m/s

B．滑块在传送带上的运动时间为4.5s

C．若传送带的运动速率增大，则滑块在传送带上运动时间一定越来越小

D．滑块从滑上传送带到再次滑回平台的整个过程中因摩擦产生的热量为36J

【答案】BD

【解析】A．由图乙可知滑块的初动能为16J，结合动能的表达式

解得滑块的初速度大小为

滑块的速度大小减小到0时，位移大小为

由

解得滑块在传送带上的加速度大小为

该过程所用时间为

然后滑块反向加速到与传送带共速后速度不再发生变化，结合图乙可知，传送带的运行速率满足

解得

故A错误；

B．滑块与传送带共速所需的时间

滑块在t2=1 s时间内运动的位移大小为

方向水平向右，则剩下的3 m内滑块做匀速直线运动，所用时间为

滑块在传送带上运动的总时间为

故B正确；

C．滑块做减速运动的时间恒定，当传送带的运动速率稍微增大一些时，滑块返回到平台的时间会变短，当传送带的运动速率大于4m/s时，滑块返回到平台的时间不变，在传送带上运动的总时间也不变，故C错误；

D．滑块向左运动时，滑块和传送带之间的相对位移大小为

滑块向右运动时，滑块和传送带之间的相对位移大小为

由牛顿第二定律得滑块与传送带间的摩擦力大小为

则滑块从滑上传送带到再次滑回平台的整个过程中因摩擦产生的热量为

故D正确。

故选BD。

12．如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，底角，顶角，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，将物块a锁定，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b的质量为m，物块a质量为2m，解除物块a的锁定，同时将质量为0.5m的物块c轻放在长木板的上端，物块c始终保持静止，重力加速度，，，则下列说法正确的是（    ）

A．物块c的合力为零

B．物块c与长木板b间的动摩擦因数为0.6

C．由a、b和c构成的系统机械能守恒

D．由a、b和c构成的系统机械能的减小量等于系统产生的内能

【答案】AD

【解析】A．依题意，物块c始终保持静止，可知其合力为零。故A正确；

B．对物块c受力分析，可得

解得

故B错误；

CD．运动过程中，b、c间摩擦力做功，所以系统机械能的减小量等于系统产生的内能。故C错误；D正确。

故选AD。

13．如图甲所示，倾角的光滑斜面体固定在水平面上，一质量为m＝2kg的滑块放在斜面上。t＝0时刻在滑块上施加一平行斜面体的拉力使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向上的方向为正，已知重力加速度g取，则下列说法正确的是（    ）

A．0~1s内拉力与3~4s内拉力大小之比为4：1 B．0~1s内拉力做的功为9J

C．2s时拉力做功的功率为30W D．0~4s内合力的冲量为0

【答案】AD

【解析】A．0~1s内加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律，可得

3~4s内加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律，可得

联立，解得

故A正确；

B．由图可知，0~1s内滑块做初速度为零的匀加速直线运动，有

拉力做的功为

故B错误；

C．根据图线与横轴所围面积表示速度变化，可知2s时滑块速度为

由图可知，2s时滑块加速度为零，即

所以2s时拉力做功的功率为

故C错误；

D．根据动量定理可知

由图可知，0~4s内滑块速度变化为0，所以该段时间内合力的冲量为0。故D正确。

故选AD。

14．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量，电荷量的带负电的粒子从（-1cm，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上范围内往返运动，则（　　）

A．x轴负半轴电场强度E1和正半轴电场强度E2的大小的比值为

B．粒子在范围内运动过程中，电场力的冲量为8.0×10-14N·s

C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为

D．该粒子运动的周期

【答案】ABD

【解析】A．由及图像知，x轴负半轴和正半轴的电场强度大小分别为

所以

故A正确；

C．根据电场力做功与电势能变化关系可得

该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即

故C错误；

D．粒子在范围内运动过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得

粒子在0～0.5 cm范围内运动过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得

该粒子运动的周期

联立可得

故D正确；

B．粒子在范围内运动过程中，所受的电场力

冲量为

故B正确。

故选ABD。

15．如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小球A不能从斜劈顶端冲出

B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈

C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30N

D．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左

【答案】ACD

【解析】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为

代入数据得

N

小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；

AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为，小球竖直速度为，水平方向动量守恒

小球和斜劈系统机械能守恒

联立得

小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；

D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为、

联立得

小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。

故选ACD。

16．如图，水平平面内固定有两根足够长的平行导槽，质量为2m的U型管恰好能在两导槽之间自由滑动，其弯曲部分是半圆形，B点为圆弧部分中点，轻弹簧右端固定于U型管C点处，图为该装置的俯视图。开始U型管静止，一半径略小于管半径、质量为m的小球以初速度从U型管A点向左射入，最终又从A点离开U型管，不计一切摩擦。下列说法正确的是（    ）

A．小球运动到B点时U型管的速度大小为 B．小球运动到B点时小球的速度大小为

C．U型管获得的最大速度为 D．弹簧获得的最大弹性势能为

【答案】ABD

【解析】AB．小球运动到B点时，小球与U型管在平行导槽方向具有的共同速度，小球与U型管在平行导槽方向满足动量守恒，则有

解得

设球运动到B点时小球的速度大小为，根据机械能守恒可得

解得

故AB正确；

C．当小球从A点离开U型管，U型管的速度最大，设此时小球的速度为，U型管的速度为，则有

解得

，

可知U型管获得的最大速度为，故C错误；

D．当小球与U型管具有共同速度时，弹簧获得的最大弹性势能，根据动量守恒可得

解得

根据能量守恒可得

解得

选项D正确；

故选ABD。