2026湖南卷15题 -第6题突破（含第14～16练）-【奇点物理】高考物理考前60天逐题破•天天练

第16练力学综合 (三年考频：3次 预测指数：★★★ 本卷共7小题，共34分。第1题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。2~7 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.(25-26高三上·湖南长沙月考)如图所示，水平 面上，物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到 面上个可看作质点的物块紧靠放置，物块间用长 t=2t时A与弹簧分离，A、B的v-t图像如图(b) 度均为L的轻质细绳相连，处于静止状态，物块质 所示。已知从t=0到t=t。时间内，物块A运动的 量均为m,与地面的动摩擦因数均为！。现使第1 距离为0.36v。。下列说法正确的是() 个物块获得向右的初速度y,,可使所有物块全部动 起来，设各物块获得速度的时间极短，可忽略不计， 不考虑细绳的体积，己知重力加速度为g,下列说 1.2 凤wAr7l 0.& 法正确的是() 0 2 n …21 图(a) 图(b) 7n7i77777777777777 A.碰撞过程中，弹簧对A和B的冲量大小不 A.若4=0，则从第1个物块运动开始经时间 相等 1+L第n个物块开始运动 B.碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为 21 0.6mw B.若u=0,当第n个物块开始运动后，整个 C.碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.5，。 系统损失的机械能为m+1) 2n D.从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为 C.若4>0，当第个物块即将运动时，系统 2Voto 因摩擦产生的热量为01+1)mgL 4.(2025湖南长沙·三模)（多选）如图甲所示，质 量均为的物块P与物块Q之间拴接一轻质弹簧， D.若4>0，当n=3,要使所有物块全部动起 静止在光滑的水平地面上，物块P与竖直墙面接触， 来，则y>V10gL 初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势 2.(2024湖南长沙模拟预测)（多选）如图，质量 能大小为E。,t=0时刻解除锁定，规定向右为正方 为3的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 向，图乙是物块Q在0~t时间内运动的a-t图。 的子弹（可视为质点）以初速度水平向右射入木 下列判断正确的是() 块，水平射出木块时速度变为， 已知木块的长为 3 L,设子弹在木块中的阻力恒为f。则子弹在木块中 运动的时间为( iYrrrwwwyeyrrrryyvyrrrrvyy 甲 77777777777 A.0~t时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系 4L 9L A.3vo B. 统机械能、动量都守恒 5 B.0~t时间内，墙对P的冲量大小为√2E。 C.2m 47W。 3f D. 9f C.04时间内，合外力对物体Q做功为 4 3.(2025湖南长沙.二模)（多选）如图(a),一质 D.t~t时间内，图线与t轴所围的面积大小为 量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平 试卷第1页，共1页 E C.环的最大速度大小为3√5m/s D.小球运动的最大速度大小为 5.(25-26高三上·湖南长沙·月考)（多选)如图所 V30(4W2-1)m/s 示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆 7.（25-26高三上·湖南长沙·月考)（多选)在一个 弧轨道，一可视为质点的小球以初速度'=5m/s冲 水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆 上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量和小球质量均为 轨道，俯视如图示，a、b、c、d为圆上两条直径的 =1kg,重力加速度g=10m/s2,不计一切摩擦和空 端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两 气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟 个小球（球径略小于管径，管径远小于R),质量分 水平方向成30°角，则( ) 别为4、a,开始时B球静止于a点，A球紧靠 609 在B球左侧，现给A球水平冲量I,A球向右与B 球发生第一次碰撞且被反弹。己知小球之间的碰撞 Omm73 均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下 A.圆弧半径R-0.9m 列说法中正确的是() B.小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速 度大小均为2.5m/s C.若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的 距离为x=1V 2m,则小球在轨道上运动时间 40 a AB A.A、B两球的质量比为a:=3:5 D.若固定圆弧轨道，调节轨道对应的圆心角日 B.若给A球的水平冲量(n>1),则第二次碰 和半径R,保持轨道最高点与地面间高度差 撞点一定在b点 h=0.45m不变，则小球运动至轨道最高点沿切线 C.若只增大A球的质量a,则第二次碰撞点 方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程 可能仍在b处 3m=2m D.若只增大A球的质量，则发生第2026 6.（25-26高三上·湖南长沙·月考)（多选)如图所 示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直； 次碰撞时经历的时间为2025π 根不可伸长的轻绳，一端系在质量为m的圆环上， 另一端与质量为m的小球相连，圆环套在长臂上。 左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，己 知细线长度L=6√2，此时圆环距离短臂 x=3(√2-1)m,现将圆环与小球同时由静止释放， 小球向下摆动，环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。 在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始 终相等，重力加速度为g=10/s2。从释放小球到 小球第一次向左摆到最高点时，下列说法正确的是 () m 0 A.小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒 B.环与短臂碰后瞬间绳与水平方向夹角为45° 试卷第2页，共2页 《第16练力学综合》参考答案 题号 1 2 3 4 J 6 7 答案 D BC BD BC ACD BD BC 1.D 为对象，根据动量定理可得-允=m-,解得 3 【解析】A.第2个物块获得的速度为v2,根据动 t=2no ,设子弹射出木块时，木块的速度为, 量守恒有m=2m,解得%=号第3个物块获 3f 根据系统动量守恒可得，=m+3,解得 3 得的速度为y3,根据动量守恒有m=3w,解得 2 = ,根据位移关系可得 号=子，同理，第1个物块的速度为 n-1 1 第n个物块的速度为y=上，故总时间为 L=X子-= 3 5,故 2 2 t=马+++-nn- 选BC。 1 21,故A错误；B.整 n-1 3.BD 2 【解析】A.碰撞过程中，弹簧对A和B的作用力 个系统损失的机械能为△B=! n 大小相等，冲量大小相等。故A错误；B.当弹簧 解得AB=n-1)mm,故B错误；C.若u>0,第 被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速 2n 度相等，即t=。时刻，根据动量守恒定律 1个物块克服摩擦力做功为W=g(-1)L,第2 个物块克服摩擦力做功为W,=ug(1-2)L,第 ×1.2Y。=(m2+m)Y。,根据能量守恒定律 n-1个物块克服摩擦力做功为W1=ugL,摩擦 B=叫×0.2，)尸-m。+m)8,联立解得 2 产生的热量 =5L,E,mx=0.61,故B正确：CD.同一时 Q=所+形，++印4=0-)gL,故C错误： 刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定 D.若4>0，当n=3,第1个物块的绳子刚拉直 律F=a可知同一时刻aa=5a,则同一时刻A、 时有-eL方m“-方m,此时速度为，拉 21 B的瞬时速度分别为，=Q,。=12,-31,根 直后的速度为y'，有m'=2,',第2个物块的 据位移等于速度在时间上的累积可得Sa=Vt, 绳子刷拉直时-u-2me=号2m-号2m,”,又 ='t,又5a=036。,解得5g=1.128t。,碰撞 >0,联立解得y>√10μgL,故D正确。故选D。 过程中，弹簧压缩量的最大值 2.BC △s=5-5A=0.768。,由图(b)可知，从开始碰 【解析】设子弹在木块中运动的时间为t,以子弹 撞到分离，物块A的位移大小为2vt。,故D正确， 答案第1页，共1页 C错误。故选BD。 道的速度与水平方向成60°角，即 4.BC ysin30° yc0s30°-y2 =tan60°，小球与圆弧轨道相互作用 【解析】ABC.由图知，t时刻物块Q的加速度为 的过程中，根据水平方向动量守恒和系统机械能守 0,此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，t,物 恒有m。=C0s30°+2， 块Q运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉 1 得最长，物块P、Q的速度相同。弹簧恢复原长过 m+m+gR1-cas60),联立得 1 y=2W3m/s,2=2m/s,R=0.9m,故A正确， 程，由机械能守恒定律卫。=一哈，解得时刻物 2 B错误；C.设小球与圆弧轨道相互作用的过程中， 块Q的速度大小。= ,则0~t时间内，墙对 m 小球水平方向的平均速度大小为可x,圆弧轨道的平 系统的冲量I=m。=√2nE。,故此阶段物块P、Q 均速度大小为下2，根据水平方向动量守恒有 以及弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒， w。=mx+2,两边同时乘以时间t并消去得 在~t2时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统， vt=,t+,t,即'，t=(x+Rsin60)+x,求得 由动量守恒定律，=2，解得t,时刻物块P和Q 2s,故C正确：D.若固定圆弧轨道，设小球 的速度大小均为v 由动能定理知，0~t2内 2m 从轨道最高点飞出时的速度大小为y,则小球运动 合外力对物块Q做功W=0=经，故A错 4 至轨道最高点过程中由动能定理得 误，BC正确：D.由图知，t时刻物块Q的加速度 m-” 2 m,求得？=4m/s,根据抛体 为0，此时弹簧恰好恢复原长，在(~t时间内，对 运动知识有5=icos8i，-h=jsi血0t-五8， 物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律 联立得 m,=,+。,由机械能守恒定律 2(sin0.4cos0+cos0v16sin20+9 5 5 5 2=w+w，联立知，时刻物块Q的 2 W16sin20+9 =1,设 5 速度。=0，则t~t内物块9速度变化量 4c0S8 V16sin2θ+9 =cOS, △v=0-V 2Ep 可见t1~t内图线与t轴所围 =sinp,则 5 m s=2(sin0cosp+cos8sinp)m=2sin(θ+p)m≤2m, 的面积大小为△= 2B 故D错误。故选BC。 则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回 5.ACD 水平地面的最大水平射程为5m=2m,故D正确。 【解析】AB.设小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧 故选ACD。 轨道的速度大小分别为y,和v2,则小球相对圆弧轨 6.BD 答案第2页，共3页 【解析】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方 球与环沿绳方向的速度减为0，小球的速度为 向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量 y=y,sin45°+y,cos45°，由动能定理可得 守恒有加产=加产，相等时间里小球与环水平位移 t 限-0-m- 一，联立解得 相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也 ym=V30(4V2-1)/s。故D正确。故选BD。 为x,由于L>2x,所以当圆环与短臂碰撞时，小 7.BC 球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运 【解析】A.设第一次碰后A、B两球的速度分别为 动到最低点。A.环与短臂粘连前，小球与环组成 的系统水平方向动量守恒，粘连后系统水平方向动 y、y2。对A球则有I=,根据动量守恒定律 量不守恒，故A错误；B.设环与短臂碰后瞬间绳 和能量守恒定律则有m。=-ma,+'2, 与水平方向夹角为，环与短臂碰后的瞬间，如图 所示 2,听=2，听+2，，第二次碰撞发生在b点， 则有t= 32πR_12πR 4%42 ,联立解得a:=1:7, 故A错误：B.第一次碰后，A球和B球的速度比 为”心心，增大A球的初速度，后，速度之比不 改变，则第二次碰撞点仍在b点，故B正确；C.若 v'←O ma>,AB两球碰后同向运动，两球在b点发生 I-2x-√ ,解得au=45°，故B正确：C.环 L 2 第二次碰撞，别A球运动的路程是B球的行，两球 与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为V,绳 后速度的大小之比装片结合A分打则有 与水平方向夹角为45°，根据水平方向动量守恒， 有w=m,由动能定理可得 2加5，解得%=5 -=1 得m3,若只增大A的质量， ngLsina=m+)+m2-0,在小球向下摆 满足%-5 ,3,则两球也会在b点再次碰撞，故C 2 动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有 正确；D.由于发生弹性碰撞，两球的相对速度大 vc0s45°=y,c0s45°-V,c0s45°，联立解得 小不变，相邻两次碰撞的时间间隔均为 ,发生 第2026次碰撞时经历的时间为 v=2√5m/s。故C错误：D.小球运动到最低点时 2025.2元R_4050:R,故D销误。故选BC。 I 速度最大，设最大速度为V,环与短臂粘连时，小 答案第3页，共3页第15练冲量与动量 (三年考频：2次 预测指数：★★★ ) 本卷共8小题，共33分。1~7题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。第8 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.(24-25高三下·湖南长沙·月考)斯托克斯公式在 A.0~t。和t。~2t。的加速度大小之比是2：1 流体力学中有广泛的应用，该公式指出物体在粘滞 B.0~t。与。~2t。外力的冲量大小之比是3：4 流体中运动时会受到阻力，称为粘滞阻力，球形物 C.t。时刻前瞬间与t。时刻发动机的功率大小 体受到的粘滞阻力表达式为∫=6π，式中刀为 之比是3：4 液体的粘滞系数，”为小球的半径，V为小球运动 D.0~t。与t。~2t。外力的做功大小之比是9：7 的速率。如图所示，小球在蓖麻油中图示位置处由 3.(25-26高三上·湖南长沙阶段检测)如图所示， 静止沿竖直方向下落，经时间。恰好达到最大速度 长为1的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为 Vm,且此过程小球下降的高度为h。已知盛有蓖麻 的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与 油的容器足够深，小球的密度为P,蓖麻油的密度 竖直方向的夹角为日，不计空气阻力，重力加速度 为P2,粘滞系数恒为☑。，重力加速度为g,下列说 为g。下列说法正确的是() 法正确的是() A.0~4,时间内小球下落的高度h小于 A. 细绳的拉力大小等于gsin8 B.若采用国际单位制中的基本单位来表示刀的 B.小球的向心加速度等于g sin C.小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 单位，则其单位为kgs D.小球转动一周，重力的冲量等于 C.小球的最大速度与其半径”的关系可表示为 n-2082 2π√gl cos0 97 4.(24-25·高三上·湖南长沙·月考)如图所示，光滑 D.小球的质量与其半径？的比值可表示为 斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静 6πn,h 止（开始下滑，取地面为零势能面，则滑块的速度 g。-Bg,- 大小V、重力势能E,随位移x的变化关系图线，以 及滑块的动量P、动能E随时间t变化关系图线正 2.(2025湖南长沙模拟预测)一个玩具小车在外 确的是() 力作用下沿光滑水平面做直线运动，其动量P与时 间t的关系图像如图所示，已知△OAD和四边形 ABCD的面积之比为3：7，则下列说法正确的是 试卷第1页，共1页 B.水流在B处的速度= 3 C.水流对B处的冲击力F=4S2 D.空中水的质量m=5pSm 8 5.(24-25·高三上·湖南长沙.月考)激光束可以看作 7.(25-26高三上·湖南长沙月考)图甲是某科技馆 是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向 的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不 运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸 同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速 收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就 降线轨道。轨道的末端与水平面相切，如图乙所示， 是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微 将相同的小球α和b分别从I、Ⅱ两轨道的起点M同 小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束，若 时静止释放，则小球α先到达终点N;并且发现小 不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质 球α从轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间 小球的光路如图所示。图中O点是介质小球的球心， 都相同。现将小球α和b同时从起点M静止释放， 入射时光束①和②与SO的夹角均为日，出射时光束 下列说法正确的是() 均与SO平行。光对小球的作用力可以通过光的折 射和动量定理分析，光子的动量与传播方向相同， 关于两光束因折射对小球产生的合力分析正确的 是() ① 8 7777777777777777777 甲 乙 ② A.小球a沿I轨道运动到N点的速度大 A.若光束①和②强度相同，两光束因折射对小 B.从起点到终点，两球的动量变化量相同 球产生的合力水平向左 C.若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也 B.若光束①和②强度相同，两光束因折射对小 落在N点，三个球相比仍是a先到达 球产生的合力为零 D.若轨道不光滑且与两球滑动摩擦因数相同， C.若光束①比②的强度大，两光束因折射对小 小球a沿轨道运动到N点的速度小 球产生的合力偏下 8.(2025湖南长沙模拟预测)（多选）现在市面上 D.若光束①比②的强度大，两光束因折射对小 出现了一种新型的游乐设施一“反向蹦极”，示意 球产生的合力偏右 图如图甲，游戏者与固定在地面上的扣环连接，P为 6.(24-25·高三下·湖南长沙·月考)翡翠湖公园有一 弹性绳上端悬点，打开扣环，游戏者从A点由静止 水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截 释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置 面积为S、喷水的流速恒定为ⅴ，从P喷出的水柱 时绳子恰好处于松弛状态，C为游戏者上升的最高 恰好能垂直撞到倾角为30°的斜面AC上的B处， 点，D点为速度最大位置（未画出），弹性绳的弹 速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。己知水的密度 力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变 为p,重力加速度为g,不计空气阻力，则() 在弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原 点，选向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速 度与位移的关系如图乙，图像中x,、x2、x和g为 B 已知量，4为未知量，则人上升过程中() A 130° A.水流单位时间撞到B处的体积Q=2S 试卷第2页，共3页 X2 X3 C B A 甲 A.4值可能会小于8 B.游戏者最大速度为V(2.x--x)g c.4=2x-2%-g D.人从A点到D点重力的冲量小于从D点到C 点重力的冲量 试卷第3页，共3页 《第15练冲量与动量》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 0 D D B A D D BD 1.D F=a,可知加速度大小之比是3：1，故A错误： 【解析】A.对小球受力分析有g-∫-f浮=a, B.根据动量定理有F△t=△p,可知在0~t。与在 t。~2t。外力的冲量大小之比等于 即g-6π76-P28V=1a,可得 a=g-sumry p:gv -=8- 6π7m'P28 随着速 P4:(Pa-Pa)=3:1,故B错误；C.根据卫=Mw可 P 度v的增大，加速度a减小，直到加速度减小到0， 知在t。时刻与在2t。时刻小车的速度大小之比等于 速度达到最大值，所以小球先做加速度减小的加速 V4:V。=p4:p。=3:4,根据P=,可知功率之比 运动，后做匀速直线运动，所以0~t。时间内小球下 是名==，故C错误：D.根据动能定理 落的距离A一定大于'与，A错误：B.根据 2 W=△E,可知在0~t。外力的做功大小W=二m员， f=6mm,解得刀=上，单位为 2 6而v 在~2元，外力的做功大小是历=m-2m,结 2 2 kgm·s2 m.m.s =kgm1s,B错误：C.当加速度等 合速度之比V4:Vg=3:4,解得W:W2=9:7,故D 于0时，速度最大，有0=g6,m-2g,其 正确。故选D。 m A 3.D 中m=A了p,解得%-2 ,C错误： 9Yo 【解析】A.小球竖直方向有FcOS0=g,解得细 D.由动量定理有：g,-6元7，-P,g。=m。, 绳的拉力大小P-。故A错误：B对小球， 6π7.h 由牛顿第二定律有gtan8=a,解得小球的向心 解得r,-,-,D正确。故选D。 加速度a=g tan0,故B错误；CD.小球转动一周， 2.D 速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理， 【解析】A.设A点的动量为PA,B点的动量为P。, 可知拉力冲量与重力冲量等大反向，根据 由知两者面视之比为号4：2与-37。解 4π2.4π2 a= mr= Ls血8，联立解得，小球圆周运动 2 L cos e 得P4:Pa=3:4,根据动量定理有F△t=△p,所以 周期T=2π 则小球转动一周，重力的冲 在0~t。和在t。~2t。的外力大小之比是 量Ia=gT=2π√gLcos日，故拉力冲量也为 乃：R=):P,4-3:1,根据牛顿第二定律有 t。t。 2π√gLcose,故C错误，D正确。故选D。 答案第1页，共1页 4.B 力沿x轴负方向。y方向：设△t时间内，光束①穿 【解析】A.设斜面夹角为日，滑块沿斜面下滑过 过小球的粒子数为，光束②穿过小球的粒子数为 程中a=mgsn0=gsim0,根据速度公式y=m, ,乃>乃，这些粒子进入小球前的总动量为 滑块的动能豆=m=mgsm02,B-t图线 1 P,=(-h)psin8,从小球出射时的总动量为 2 2 不是正比例函数图线，故A错误；B.由动量公式 P2y=0,根据动量定理 p=w,结合上述分析有p=g sin Ot,可见P-t F,△t=P2y-B,=-(h-h)psin,可知，小球对 为正比例函数，故B正确：C.由速度位移公式， 这些粒子的作用力F,的方向沿y轴负方向，根据牛 有v2=2gsin0x,由数学知识可知选项C满足的是 顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向， v=kx2的函数关系式，与上述结论不符，故C错误； 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方，故 D.滑块下滑的高度h=xsin e,设斜面的高度为H, CD错误。故选A。 重力势能与位移x的关系为 6.D E。=g(H-hM)=gH-gxsin,E。-x应为直线， 【解析】A.水流单位时间撞到B处的体积等于水 故D错误。故选B。 流单位时间撞通过水平喷水口的体积，即体积为 5.A 2=Sv,故A错误；B.水流从P到B做平抛运动， 【解析】AB.仅考虑光的折射，设△t时间内每束 平抛初速度为ⅴ，由于水柱恰好能垂直撞到斜面， 光穿过小球的粒子数为，每个粒子动量的大小为 几何关系可知在B的速度方向与水平方向成60°， p,这些粒子进入小球前的总动量为P=2pcos0, 则有y= cosG0=21,故B错误：C.设△1时间内 1 从小球出射时的总动量为P2=2P,P、P2的方向 有质量为△m的水撞击斜面，设该过程斜面给水的 均沿SO向右。根据动量定理 支持力为N,规定。方向为正方向，由动量定理有 FAt=P2-凸=21-C0s8)>0,可知，小球对这 -N△t=0-△xg,因为△m=pSAt,联立解得 些粒子的作用力F的方向沿SO向右：根据牛顿第 N=2ρS2,根据牛顿第三定律可得，水流对B处 三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左， 故A正确，B错误；CD.建立如图所示的Oxy直 的冲击力F=N=2pS2,故C错误；D.结合B 角坐标系 选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向速 度y,=1tam60°=5，放平抛时间为1=5，所 (① ② 以空中水的质量m=p01=y5p -,故D正确。 x方向：根据AB同理可知，两光束对小球的作用 故选D。 答案第2页，共3页 7.D N点的速度小，故D正确。故选D。 【解析】A、对小球，由M到N过程，根据动能定 8.BD 理可得m片=g。,故小球沿两轨道运动到N 【解析】A.由对称性可知，若4=g,则游戏者 点时的速度大小相等，A错误；B、由于两小球到 运动到B点就会停下，但实际情况是游戏者运动到 达N点时速度方向不同，故从起点到终点，两球的 了最高点C,故4>g,故A错误；B.以上分析 动量变化量不同，故B错误：C、由于小球a从I 可知，x,位置合力为0，x2位置合力为g,且最 轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同， 故小球α在I轨道的运动可视为一个摆长特别大的 大速度在x位置，设为”，x~x2加速度均匀变化， 单摆运动的一部分，小球a从M到N运动时间 所以合力均匀变化，故合力平均值为g,且合力 方向向下，从速度最大到最高点过程，由动能定理 Γ42Vg ,小球b从M到N的运动时间为t, g-)-g-)-0支，解得 1 则有)n6-2sim0,解得=2 若在两 v=V2s-x-x)g,故B正确：C.从A到D过 球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，则 程，根据=2，则图像面积的物理意义为)， 有1=2-ca.解得1=2 R(1-cosθ) 则最大速度为v=√ax,又因为 其中O为MN所对的圆周角，由于R很大，小球a v=25-本-5g,可得4，=2-=飞g,故 C错误；D.从A到B过程，有题意可知，从A点 做单摆运动，故0<5°，故可知t。<t。<t,即三个 到D点和D点到C点速度变化量大小相同，从A 球相比，c先到达N点，故C错误；D、若轨道不 点到D点的平均加速度大些，故时间短些，根据 光滑且与两球滑动摩擦因数相同，由于小球α运动 I。=gt,可知，重力冲量小些，故D正确。故选 过程克服阻力做功更多，因此小球α沿轨道运动到 BD。 答案第3页，共3页第14练功和能 (三年考频：2次 预测指数：★★★ ) 本卷共7小题，共32分。13题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。47 题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.(25-26高三上·湖南长沙·月考)一段公路由一部 气阻力做的功为W=n子- 分平直的下坡路与一部分水平路组成，两段平滑连 3.(25-26高三上·湖南长沙月考)可视为质点的甲、 接，下坡路的坡度较小，汽车（质量为）在下坡 乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直 路和水平路上行驶受到的阻力大小均为F。此汽车 杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方 从下坡路的顶端由静止启动，其运动的速率t图 向夹角为60°，杆长为L。无初速度释放两球到甲 像如图所示，OA段为直线，从t时刻开始汽车的功 球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示， 率保持恒定。题干和图中所给的量都为已知量，则 其中时刻乙球速率最大。已知甲球质量为2，乙 由图像可知() 球质量为，重力加速度大小为g,不计一切摩擦， AV 则() 0 A.汽车运动过程中的最大功率为Fy2 A.t1时刻轻杆与水平方向夹角为30° B.在0时间内，汽车的牵引力恒定，其大小 B.t,时刻甲球的加速度大于g 为m头+ C.时刻甲球的速率为√3g C.从t4时刻开始，汽车在水平路段行驶 D.0t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所 D.可以求出汽车在t3~t4时间内的位移 围成的面积之比为V3:1 2.(25-26高三上·湖南长沙·月考)从地面上以初速 4.(2025湖南长沙二模)（多选)某储能系统的简 度vo竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程 化模型如图所示，倾角0为37的斜坡ABCD上，有 中小球受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数 一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨 为k,小球运动的速率随时间变化规律如图所示，1 过轻质滑轮与电动机连接。1=0时，电动机开始工 时刻到达最高点，再落回地面，且落地前小球已经 作，缆绳拉动重物从A点由静止沿斜坡向上运动： 做速率为1的匀速直线运动。己知重力加速度为g, 2=2s时，重物到达B点，且在此之前速度已达到 则() 最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动： 312s时，关闭发动机，此时重物被拉到C点；此 后重物到达斜坡顶端D点时速度刚好为零，系统储 存机械能。己知电动机工作时输出的功率始终为 2kW,重物与斜坡间动摩擦因数0.5，不计缆绳质 A.小球上升的时间大于下落的时间 量以及其它摩擦损耗，重力加速度g取10m/s2, B.小球上升过程速率为时的加速度大小为 sin37°=0.6，cos37°-0.8。下列说法正确的是() rF8+0 C.小球上升的最大高度为Ho)m D.小球从抛出到落回地面的整个过程中克服空 77777777777777 试卷第1页，共1页 A.重物到达B点时的速度大小为4n/s B.重物在AB段的平均速度大小为7.2m/s C.斜坡ABCD的长度为44.8m D.在整个上升过程中，系统存储的机械能和电 动机消耗的电能的比值为： 77 5.(25-26高三上·湖南长沙·月考)（多选）如图所 A.弹簧弹力的最大值为3g 示，xOy平面为光滑水平桌面，在x轴上固定了一 B.箱子对地面的最大压力为3g 个圆弧挡板，挡板圆弧所在平面与水平桌面共面。 C.小球离地面的最小高度为r警 O为其圆心，其半径R=3m。质量为0.1kg的小球 D.箱子与地面碰撞损失的机械能为 在y轴上的初速度大小为o。小球受到大小不变、 2mgH-mv2 方向沿-y方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到 7.(2026湖南长沙二模)（多选)如图所示，绝缘 挡板前的最小速度为4m/s,恒力的大小为1N。小 水平导轨MN上有质量分别为=1kg和E3kg的 球视为质点，sin37°0.6，cos37°=0.8。下列说法 滑块甲、乙。劲度系数=10oN/m的轻质弹性绳左 正确的是() 端与A点连接，右端跨过固定在导轨正上方h=0.2m 处的轻质光滑小滑轮B与甲相连，弹性绳原长与 AB段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量 0.05C,整个装置处于E=400N/C、方向水平向左 的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度 A.小球在整个运动过程中机械能守恒 。华ms与甲发生完全非弹性碰撞结合成一个整 B.在小球击中挡板前，小球速度大小变为5m/s 时，速度方向和x轴正方向的夹角为37 体。已知弹簧振子的周期2 弹性绳弹性势 C.若小球在速度最小时恰好经过O,则小球击 能E。-k(△)2（△x为形变量），取g-l0m/s2,元3。 中挡板前瞬间的动能为3.6J 下列说法正确的有( D.若大小方向可以改变，小球的初始位置可 A 沿y方向上下移动，圆弧挡板可沿x方向左右移 动，总保证小球每次水平通过O点，则击中挡板 时小球的最小动能为V3J A.若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大 6.(2026湖南长沙模拟预测)（多选)如图所示， 小为0.6m 底部距地面高为H的箱子通过轻弹簧悬挂一个小 B.若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回 球，小球距箱子底部的高度为。现将箱子由静止 到碰撞点经历的时间为0.8s 释放，箱子落地后瞬间，速度减为零且不会反弹。 C.若滑块与导轨间动摩擦因数=0.35，且 此后的运动过程中，小球的最大速度为ⅴ且一直未 静ma猾，则弹性势能增量最大值为12.5灯 碰到箱底，箱子对地面的压力最小值为零。忽略空 D.若滑块与导轨间动摩擦因数=0.35，且 气阻力，弹簧劲度系数为k且形变始终在弹性限度 静mx寸滑，从碰撞结束至两滑块最终停止运动， 内。箱子和小球的质量均为，重力加速度为8。 滑块运动的总路程为0.5m 下列说法正确的是() 试卷第2页，共2页 《第14练功和能》参考答案 题号 1 2 4 5 6 答案 0 D AD BD AD ABC 1.D【解析】A.由题图可知，汽车在0-t1过程是 据牛顿第二定律可得mg+学=ma,解得a+会 恒加速度启动且此时是处于下坡路，其在时刻达 故B错误；C.设上升时加速度为a,根据牛顿第 到最大功率，此后一直保持不变，汽车在2~时处 二定律可知g+=a,取极短△t时间，速度变化 于匀速运动，其受力情况如图所示 量为A1=a△MF(g+)M,由于aFAh,上升全程速 度变化量∑A1=-g∑Af∑Ah,又因为∑A1-06: 则有%g1+H,解得Ho严，故C正确：D.小 球上升到落回地面的全过程由动能定理 汽车受到的牵引力为F牵=Fr mgsine0,则汽车的最大 W=好-哈，则W=哈-m哈，故D错误。 功率为Pmax=(F一gsin)2,故A错误；B.由于物 故选C。 体的1一t图像表示物体的加速度，所以在0~t1时间 3.D【解析】A.设轻杆与水平方向的夹角为6，甲、 内汽车的加速度为a,号号结合之前汽车的受 乙两球的速度大小分别为1和2，将y1和2分别沿杆 力分析，对汽车有F牵1+gsin8-Fa1,解得 和垂直杆方向分解，则有y1sim0=2cos0,由图可知t1 时刻有12，解得-45°，故A错误；B.由受力 F牵1m之+Fr mgsin0,故B错误；C.由题图可知， 分析可得，杆对乙球的作用先是推力，后是拉力， 时刻汽车的速度减小，而由题意可知，汽车受到 2时刻乙球速率最大，即此时杆恰好对乙球无作用 的阻力没有变，所以此时汽车的牵引力小于阻力， 力，则此时杆对甲也无作用力，甲只受到竖直方向 即汽车由下坡路进入了水平路段，故C错误：D.汽 的重力作用，此时甲球的加速度等于g,故B错误： 车在t3~t4时间内，根据动能定理可得 C.t3时刻乙球速度为0，则此时甲球落地，从无初 Pmax4-)F=吟n片，结合上述结论 速度释放两球到甲球落地的过程中，两球组成的系 Pmax(Fr mgsin)2,可解得 统只有重力做功，系统机械能守恒，则有 X=2rmm2-Hm吃，故D正确。故选D。 2 mgLsin60°=×2m,解得t,时刻甲球的速率 2.C【解析】A.图像与时间轴围成的面积表示位 1=W3gL,故C错误；D.0~过程甲、乙两球的 移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升 速率图线与时间轴所围成的面积即为该过程中甲、 阶段平均速度大于下降阶段平均速度，根据公式 乙两球的位移，甲球的位移x=Lsin60°=L,乙球 2 =可知上升时间小于下降时间，故A错误：B.根 答案第1页，共1页 的位移x2=L-Lcos60°=号，面积之比为x1x2-√31，故 轴正方向的夹角为0，则©os0兰=解得0=37， D正确。故选D。 故B正确：C.若小球在速度最小时恰好经过O, 4.AD【解析】A.重物在BC段匀速运动，得电动 则小球从O点做类平抛运动，在x轴方向一y,,在 机的牵引力为F=gsin0+ngcos0-500N,又P=m, y轴方向上m2-云，小球击中挡板时R=+, 联立解得vm==4ms,重物到达B点，且在此之前 解得0.6s,y=1.8m,小球从O点到挡板由动能定 速度已达到最大值，所以重物到达B点时的速度大 理得乃=风m哈，解得小球击中挡板前瞬间的动 小为4/s,故A正确；B.重物在AB段根据动能 能为E=2.6J,故C错误：D.小球水平通过O点击 定理有P(t2-t1)-gxABsin0-umgx4Bcos6,品，代 中挡板，则小球从O点做类平抛运动，小球击中挡 入数据解得x4=7.2m,联立以上，可得重物在AB 板时R22+v2,1,y=a2,击中挡板时小球 段的平均速度大小为==3.6m/s,故B错误，C.重 t2 的动能为及a+m:?学+等，当 物在BC段匀速运动，有xBc=m(t,-t2)=40m,重物 nm=m时y=3m,击中挡板时小球的动能最小， 在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 4p' mgsin0+umgcos0-ma,a=gsin0+ugcos0=10m/s2, 为a=9J,故D正确。放选BD。 由运动学公式0-品=-2mcD,联立解得 6.AD【解析】AB.箱子落地后，小球做简谐运动， xcD=兰=0.8m,则斜坡ABCD的长度为 当小球位于最高点时，箱子对地面压力最小且为0， 2a 可知此时弹簧处于压缩状态，对箱子受力分析，可 xAB+xBc+xcD48n,故C错误；D.全过程重物 增加的机械能为E1gLsi0,整个过程由能量守恒 得弹力F弹=8，对小球受力分析，可得回复力 得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能 F回=F弹+g=2g,方向向下。当小球位于最低点时， 和摩擦产生的内能，故可知E2=E1+umgcos0.L, 由简谐运动回复力的对称性，可知F回=2g,方向 mgLsine sin。 则发=meLcose日sin@tucos95'仪D止确。故选 向上，此时弹簧处于拉伸状态，根据F回=F弹g, AD。 5.BD【解析】A.小球在-y方向上受到恒定合外 可得弹力最大值为F弹=3g,对箱子受力分析有 力的大小为1N,小球在水平桌面上做类斜抛运动， =F弹+g一4g,根据牛顿第三定律，可知箱子对 小球在整个运动过程中除重力外有其他力做功，机 地面压力最大值为4g,故A正确，B错误；C.小 械能不守恒，故A错误；B.小球在碰到挡板前的 球静止时，对小球受力分析，则有x1=g,解得弹 最小速度时，小球到达y轴的坐标最大，在y轴方 簧伸长量为x1=,在简谐最低点时有F弹3gx2, 向的速度为0，小球在x轴方向的速度为=4m/s, 小球在x轴方向上做匀速直线运动，设在小球击中 解得弹簧伸长量为x,,联立可得小球离地面的 挡板前，小球速度大小变为5/s时，速度方向和x 最小高度为h如mh-(x2x1)h-2g,故C错误；D.小 答案第2页，共3页 球简谐运动的速度最大，加速度为零，则有x=g, h2+M02+qBxm=k2+x),解得xm0.6m, 解得x-=x1,可知从箱子刚开始下落到小球简谐 故A正确：B.分析知甲、乙做简谐运动，由qE-xo0 运动的速度最大，初末状态弹簧伸长量相等，弹性 可知平衡位置x。=0.2n,则Axm-x00.4m,由 势能变化量为零。根据能量守恒有2mg-m2+△E Asin00x0,卡t2T,T=2元 M+m 联立可得仁0.8s, 解得△E=-2gH-，m2,故D正确。故选AD。 故B正确：C.由 7.ABC【解析】A.设弹性绳BC段与竖直方向夹 +(MFm)v2+qExM[(M+m)g-kh]' 角为0，对甲所受弹性绳弹力分析有 =(2+x),解得xm0.5m,则 F,k△xsin0=kxcx,F=k△rcos0=h(保持不变)， △Em(h2+xm)h2=12.5J,故C正确；D.由 由=(Mm)y,解得1=V3/s,导轨光滑时，设 碰后最大位移为xm,由 xm>qE+4[什)g一h],可知滑块运动至最左端后 会滑回，故总路程s>0.5m,故D错误。故选ABC。 答案第3页，共3页第16练 力学综合 （三年考频：3次 预测指数：★★★ ） 本卷共7小题，共34分。第1题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。2~7题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，水平面上n个可看作质点的物块紧靠放置，物块间用长度均为L的轻质细绳相连，处于静止状态，物块质量均为m，与地面的动摩擦因数均为。现使第1个物块获得向右的初速度，可使所有物块全部动起来，设各物块获得速度的时间极短，可忽略不计，不考虑细绳的体积，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（   ） A．若，则从第1个物块运动开始经时间第n个物块开始运动 B．若，当第n个物块开始运动后，整个系统损失的机械能为 C．若，当第n个物块即将运动时，系统因摩擦产生的热量为 D．若，当，要使所有物块全部动起来，则 2．（2024·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块，水平射出木块时速度变为，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒为f。则子弹在木块中运动的时间为（　　） A． B． C． D． 3．（2025·湖南长沙·二模）（多选）如图（a），一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中，弹簧对A和B的冲量大小不相等 B．碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为 C．碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为 D．从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为 4．（2025·湖南长沙·三模）（多选）如图甲所示，质量均为m的物块P与物块Q之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块P与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为，时刻解除锁定，规定向右为正方向，图乙是物块Q在时间内运动的图。下列判断正确的是（　　） A．0~时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统机械能、动量都守恒 B．0~时间内，墙对P的冲量大小为 C．0~时间内，合外力对物体Q做功为 D．~时间内，图线与t轴所围的面积大小为 5．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0=5m/s冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量和小球质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　） A．圆弧半径R=0.9m B．小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小均为2.5m/s C．若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，则小球在轨道上运动时间 D．若固定圆弧轨道，调节轨道对应的圆心角和半径R，保持轨道最高点与地面间高度差h=0.45m不变，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程sm=2m 6．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一端系在质量为m的圆环上，另一端与质量为m的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，已知细线长度，此时圆环距离短臂，现将圆环与小球同时由静止释放，小球向下摆动，环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，重力加速度为。从释放小球到小球第一次向左摆到最高点时，下列说法正确的是（   ） A．小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒 B．环与短臂碰后瞬间绳与水平方向夹角为 C．环的最大速度大小为 D．小球运动的最大速度大小为 7．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视如图示，a、b、c、d为圆上两条直径的端点，且ac与bd相互垂直。在内部放置A、B两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球紧靠在B球左侧，现给A球水平冲量I，A球向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（　　） A．A、B两球的质量比为 B．若给A球的水平冲量，则第二次碰撞点一定在b点 C．若只增大A球的质量，则第二次碰撞点可能仍在b处 D．若只增大A球的质量，则发生第2026次碰撞时经历的时间为 《第16练 力学综合》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D BC BD BC ACD BD BC 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．D 【解析】A．第2个物块获得的速度为，根据动量守恒有，解得，第3个物块获得的速度为，根据动量守恒有，解得，同理，第个物块的速度为，第n个物块的速度为，故总时间为，故A错误；B．整个系统损失的机械能为，解得，故B错误；C．若，第1个物块克服摩擦力做功为，第2个物块克服摩擦力做功为，第个物块克服摩擦力做功为，摩擦产生的热量，故C错误； D．若，当，第1个物块的绳子刚拉直时有，此时速度为，拉直后的速度为，有，第2个物块的绳子刚拉直时，又，联立解得，故D正确。故选D。 2．BC 【解析】设子弹在木块中运动的时间为t，以子弹为对象，根据动量定理可得，解得，设子弹射出木块时，木块的速度为v1，根据系统动量守恒可得，解得，根据位移关系可得，解得，故选BC。 3．BD 【解析】A．碰撞过程中，弹簧对A和B的作用力大小相等，冲量大小相等。故A错误；B．当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即时刻，根据动量守恒定律，根据能量守恒定律，联立解得，，故B正确；CD．同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻，则同一时刻A、B的瞬时速度分别为，，根据位移等于速度在时间上的累积可得，，又，解得，碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值，由图（b）可知，从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为，故D正确，C错误。故选BD。 4．BC 【解析】ABC．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，物块Q运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P、Q的速度相同。弹簧恢复原长过程，由机械能守恒定律，解得时刻物块Q的速度大小，则时间内，墙对系统的冲量，故此阶段物块P、Q以及弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律，解得时刻物块P和Q的速度大小均为，由动能定理知，内合外力对物块Q做功，故A错误，BC正确；D．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律，由机械能守恒定律，联立知，时刻物块Q的速度，则内物块Q速度变化量，可见内图线与t轴所围的面积大小为，故D错误。故选BC。 5．ACD 【解析】AB．设小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小分别为和，则小球相对圆弧轨道的速度与水平方向成角，即，小球与圆弧轨道相互作用的过程中，根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒有，，联立得，，，故A正确，B错误；C．设小球与圆弧轨道相互作用的过程中，小球水平方向的平均速度大小为，圆弧轨道的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒有，两边同时乘以时间并消去m得，即，求得，故C正确；D．若固定圆弧轨道，设小球从轨道最高点飞出时的速度大小为，则小球运动至轨道最高点过程中由动能定理得，求得，根据抛体运动知识有，，联立得因，设，，则，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程为，故D正确。 故选ACD。 6．BD 【解析】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒有，相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为，由于，所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。A．环与短臂粘连前，小球与环组成的系统水平方向动量守恒，粘连后系统水平方向动量不守恒，故A错误；B．设环与短臂碰后瞬间绳与水平方向夹角为，环与短臂碰后的瞬间，如图所示 ，解得。故B正确；C．环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为，绳与水平方向夹角为，根据水平方向动量守恒，有，由动能定理可得，在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有，联立解得。故C错误；D．小球运动到最低点时速度最大，设最大速度为，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，小球的速度为，由动能定理可得，联立解得。故D正确。故选BD。 7．BC 【解析】A．设第一次碰后两球的速度分别为、。对A球则有，根据动量守恒定律和能量守恒定律则有，，第二次碰撞发生在b点，则有，联立解得，故A错误；B．第一次碰后，A球和B球的速度比为，增大A球的初速度后，速度之比不改变，则第二次碰撞点仍在b点，故B正确；C．若两球碰后同向运动，两球在b点发生第二次碰撞，则A球运动的路程是B球的，两球碰后速度的大小之比，结合A分析则有，解得，若只增大A的质量，满足，则两球也会在b点再次碰撞，故C正确；D．由于发生弹性碰撞，两球的相对速度大小不变，相邻两次碰撞的时间间隔均为，发生第2026次碰撞时经历的时间为，故D错误。故选BC。 $第14练 功和能 （三年考频：2次 预测指数：★★★ ） 本卷共7小题，共32分。1~3题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。4~7题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（25-26高三上·湖南长沙·月考）一段公路由一部分平直的下坡路与一部分水平路组成，两段平滑连接，下坡路的坡度较小，汽车（质量为m）在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为。此汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的速率图像如图所示，段为直线，从时刻开始汽车的功率保持恒定。题干和图中所给的量都为已知量，则由图像可知（   ） A．汽车运动过程中的最大功率为 B．在时间内，汽车的牵引力恒定，其大小为 C．从时刻开始，汽车在水平路段行驶 D．可以求出汽车在时间内的位移 2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）从地面上以初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，时刻到达最高点，再落回地面，且落地前小球已经做速率为的匀速直线运动。已知重力加速度为g，则（　　） A．小球上升的时间大于下落的时间 B．小球上升过程速率为时的加速度大小为 C．小球上升的最大高度为 D．小球从抛出到落回地面的整个过程中克服空气阻力做的功为 3．（25-26高三上·湖南长沙·月考）可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为60°，杆长为L。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中时刻乙球速率最大。已知甲球质量为2m，乙球质量为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则（    ） A．时刻轻杆与水平方向夹角为30° B．时刻甲球的加速度大于g C．时刻甲球的速率为 D．过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为 4．（2025·湖南长沙·二模）（多选）某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从点由静止沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2kW，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，。下列说法正确的是（    ） A．重物到达点时的速度大小为 B．重物在段的平均速度大小为 C．斜坡的长度为44.8m D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为 5．（25-26高三上·湖南长沙·月考）（多选）如图所示，平面为光滑水平桌面，在轴上固定了一个圆弧挡板，挡板圆弧所在平面与水平桌面共面。为其圆心，其半径。质量为的小球在轴上的初速度大小为。小球受到大小不变、方向沿方向的恒定合外力作用。已知小球在碰到挡板前的最小速度为，恒力的大小为。小球视为质点，，。下列说法正确的是（　　） A．小球在整个运动过程中机械能守恒 B．在小球击中挡板前，小球速度大小变为时，速度方向和轴正方向的夹角为 C．若小球在速度最小时恰好经过，则小球击中挡板前瞬间的动能为3.6J D．若大小方向可以改变，小球的初始位置可沿方向上下移动，圆弧挡板可沿方向左右移动，总保证小球每次水平通过点，则击中挡板时小球的最小动能为 6．（2026·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，底部距地面高为H的箱子通过轻弹簧悬挂一个小球，小球距箱子底部的高度为h。现将箱子由静止释放，箱子落地后瞬间，速度减为零且不会反弹。此后的运动过程中，小球的最大速度为v且一直未碰到箱底，箱子对地面的压力最小值为零。忽略空气阻力，弹簧劲度系数为k且形变始终在弹性限度内。箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（    ） A．弹簧弹力的最大值为3mg B．箱子对地面的最大压力为3mg C．小球离地面的最小高度为 D．箱子与地面碰撞损失的机械能为 7．（2026·湖南长沙·二模）（多选）如图所示，绝缘水平导轨MN上有质量分别为和的滑块甲、乙。劲度系数的轻质弹性绳左端与A点连接，右端跨过固定在导轨正上方处的轻质光滑小滑轮B与甲相连，弹性绳原长与AB段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量，整个装置处于、方向水平向左的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度与甲发生完全非弹性碰撞结合成一个整体。已知弹簧振子的周期，弹性绳弹性势能（为形变量），取，。下列说法正确的有（　　） A．若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大小为0.6m B．若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回到碰撞点经历的时间为0.8s C．若滑块与导轨间动摩擦因数，且，则弹性势能增量最大值为12.5J D．若滑块与导轨间动摩擦因数，且，从碰撞结束至两滑块最终停止运动，滑块运动的总路程为0.5m 《第14练 功和能》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D C D AD BD AD ABC 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．D【解析】A．由题图可知，汽车在过程是恒加速度启动且此时是处于下坡路，其在时刻达到最大功率，此后一直保持不变，汽车在时处于匀速运动，其受力情况如图所示 汽车受到的牵引力为，则汽车的最大功率为，故A错误；B．由于物体的图像表示物体的加速度，所以在时间内汽车的加速度为，结合之前汽车的受力分析，对汽车有，解得，故B错误；C．由题图可知，时刻汽车的速度减小，而由题意可知，汽车受到的阻力没有变，所以此时汽车的牵引力小于阻力，即汽车由下坡路进入了水平路段，故C错误；D．汽车在时间内，根据动能定理可得，结合上述结论，可解得，故D正确。故选D。 2．C【解析】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度，根据公式可知上升时间小于下降时间，故A错误；B．根据牛顿第二定律可得，解得，故B错误；C．设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知，取极短时间，速度变化量为，由于，上升全程速度变化量，又因为，则有，解得，故C正确；D．小球上升到落回地面的全过程由动能定理，则，故D错误。 故选C。 3．D【解析】A．设轻杆与水平方向的夹角为θ，甲、乙两球的速度大小分别为和，将和分别沿杆和垂直杆方向分解，则有，由图可知时刻有，解得，故A错误；B．由受力分析可得，杆对乙球的作用先是推力，后是拉力，时刻乙球速率最大，即此时杆恰好对乙球无作用力，则此时杆对甲也无作用力，甲只受到竖直方向的重力作用，此时甲球的加速度等于g，故B错误； C．时刻乙球速度为0，则此时甲球落地，从无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，则有，解得时刻甲球的速率，故C错误；D．过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积即为该过程中甲、乙两球的位移，甲球的位移，乙球的位移，面积之比为，故D正确。故选D。 4．AD【解析】A．重物在段匀速运动，得电动机的牵引力为，又，联立解得，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为，故A正确；B．重物在段根据动能定理有，代入数据解得，联立以上，可得重物在段的平均速度大小为，故B错误；C．重物在段匀速运动，有，重物在段运动过程中，由牛顿第二定律得，解得，由运动学公式，联立解得，则斜坡的长度为，故C错误；D．全过程重物增加的机械能为，整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知 ，则，故D正确。故选AD。 5．BD【解析】A．小球在-y方向上受到恒定合外力的大小为，小球在水平桌面上做类斜抛运动，小球在整个运动过程中除重力外有其他力做功，机械能不守恒，故A错误；B．小球在碰到挡板前的最小速度时，小球到达轴的坐标最大，在轴方向的速度为0，小球在轴方向的速度为，小球在轴方向上做匀速直线运动，设在小球击中挡板前，小球速度大小变为时，速度方向和轴正方向的夹角为，则，解得，故B正确；C．若小球在速度最小时恰好经过，则小球从点做类平抛运动，在轴方向，在轴方向上，小球击中挡板时，解得，，小球从点到挡板由动能定理得，解得小球击中挡板前瞬间的动能为，故C错误；D．小球水平通过点击中挡板，则小球从点做类平抛运动，小球击中挡板时，，，击中挡板时小球的动能为 ，当时，击中挡板时小球的动能最小，为，故D正确。故选BD。 6．AD【解析】AB．箱子落地后，小球做简谐运动，当小球位于最高点时，箱子对地面压力最小且为0，可知此时弹簧处于压缩状态，对箱子受力分析，可得弹力，对小球受力分析，可得回复力，方向向下。当小球位于最低点时，由简谐运动回复力的对称性，可知，方向向上，此时弹簧处于拉伸状态，根据，可得弹力最大值为，对箱子受力分析有，根据牛顿第三定律，可知箱子对地面压力最大值为，故A正确，B错误；C．小球静止时，对小球受力分析，则有，解得弹簧伸长量为，在简谐最低点时有，解得弹簧伸长量为，联立可得小球离地面的最小高度为，故C错误；D．小球简谐运动的速度最大，加速度为零，则有，解得，可知从箱子刚开始下落到小球简谐运动的速度最大，初末状态弹簧伸长量相等，弹性势能变化量为零。根据能量守恒有 解得，故D正确。故选AD。 7．ABC【解析】A．设弹性绳BC段与竖直方向夹角为θ，对甲所受弹性绳弹力分析有，（保持不变），由，解得，导轨光滑时，设碰后最大位移为，由，解得，故A正确；B．分析知甲、乙做简谐运动，由 可知平衡位置，则，由，，，联立可得，故B正确；C．由 ，解得，则，故C正确；D．由，可知滑块运动至最左端后会滑回，故总路程，故D错误。故选ABC。 $第15练 冲量与动量 （三年考频：2次 预测指数：★★★ ） 本卷共8小题，共33分。1~7题每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。第8题每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（24-25高三下·湖南长沙·月考）斯托克斯公式在流体力学中有广泛的应用，该公式指出物体在粘滞流体中运动时会受到阻力，称为粘滞阻力，球形物体受到的粘滞阻力表达式为，式中为液体的粘滞系数，为小球的半径，为小球运动的速率。如图所示，小球在蓖麻油中图示位置处由静止沿竖直方向下落，经时间恰好达到最大速度，且此过程小球下降的高度为。已知盛有蓖麻油的容器足够深，小球的密度为，蓖麻油的密度为，粘滞系数恒为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．时间内小球下落的高度小于 B．若采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，则其单位为 C．小球的最大速度与其半径的关系可表示为 D．小球的质量与其半径的比值可表示为 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）一个玩具小车在外力作用下沿光滑水平面做直线运动，其动量与时间的关系图像如图所示，已知和四边形的面积之比为，则下列说法正确的是（　　） A．和的加速度大小之比是 B．与外力的冲量大小之比是 C．时刻前瞬间与时刻发动机的功率大小之比是 D．与外力的做功大小之比是 3．（25-26·高三上·湖南长沙·阶段检测）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 4．（24-25·高三上·湖南长沙·月考）如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止（开始下滑，取地面为零势能面，则滑块的速度大小、重力势能随位移的变化关系图线，以及滑块的动量、动能随时间变化关系图线正确的是（　　） A．B． C．D． 5．（24-25·高三上·湖南长沙·月考）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图所示。图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与的夹角均为，出射时光束均与平行。光对小球的作用力可以通过光的折射和动量定理分析，光子的动量与传播方向相同，关于两光束因折射对小球产生的合力分析正确的是（　　） A．若光束①和②强度相同，两光束因折射对小球产生的合力水平向左 B．若光束①和②强度相同，两光束因折射对小球产生的合力为零 C．若光束①比②的强度大，两光束因折射对小球产生的合力偏下 D．若光束①比②的强度大，两光束因折射对小球产生的合力偏右 6．（24-25·高三下·湖南长沙·月考）翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．水流单位时间撞到B处的体积 B．水流在B处的速度 C．水流对B处的冲击力 D．空中水的质量 7．（25-26·高三上·湖南长沙·月考）图甲是某科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。轨道Ⅰ的末端与水平面相切，如图乙所示，将相同的小球a和b分别从Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M同时静止释放，则小球a先到达终点N；并且发现小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同。现将小球a和b同时从起点M静止释放，下列说法正确的是（　　） A．小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度大 B．从起点到终点，两球的动量变化量相同 C．若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，三个球相比仍是a先到达 D．若轨道不光滑且与两球滑动摩擦因数相同，小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度小 8．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）现在市面上出现了一种新型的游乐设施——“反向蹦极”，示意图如图甲，游戏者与固定在地面上的扣环连接，为弹性绳上端悬点，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到位置时绳子恰好处于松弛状态，为游戏者上升的最高点，点为速度最大位置（未画出），弹性绳的弹力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变在弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原点，选向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙，图像中、、和为已知量，为未知量，则人上升过程中（    ） A．值可能会小于 B．游戏者最大速度为 C． D．人从点到点重力的冲量小于从点到点重力的冲量 《第15练 冲量与动量》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D D B A D D BD 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．D 【解析】A．对小球受力分析有，即，可得，随着速度的增大，加速度减小，直到加速度减小到0，速度达到最大值，所以小球先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，所以时间内小球下落的距离一定大于，A错误；B．根据，解得，单位为，错误；C．当加速度等于0时，速度最大，有，其中，解得，错误； D．由动量定理有：， 解得，D正确。故选D。 2．D 【解析】A．设A点的动量为，点的动量为，由题知两者面积之比为，解得，根据动量定理有，所以在和在的外力大小之比是，根据牛顿第二定律有，可知加速度大小之比是，故A错误； B．根据动量定理有，可知在与在外力的冲量大小之比等于，故B错误；C．根据可知在时刻与在时刻小车的速度大小之比等于，根据，可知功率之比是，故C错误；D．根据动能定理，可知在外力的做功大小，在外力的做功大小是，结合速度之比，解得，故D正确。故选D。 3．D 【解析】A．小球竖直方向有，解得细绳的拉力大小，故A错误；B．对小球，由牛顿第二定律有，解得小球的向心加速度，故B错误；CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，根据，联立解得，小球圆周运动周期，则小球转动一周，重力的冲量，故拉力冲量也为，故C错误，D正确。故选D。 4．B 【解析】A．设斜面夹角为  ，滑块沿斜面下滑过程中，根据速度公式，滑块的动能，图线不是正比例函数图线，故A错误；B．由动量公式，结合上述分析有，可见为正比例函数，故B正确；C．由速度位移公式，有，由数学知识可知选项C满足的是的函数关系式，与上述结论不符，故C错误； D．滑块下滑的高度，设斜面的高度为H，重力势能与位移的关系为，应为直线，故D错误。故选B。 5．A 【解析】AB．仅考虑光的折射，设时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p，这些粒子进入小球前的总动量为，从小球出射时的总动量为，、的方向均沿SO向右。根据动量定理，可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左，故A正确，B错误；CD．建立如图所示的Oxy直角坐标系 x方向：根据AB同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向：设时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，，这些粒子进入小球前的总动量为，从小球出射时的总动量为，根据动量定理，可知，小球对这些粒子的作用力的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向，所以两光束对小球的合力的方向指向左上方，故CD错误。故选A。 6．D 【解析】A．水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间撞通过水平喷水口的体积，即体积为，故A错误；B．水流从P到B做平抛运动，平抛初速度为，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B的速度方向与水平方向成，则有，故B错误；C．设时间内有质量为的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为N，规定方向为正方向，由动量定理有，因为，联立解得，根据牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力，故C错误；D．结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向速度，故平抛时间为，所以空中水的质量，故D正确。 故选D。 7．D 【解析】A、对小球，由M到N过程，根据动能定理可得，故小球沿两轨道运动到N点时的速度大小相等，A错误；B、由于两小球到达N点时速度方向不同，故从起点到终点，两球的动量变化量不同，故B错误；C、由于小球a从Ⅰ轨道的不同位置静止释放，到达末端的时间都相同，故小球a在Ⅰ轨道的运动可视为一个摆长特别大的单摆运动的一部分，小球a从M到N运动时间，小球b从M到N的运动时间为，则有，解得，若在两球释放的同时，将小球c平抛恰好也落在N点，则有，解得，其中为所对的圆周角，由于R很大，小球a做单摆运动，故，故可知，即三个球相比，c先到达N点，故C错误；D、若轨道不光滑且与两球滑动摩擦因数相同，由于小球a运动过程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ轨道运动到N点的速度小，故D正确。故选D。 8．BD 【解析】A．由对称性可知，若，则游戏者运动到B点就会停下，但实际情况是游戏者运动到了最高点C，故，故A错误；B．以上分析可知，位置合力为0，位置合力为，且最大速度在位置，设为，加速度均匀变化，所以合力均匀变化，故合力平均值为，且合力方向向下，从速度最大到最高点过程，由动能定理，解得，故B正确；C．从A到D过程，根据，则图像面积的物理意义为，则最大速度为，又因为，可得，故C错误；D．从A到B过程，有题意可知，从A点到D点和D点到C点速度变化量大小相同，从A点到D点的平均加速度大些，故时间短些，根据，可知，重力冲量小些，故D正确。故选BD。 $