备战2025年高考物理抢分试题（新高考通用）07动力学和能量观点含解析答案

这是一份备战2025年高考物理抢分试题（新高考通用）07动力学和能量观点含解析答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形导轨在点相切，半圆轨道半径为R，C是半圆形导轨上与圆心等高的点，一个质量为可视为质点的小球将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下小球获得某一向右的速度后脱离弹簧，从点进入半圆形导轨，恰能运动到半圆形导轨的最高点，从点飞出后落在水平轨道上的点（点未画出），重力加速度为，不计空气阻力，则（ ）
A．小球过最高点时的速度大小为B．释放小球时弹簧的弹性势能为
C．小球运动到点时对轨道的压力为2mgD．水平轨道上的落点到点的距离为
2．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度，，。下列说法正确的是（ ）
A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J
3．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m。则（ ）
A．时刻，小物块离A处的距离最大
B．时间内，小物块的加速度方向先向右后向左
C．时间内，因摩擦产生的热量为
D．时间内，物块在传送带上留下的划痕为
4．如图所示，上表面粗糙的长木板B静止在光滑的水平面上，物块A叠放在长木板右端，轻弹簧一端连接在物块A上，另一端连接在竖直墙面上，开始时弹簧处于原长，现对B施加一水平向右恒定的拉力F，弹簧始终处于弹性限度内且只分析A未离开B的过程，则正确的说法是（ ）

A．施加拉力后最初的一段时间内，物块A和木板B一定无相对滑动
B．施加拉力的瞬间，物块A所受的摩擦力为零
C．施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量
D．施加拉力后，在A与B相对滑动过程中，A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B间产生的热量
二、多选题
5．如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角，与两皮带轮、相切与A、B两点，从A到B长度为。传送带以的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为。长度为水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）

A．小物块从A运动到B的时间为8s
B．小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用
C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为
D．若小物块刚好停在CD中点，则
6．如图所示为某超市的自动卸货装置示意图，在运输车和转运车之间搭建了一个长为的运输带，倾角为，且在电机的带动下以恒定的速度逆时针转动。现将质量为的包装箱由运输带的顶端P无初速度释放，包装箱与运输带之间的动摩擦因数，经过一段时间包装箱运动到运输带的底端Q。通过圆弧无能量损失进入质量为水平静止的转运车，包装箱与转运车之间的动摩擦因数，转运车与地面之间的动摩擦因数为，包装箱没有滑离转运车。重力加速度为，，。则下列说法正确的是（ ）
A．包装箱在运输带上运动的时间为
B．整个过程中因摩擦产生的热量为640J
C．转运车长度1m，可以保证包装箱没有滑离转运车
D．包装箱在运输带上留下的划痕长度为
7．一块质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为，长木板A的动能增加量为，A、B间摩擦产生的热量为Q（不考虑空气阻力），关于，，Q的数值，下列三个数量关系一定不可能的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
8．如图所示，质量为的长木板放在粗糙的水平地面上，质量的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面之间的动摩擦因数。现给小物块施加一个水平向左的恒力，给长木板施加一个水平向右的恒力时撤掉力，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是（ ）

A．长木板的加速度
B．过程中对小物块做了的功
C．的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
三、解答题
9．如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度v0从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：
（1）两物块碰后瞬间对轨道B点的压力FN的大小；
（2）物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（3）碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。
10．如图所示，半径竖直放置的光滑半圆轨道与光滑水平轨道在A点平滑连接，质量为的小物体a（可视为质点）以初速度从C点出发，经A点恰好运动到B点，物体通过最高点B后作平抛运动，恰好落在C点，重力加速度g取，试求：
（1）物体的初速度；
（2）若物体以初速度从C点出发，在运动过程中，始终受到竖直平面内且与水平方向成角斜向左上方恒力的作用，此时物体恰好对水平轨道无压力，求物体运动过程中离出发点C的最大水平距离（计算结果用分数表示）。
11．如图所示，一轻弹簧原长，其一端固定在倾角为的固定斜面的底端处，另一端位于处，弹簧处于自然伸长状态，斜面长。在间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且长，传送带逆时针转动，转动速度为。传送带上端通过一个光滑直轨道与一个半径为的光滑圆弧轨道相切于点，且端切线水平，均在同一竖直平面内，且在同一竖直线上。质量为的物块P（可视为质点）从点由静止释放，最低到达点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求间距离及物块P运动到点时弹簧的弹性势能；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好落于点，求物块运动到点的速度。
12．如图所示，倾角为的传送带以的速度顺时针运行。一质量为的物块以的初速度从底端冲上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，物块可以看做质点。已知传送带长度，重力加速度g取10，，。求：（计算结果可以保留根号）
（1）物块在传送带上运行的总时间；
（2）物块与传送带摩擦产生的总热量。
13．如图，倾角的足够长光滑斜面固定，长，质量的长木板下端靠着插销置于斜面上，下端上表面放有一质量的物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端栓在固定挡板上。零时刻拔去插销，0.8s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（1）求0.2s末细线对物块的拉力大小；
（2）求0.8s末长木板的速度大小；
（3）在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少。

14．如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点（B点处有一段长度不计的小圆弧）滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度，倾斜轨道AB与水平方向的夹角为，BC段的长度，长木板的长度，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数，长木板与地面的动摩擦因数，重力加速度，取，求：
（1）货物到达B点时的速度多大；
（2）长木板的右端刚到C点时货物的速度多大；
（3）长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值。
参考答案：
1．B
【详解】A．小球恰好通过最高点，则
小球过最高点时的速度大小为
A错误；
B．根据机械能守恒
释放小球时弹簧的弹性势能为
B正确；
C．根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
得
根据牛顿第三定律，小球运动到点时对轨道的压力为3mg，C错误；
D．小球从D点做平抛运动，则
，
得水平轨道上的落点到点的距离为
D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知
对货物有
解得
故A项错误；
B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有
解得
则传送带两端点之间的距离为
故B项错误；
C．加速阶段的加速度大小为a，有
加速阶段时间为，有
传送带速度为
设匀速阶段时间为，有
所以总时间为
故C项正确；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为
解得
故D项错误。
故选C。
3．C
【详解】A．初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的图象可知，时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；
B．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；
CD．时间内物体相对地面向左的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物体相对地面向右的位移
这段时间传送带向右的位移
因此物体相对传送带的位移
时间内物块在传送带上留下的划痕为
这段时间内，因此摩擦产生的热量
C正确，D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．由题干可知，施加水平向右的恒力F后，在物块A与木板B未分离过程中，即施加力F后，物块A与木板B即发生相对滑动，故A项错误；
B．由上述分析可知，施加拉力后，两者之间即发生相对滑动，此时物块A与木板间存在滑动摩擦力，故B项错误；
C．由能量守恒可知，拉力F所做的功等于物块A与木板B、弹簧整体机械能的增量以及A、B物体之间摩擦产生的热，即施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量，故C项正确；
D．由功能关系可知，A、B之间产生的热等于A、B之间摩擦力与A、B两物体间的相对位移的乘积即
故D项错误。
故选C。
5．ABC
【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得
解得
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
则假设成立，小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，由于
小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为
则小物块从A运动到B所用的时间为
A正确；
B．小物块运动到皮带轮最高点时所需的向心力
所以小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用，B正确；
C．小物块与传送带的相对位移为
小物块与传送带摩擦产生的热量为
B、C的高度
小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为
故C正确；
D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有
解得
D错误。
故选ABC。
6．ABD
【详解】A．包装箱在顶端P无初速度释放时，向下做匀加速直线运动，设加速度为，则有
包装箱从释放到与运输带共速所用时间为
包装箱从释放到与运输带共速通过的位移为
由于
包装箱与运输带共速后，包装箱继续向下做匀加速直线运动，设加速度为，则有
设包装箱从共速到底端所用时间为，则有
解得
或（舍去）
包装箱在运输带上运动的时间为
故A正确；
D．包装箱从释放到与运输带共速的过程，包装箱相对于运输带向上运动，发生的相对位移为
包装箱从共速到底端，包装箱相对于运输带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知包装箱在运输带上留下的划痕长度为，故D正确。
B．包装箱在运输带上运动因摩擦产生的热量为
包装箱到达底端时的速度为
包装箱滑上转运车，最终包装箱和转运车都处于静止状态，则包装箱滑上转运车时的动能全部变成因摩擦产生的热量，则有
故整个过程中因摩擦产生的热量为
故B正确；
C．包装箱滑上转运车做匀减速运动的加速度大小为
转运车做匀加速运动的加速度大小为
包装箱滑上转运车到与转运车共速所用时间为，则有
解得
，
此过程包装箱与转运车发生的相对位移为
包装箱与转运车共速后，一起相对静止向前做匀减速运动，则要保证包装箱没有滑离转运车，转运车长度至少为，故C错误。
故选ABD。
7．CD
【详解】设物体与木板间的摩擦力大小为，木块B的位移为，木板A的位移为，对A有
对B有
且
A和B运动的图像为
图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出
所以有
选不可能的，故选CD。
8．BC
【详解】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示

A. 根据牛顿第二定律
故A错误；
B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为和，长木板和小物块在0~4s内的如图所示，0~2s小物块做匀加速直线运动，位移，拉力对小物块做功为
故B正确；
C．两条图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由图像可知
小物块与长木板之间的摩擦生热
故C正确；

D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。
故选BC。
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）碰撞后恰好能运动到最高点

碰后瞬间
根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向
得
（2）P从A到B的过程中
碰撞过程中
得
（3）碰撞过程中P对Q做功等于Q动能的增加
得
10．（1）；（2）
【详解】（1）设物体在B点的速度为，由于物体恰好经过B点，则有
可得
由B到C做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
物体在从C点到B点过程中，根据动能定理
联立
，
（2）物体恰好对水平轨道无压力，可知斜向左上方恒力与重力的合力方向水平向左，大小
设物体脱离轨道时在半圆轨道D点，OD与竖直方向的夹角为，物体在从C点到D点过程中，根据动能定理
在D点由牛顿第二定律得
物体D点离开轨道后，水平方向做匀减速直线运动，则有
，
则物体距C的最大水平距离为
联立解得
11．（1），；（2）
【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得物块的加速度
a=12m/s2
当物块速度达到4m/s时，其位移为
故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
联立解得
L0=1m，Ep=80J
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有
x0csθ=vDt
竖直方向上有
解得
vD=4m/s
12．（1）；（2）
【详解】（1）物块速度大于传送带速度时，由牛顿第二定律有
2
所用时间
s
物体的位移
物块速度小于传送带速度时，由牛顿第二定律有
所用时间
物体的位移
因为
物块能够反向运动
解得
s
总时间
s
（2）物块向上运动过程中，物块与传送带的相对位移
物块向下运动过程中，物块与传送带的相对位移
产生的热量
J
13．（1）10N；（2）2m/s；（3）
【详解】（1）以物块为研究对象，其受力如图所示

物块静止，由力的平衡条件有
代入数据解得
（2）以木板为研究对象，其受力如图所示

由牛顿第二定律有
代入数据得
由运动学规律有
将代入解得
（3）0～0.8s内木板发生的位移为
代入数据得
0.8s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度不变，二者均向下做匀加速运动。假设经时间两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有
代入数据得
由运动学规律有
代入数据得
木板发生的位移为
物块发生的位移为
代入数据得
两者间的相对位移为
因，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，可得在木板下滑的过程中，系统产生的热量
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意，货物由A运动到B过程，根据动能定理，可得
解得
（2）依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得
根据匀变速直线运动规律，有
解得
（3）长木板进入反弹装置时的速度为
设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程，有
根据匀变速直线运动规律，有
联立解得
则长木板刚进入反弹装置时的能量为
长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得
长木板在反弹的过程中损失的能量为
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值