力学新题型 题组2 -【高考密码】备战2025年高考物理2020-2024五年真题分类汇编

力学新题型 题组二 用时： 易错记录： 一、选择题 1.(2024·黑吉辽卷)如图(a),将一弹簧振子竖直 悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O,竖直向 上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处 由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐 运动的图像如图()所示（不考虑自转影响）。设 A.受到月球的引力为1350N 地球、该天体的平均密度分别为和p2,地球半 B.在AB段运动时一定有加速度 径是该天体半径的n倍。的值为 C.OA段与AB段的平均速度方向相同 D.从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度 4.(2023·辽宁卷)安培通过实验研究，发现了电流 2 地球 之间相互作用力的规律.若两段长度分别为△1 某天体 和△12、电流大小分别为11和I2的平行直导线 间距为r时，相互作用力的大小可以表示为 -2 △F=kl△△丝.比例系数k的单位是() r2 图(a) 图b) A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A)D.kg·m2/(g3·A3) A.2n B号 5.(2023·湖南卷)（多选）如图，固定在竖直面内的 c D品 光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成， 两段相切于B点，AB段与水平面夹角为0，BC 2.(2024·广东卷)如图所示，在细绳的拉动下，半 段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于 径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面 圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度o 内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为1的 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说 细管，管底在0点。细管内有一根原长为？，劲 法正确的是 () 度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底， 顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速 度口匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若 v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停 止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴 转动不停止，v的最大值为 ( A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐 隔盖 卷轴 增大 B.小球从A到C的过程中，重力的功案始终保 细绳 持不变 插销 C.小球的初速度=√2gR 细管 D.若小球初速度增大，小球有可能从B点脱 A品 离轨道 B.L 2m 6.(2022·全国乙卷)（多选）质量 ↑FN c赝 赝 为1kg的物块在水平力F的 作用下由静止开始在水平地面 246 3.(2023·6月浙江卷)图为“玉兔二号”巡视器在 上做直线运动，F与时间t的 月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是 关系如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数 直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg,则巡 为0.2，重力加速度大小取g=10m/s2.则 视器 () 五年高考真题分类集训 物理 A.4s时物块的动能为零 质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度 B.6s时物块回到初始位置 为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道 C.3s时物块的动量为12kg·m/s DE,轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运 D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 动时动摩擦因数41=0.25，向下运动时动摩擦 二、非选择题 因数2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦 7.(2024·河北卷)如图，三块厚度相同、质量相等 力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数 的木板A、B、C(上表面均粗髓)并排静止在光滑 恒为：1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能 水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木 发生弹性碰撞。（其他轨道均光滑，小物块视为 板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板 质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°= 长度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速 0.8) 度g取10m/s2,忽略空气阻力。 (1)若h=0.8m,求小物块 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求 ①第一次经过C点的向心加速度大小： A、B木板间的水平距离。 ②在DE上经过的总路程： (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以 ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间 做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左 下之比。 端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速 (2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不 度方向与水平方向夹角的正切值。 脱离滑块。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端 A汉物块a 后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连 0 下滑块 续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B 0 木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间 B 距与B木板长度的关系。 777777/77W77777777 9.(2023·6月浙江卷)为了探究物体间碰撞特性， 设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB、 CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R =0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管 道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接.质量为3m的滑块b与质量为2m 的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连 接，静置于轨道FG上.现有质量m=0.12kg的 8.(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面 滑块a以初速度vo=2√21m/s从D处进入，经 如图所示，由倾角0=37°的直轨道AB,半径R= DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极 1m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25m、倾角为0 短).已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速 的直轨道DE,半径为R、圆心角为0的圆弧轨道 率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右 4=0.5,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视 侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg的滑块 b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。 为质点，弹簧的弹性势能瓦，-(：为形变量). 38 力学新题型 4是8AP 11.(2023·湖南卷)如图，质量为M的匀质凹槽放 在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的 R 0 03 光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为α和 ,长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始 时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下 (1I)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速 滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在 度大小vr和所受支持力大小FN: 竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系 (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB= xOy,椭圆长轴位于x轴上，整个过程凹槽不翻 1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械 转，重力加速度为g。 能△E: (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后 弹簧最大长度与最小长度之差△x (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的 速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的 距离； (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动 的轨迹方程： （③)若兴-。产。求小球下降A-号商度时，小 10.(2023·辽宁卷)某大型水陆两栖飞机具有水面 球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表 滑行汲水和空中投水等功能.某次演练中，该飞 示). 机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲 水，速度达到山=80m/s时离开水面，该过程 滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0× 104kg.离开水面后，飞机攀升高度h=100m 时速度达到2=100m/s,之后保持水平匀速飞 行，待接近目标时开始空中投水.取重力加速度 g=10m/s2.求： (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及 滑行时间： (2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加 量△E. 一 39详解答案 用会使篮球速度减小,则篮球受到的偏转力f:将变小,不能 AE.,对小物块与小球碰撞过程,由动量守恒定律得 保持f:与重力持续等大反向,所以不可能在空中持续一段 m=-m+M 水平直线运动,故D错误,故选C. 小物块与小球碰撞过程中,系统损失的总动能为 6.解 (1)对小物块在Q点,由圈周运动知识有 #g+3mg_ E-_-m-_-m--M} 联立并代入数据得△E.-0.31. 解得-4m/s (3)经分析知,小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时,小 (2)(|)根据题图乙分析可知,当外力F<4N时,轨道与小 球绕P点运动的半径最大,(注:小球从与P点等高处到运 物块一起向左加速运动,对整体由牛顿第二定律有 动至最高点过程,由动能定理知-MgR-M-M^},## F-(M+m)a 交得r u越小,R越大,当绳子拉力刚好为零时,v最小,R最大)P 点到O点距离最小,设这种情况下小球运动到P点正上方的 速度大小为vu,P点到O点的距离为工,绳子的长度为1,小 有M 球运动到P点正上方时,结合牛领第二定律和向心加速度公 当外力F4N时,轨道与小物块有相对滑动,对轨道由牛顿 第二定律有F-mg-Ma 交形得-- 对小球的整个上升过程,由动能定理得 Mg(+ -)-M-M{}# 结合题图乙可知--21kg 1-1kg1, 联立并代入数据得x-0.2m. m--2m/$ 9.解析(1)设物块和薄板的质量均为n,薄板加速度大小为 a,物块离开薄板时薄板的速度大小为,对薄板受力分析, 联立解得M-1kg,m-1kg,-0.2 由牛领第二定律得umg=ma1 (lI)根据题图乙可知,当F一8N时,轨道的加速度为a-6 由初速度为零的匀变速直线运动规律得士1-1} m/s},小物块的加速度为a一ug-2m/s},方向均水平向左 设经时间to,小物块运动至轨道上的P点,由运动学规律 设物块的初速度大小为o,加速度大小为a。,离开薄板时速 -t1 可得 此时轨道的速度ō-at。 度大小为,由题意可知,物块滑离薄板时,相对平台向右运 小物块在P点时的速度v2-af 动的位移为士1+1-71,对物块受力分析,由牛顿第二定律 小物块从P点运动至Q点的过程,小物块与轨道组成的系 统机械能守恒,系统水平方向上动量守恒,取水平向左为速 得 mg-ma2 度正方向,则有M^+m-M+m}+2mg{R 由匀变速直线运动规律得吾1-0-2?^{ Mo+m-Mo.+mo。 联立解得-8,2-4m/s 2=p-a2t1 联立并代入数据解得t。一1.5s(另一解不符合题意,舍去) 根据运动学规律有L-a1-a2} (2)物块离开薄板后做平抛运动,薄板做匀速直线运动,设运 解得L-4.5m 动时间为2,平台高度为h, 7.解析(1)弹恢复原长时两物块脱离弹,A做平抛运动, 对海板由运动学规律得(-1)(-12 B做匀减速直线运动, 对A,水平方向有一% 对物块由平抛运动规律得h-g^{③} 直方向有h-^{} 联立解得-” 联立解得v.一1m/s. 弹黄恢复原长的过程中,由于A、B所受摩擦力大小相等,方 答(1)4/2)) 向相反,A、B与弹组成的系统动量守恒, 对系统有0-mv+m(一v) 10.解析(1)由小球和弹纽成的系统机械能守恒可知 解得-1m/s #-} (2)B物块与弹赞分离后做匀减速直线运动, 对B有-mngr:-0-2””n 解得-0.2 (3)从系统初始状态到弹餐与物块分离的过程中,弹释放 (2)离开桌面后由平抛运动规律可得h一 2g 的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生 第一次碰撞前速度的竖直分量为v.,由题可知v-v 的热量,该过程中对系统有E,一-m”}+-”^}十 m&△+mg△r 离开桌面后由平抛运动规律得x一列,y一 #其、A为弹复原长过程中A、B两物块相对来 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为 面的路程,则有△r一△x十△xB -5mgE。 解得△E。-0.12] 2mg 答案(1)/{ 2 (2)#nghE# 答案(1)1m/s 1m/s (2)0.2(3)0.12J 8.解(1)设小物块的质量为m,传送带左右两端的距离为L. 2mg 小物块与传送带间的动摩擦因数为u,小物块在传送带上加 11.解(1)灭火弹做斜抛运动,水平方向做匀速直线运动,有 速时的加速度大小为a,由牛顿第二定律有rmg-ma L=ptcosf 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为ō,假设小物块 坚直方向做坚直上抛动,有H-otsine-18{} 在传送带上一直加速,由运动学公式有 2-2aL 联立解得H-60m. 联立并代入数据得-6m/s (2)由能量守恒守定律有-C*·-m} 由于5m/s,故假设不成立,小物块到达传送带右端前已 经与传送带共速,故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为 代入已知条件解得U-、/②×10}V u.-5m/s. 题组二 (2)设小球的质量为M,碰撞后小物块与小球的速度大小分 1.C 小球处于平衡位置时x一mg,其中k为弹劲度系数,x 别为D、D,碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为 为振幅,结合题图(b)可知g地一2g天,设该天体的半径为R, 157 一 五年高考真题 分类集训 物理 则地球的半径为nR,又mg- GMm,M-p. wR”,可得g 联文解得 一 #-#GoR, R,知.C正确. R 由动量守恒定律得Mto cos8-mv A 机器人跳离A木板的过程中,系统水平方向动量守恒, 2.A 由题意可知当插销刚卡紧因定端盖时弹的伸长量为 p。R= 由功能关系得,机器人做的功为W--M+-m{}# #-,根据胡克定律有F一△x一,插销与卷轴同轴转 联立可得W- 0 451- in 41- 2sin fcos f 动,角速度相同,对插销有弹力提供向心力F-mlo (1tan0)451 2sin fcos 对卷轴有vro 联立解得”,故选A。 3.B 在月球上的g与地球不同,故质量为135kg的巡视器受 到月球的引力不是1350N,故A错误;由于在AB段运动时 机器人做功最少,代入可得W一90J 做曲线运动,速度方向一定改变,一定有加速度,故B正确; (3)由tan-2,可计算出 平均速度的方向与位移方向相同,由图可知OA段与AB段 o coso15 m/s.由 M oe coso-mu'A 位移方向不同,故平均速度方向不相同,故C错误;根据位移 的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度,故D 解得vA-315m/s,此后A木板以此速度向左做匀速直 错误,故选B. 1,.I{整理可得= 4.B 根据题干公式AF一b 线运动。机器人跳高A木板到与B木板相对静止的过程 中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒, △F2 由动量守恒定律得 12△A代入相应物理量单位可得比例系数的单位为 Mo cos 8-(M+2m)u. 此过程中A木板向左运动的距离工'A-vAt1, 代入数据得x'A-4.5m 故选B. 机器人连续三次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和 5.AD 小球从B到C的过程中,根据动能定理知小球速度减 B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人 的水平速度大小为u.,B木板的速度大小为.,机器人每次 小,由牛顿第二定律得mgcos -Fv”,减小,速度v 跳跃的时间为△, 减小,故小球受到的支持力F增大,由牛领第三定律知该过 (M+m)u=M-mm 以向右为正方向,由动量守恒定律得 程小球对轨道的压力逐渐增大,A正确;小球从A到B的过 ① 程中,根据动能定理知小球的速度减小,由P一mgvsin8知 重力的功率减小,B错误;小球从A到C的过程中,根据动能 定理得一mg·2R-0-m,解得小球的初速度v- #_(u+n)② 2VgR,C错误;增大小球的初速度,由动能定理知小球到达 机器人到达B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器 B点的速度增大,由mgcosθ-Fn-mR知,小球有可能从 之差为△c=+'=m,则有(n-\·3△=△ ③ 人跳上B左端到跳到B的右端的过程中,A、B木板的位移 联立①②③三个式子得A-(g)3(A+n) B点脱离轨道,D正确. △ 6.AD 物块与地面间的摩擦力为f一umg-2N,对物块从0~ 3s内由动量定理可知(F一f)t-m,即(4-2)×3-1× ,得=6m/s,3s时物块的动量为=m=6kg·m/s. A、C两木板的间距为 r=('#+)·3+△x+L=#n 设3s后经过时间:物块的速度减为0,由动量定理可得一(F +ft-0-mv,即-(4+2)t-0-1×6,解得t-1s,所以物 整理得c-7LB 块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确 答案(1)1.5m(2)90I2(3)xAc-71L8 C错误;0~3s物块发生的位移为习,由动能定理可得(F一 f$.-m},即(4-2)x.-$x1x6},得x-9m,3s~ 8.解析 (1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据 4s过程中,对物块由动能定理可得一(F十/)x2一0一 机械能守恒定律有mgh--m}c 2m,即-(4+2)xz=0-x1×62,得x-3m,4s~6s 小物块a第一次经过C点的向心加速度大小为 21 m/ 物块开始反向运动,物块的加速度大小为a-F-f-2 m/s,发生的位移为xa--x2x2^}m-4m<xt+xn,即6 ②小物块a在DE上时,因为 tmgcos 0mgsinθ s时物块没有回到初始位置,故B错误;物块在6s时的速度 所以小物块a每次在DE上运动至最高点后一定会下滑,之 大小为v-2×2m/s-4m/s,0~6s拉力所做的功为W- 后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块 (4X9-4×3+4×4)I-40],故D正确.故选AD. 将在B、D间往复运动,且小物块每次在DE上向上运动和向 7.解析 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程中 下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为;,根据功 机器人与A木板组成的系统动量守恒,A木板向左运动,B、 能关系有mg[h-R(1-cos θ)]-(pmgcos9+mcos9)2 C木板静止,设机器人的质量为M,三个木板的质量均为m, 由动量守恒定律得M一m: 解得:-2m 设所用时间为t,则有Mut-mv.1,即Mx-mx ③根据牛顿第二定律可知,小物块a在DE上向上运动和向 又x十x-LA 下运动的加速度大小分别为 联立解得-1.5m a上-gsinθ+ngcos θ-8m/s}. 则A、B木板间的水平距离为1.5m。 a-=gsin0-2gcos0-2m/s?. (2)设机器人起跳的速度大小为v,速度方向与水平方向的 将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的 夹角为8,机器人从A木板右端跳到B木板左端的时间 上滑和下滑,根据运动学公式有一a上一寸ar译## 为t1. 由斜抛运动规律得cosθ·t-xA' #解行 # sinR一g (2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有 158 详解答案 mgh-Lsin-2R(1-cos 0)]-nmgLcos )-m} a{M 解得v-2m/s, 设滑块长度为l时,小物块a恰好不脱离滑块,且此时二者达 到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 的圈 #o#:z0△+11g1 mv-2nmv 解得1-0.2m 答案 (1)①16m/s} ②2m ③1·2(2)0.2m 9.解析 (1)滑块a从D到F,由能量关系 #8 2R# 在F点F-mg-mR & 根据几何关系sin9-,可得8-30” 解得vr-10m/s 设小球速度为v.将小球的速度分解为水平和竖直方向,分 F.-31.2N 删为u、 (2)滑块a返回B点时的速度v-1m/s.滑块a一直在传送 则vsin)-} 带上减速,加速度大小为a-g-5m/s} 又mo _Mox可得v- 根据-呢-2aL 可得在C点的速度vc-3m/s 由机械能守恒有mb-m2+#M^ 则滑块a从瑾撞后到到达C点m{}--m+mg·2R 解得v-5m/s 因ab碰撞动量守悟,则mv---mo+3mv 专题八 解得碰后b的速度v-5m/s 静电场 则碰撞损失的能量AE-寸m--m-1·3m^0 题组一 1.AD 小滑块在B点处的加速度为零,则沿斜面方向有 mgsin 30-cos 30”,解得1- 3 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则ab碰后的共同速度 3h,A正确,_B错误;小 np-4m 解得-2.5m/s 滑块从A到C的过程,由动能定理有W十mgSsin30{-0,解 当弹策被压缩到最短或者仲长到最长时有共同速度 得静电力对小滑块做的功为W=-mgS.C错误;根据电场 4m-6m' _- / 力做功与电势差的关系结合C项分析可知,AC之间的电势 差Uc-W--mgS,D正确。 当弹被压缩到最短时压缩量为工,由能量关系 #1 m}-·6{②}+&r},解得-0. 1m 20 2.B 由题图(a)知,溶液浓度降低,相对介电常数;.增大,根据 同理当弹被拉到最长时伸长量为工。一习1 则弹最大长度与最小长度之差△x-2工.-0.2m 相连,故电容器两极板间的电势差等于电源电压,保持不变, 答案 (1)10m/s;31.2N;(2)0:(3)0.2m 10.解析(1)飞机在水面滑行时做从静止开始的匀加速直线 C错误:根据C- #运动,平均速度为,则L一t## 所带电荷量增大,B正确;溶液浓度降低,电容器所带电荷量 解得飞机滑行的时间为:-2_2×1.600s-405 增加,电容器充电,故电流方向是由N→M,D错误。 3.D 由于M点与A点关于带电细杆对称,故细杆在A处产 80 生的电场强度大小E-E-3hg,方向竖直向上,故A点的 飞机滑行的加速度为a-__80 7-40m/s2-2m/32 电场强度大小E-F。+E6-(\3+3),D正确。 和重力势能,则AF-m+mgh-x1×10 ×100②] (2)飞机从水面至h一100m处,水的机械能包含水的动能 4.ACD 由等量异种电荷电场线分布的对称性知F点与C点 电场强度大小相等,A正确;B点与E点的电场强度如图所 +1×10×10×100 ]-6×10J. 示,由几何知识及电场叠加知B点与E点的电场强度方向 答案(1)2m/s},40s;(2)6×10] 不同,B错误;由等量异种电荷电场线分布的对称性知UAr 11.解 (1)m和M水平方向上动量守恒,能量守恒,可得 -Ucp,由沿电场线方向电势越来越低知OY电势高于C电 m-M 势,则Uop>Ucy,故UopUyr.C正确;试探电荷在F m.=Mr:且x+=a 点所受电场力方向与FO方向夹角为钝角,则一开始电场力 #mgb-1m}+M} 做负功,电势能增大,在O点所受电场力方向与FO方向央 角是锐角,则电场力做正功,电势能减小,D正确. 解一 _方向向右 .0 -M+n aM (2)设小球坐标为(x,),则小球向左的位移为a文,凹橹的 位移为-M(a-x),经分析,将圆一般方程代入可得 (-_)}” C 1 E 159