专题卷(6)动能定理、机械能守恒定律-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

·物理B· 加速度大于c的向心加速度，综上可知a的向心加速度小于b 8。AD【解析】根据万有引力提供向心力有服物=m(斧)。 GMm 的向心加速度，故C正确；d卫星的轨道半径最大，发射卫星时 需要克服万有引力做功，但各个卫星的质量大小未知，发射d (R+h),又根据黄金代换有GM=gR2,联立解得T≈1.7h,故 卫星所需要的能量不一定最大，故D错误。 A正确；绕地球转动的线速度为=2红（R+h)≈7.5km/s,故 T 7.D【解析】飞船从A运动到B,根据开普勒第二定律可知，飞 船与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，故A错误；飞船 B错误；该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期回到 从A运动到B,只有万有引力做功，飞船的机械能不变，故B错 “原地”，而北京转回“原地”，需要24h,1.7h与24h的最小整 误；飞船在A、B两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普 数倍为17天，故C错误，D正确。 10.BD【解析】撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔 勒第二定律有21,4：-r,△，解得-，故C错误； 1 变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；设双星之间的 Qg,故D正确。 分Mm=maa,GT名一mB,解得。=竖 距离为L,双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GMm L2 ·B【解标】根据万有引力提供向心力可得G= 4π8 T2r,联立 MR 4x2 -m联立每得-，下则两颗 4π2L3 可得T2=4π2,3 小行星做圆周运动的半径之比保持不变，两个小行星中心连 GM,T,图像的斜率为6=4 GM,该星球和地球的 线的距离减小，故B正确，C错误。根据万有引力提供向心力 有GMm”=M=ma,两个小行星中心连线的距离减小，则两颗 M2_ke=”=”,故A错误，“探测卫星”在该星球表 质量之比M。g三n 小行星的向心加速度均变大，故D正确。 m BC【解析】在其他星球上是能够做单摆实验的，与在地球表面 面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c,则 4π2R8 GMp 类似，A错误；单摆周期T=开，又T=2m√日 ,忽略星球自转时， 42Ra,则 P_ Mp 3 m GMo 。√M。=√n ,根据万有引力提供向心力可得 对其表面一质量为m的物体有G=m,g,星球体积V- v2 GM 王2、是之八之一 ,该星球和地球的第一宇宙速度 专R,密度一兰联立求得=品二B正确提角较大时，由机 之比 MR。m 4 1 vo NMoRp n 故B正确；体积为V=3R,密度 械能守恒有mgL-Lcos60)=2mw,F:一mg=m ,解得 为口-出，该星球和地球的密度之比为？-M, 1 “,C正确；卫星贴近星球表面做匀速圆周运动速度至 Po MoRi =了，放C错 Ft=-L 误：根据万有引为与重力的关系G-g,该星球表面和地球 少为u,则GM 2 =mR,在该星球表面发射卫星时需要的最小 表面的重力加速度大小之比为二-M,-狐，故D错误。 发射速度为= 2πmLR,D错误。 go MoRpn 8.BD【解析】根据开普勒第二定律知，同一椭圆轨道上，行星与 11.（1)2u 3RT2vo-R to 太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星周期 (2)2元t0 不同，并不是所有行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面 12.(a)4rR 2πR GT2 T (2)2R GM 积都相等，故A错误；行星表面的重力加速度为g表一尺：，可知 GM (2)(R-d)GM GMm GMm r3 13.(1) R2 R (3)① R+H)-(+H)2'R 火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为：一 g地 ②GMm(R-） R司 0.11X4=11 GM 1=25,故B正确；行星的第一字宙速度为1一√ Mm 【解析】(1)不考虑地球的自转，在地球表面附近G R2 -mg 则火星第一宇宙速度和地球第一宇宙速度之比为= GM V地I 解得g= R2 √0.11×2=。，故C错误：行星的同步卫星的轨道半径为 3R, 4 (2)设地球平均密度为p,则M=p· GMT ?一√4x,因火星和地球的自转周期均为T,则其同步卫星 在矿井底部G R-a)=mg,而M,=p·xR-d, 4 的周期都为T,可知火星同步卫星到火星中心的距离和地球同 311 深度为d的矿井底部的重力加速度大小g'=R-d)GM R3 步卫星到地心的距离之比为0.T=√00，故D正确. (3)①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小Fp= ·5 参考答案及解析 GMm GM2m (R+H)2(r+H)2' 8克， GMm GMm r 其中M,=D解得ER十D十)R部 由几何关系知日=&+B,故20= ,综上可得： ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小F。= 52 T。 GMam GMim 12(2-2 (R-r+L)2 L2 其中M3=p· 4π(R-r十L)3 M,=0·,解得F。 物理（六） 3 1.D2.D GMm(R-r) R3 3.C【解析】设两个滑块在O点时的速度为v,根据动能定理得 (1ω G /D (3)Rm 2w·zam=号×2mw2-0,-xw·zow=0-号m2, 解得xoM>xoN,即OM>ON,A错误；当弹簧恢复原长时弹簧 【解析】(1)空间站在预定圆轨道上做匀速圆周运动，则有 的弹力为零，两个滑块之间没有作用力，两滑块开始分离，所以 r2 滑块a、b在O点分离，B错误；在O、M之间有一点N',N'和N 解得地球的质量M=好r」 关于O点对称，滑块a无法再次回到M点，只能回到N'点，滑 G。 块a在N'和N点之间往复运动，C正确；根据简谐运动to= (2)设卫星在预定圆轨道上的运动周期为T,则有T= tow,又因为tow>toN,所以toM>toN,D错误。 U3 4.C【解析】该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律有F-f=ma, 椭圆轨道的半长轴a=十R, 2 根据题图可知a-公恕-碧m/:=4m/6,解得F=600N,该 设卫星在椭圆轨道上的运动周期为T1,根据开普勒第三定律 车的额定功率为P=Fv=6000×20W=1.2×105W,当速度最 r3 大时，有P=fvm,解得vm=60m/s,故A错误，C正确；汽车起 步时先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，故B错误； π/(r十R)3 解得T1==√2r 匀加速阶段汽车位移为图像中0~5s内图线与坐标轴所围图形 1 的面积，即x,=5X20m=50m,汽车在5一555内以额定功率 飞船从A点运动到B点，需要的时间至少为T1= T1= 2 /(r+R)3 行驶，由动能定理可得P1-fa:=子m2一合m,解得 2vN 2r 2200m,所以该车前55s内通过的位移大小为x=x1十x2= (3)飞船在近地点A的速度为1，根据开普勒第二定律有 2250m,故D错误。 UR=v2r, 5. D【解析】从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，两球组成 飞船从A点运动到B点I=△p=moo1十moo2, 联立可得I=R十， 的系统满足机械能守恒，则有mgR十mgL+R)=号×2mw, 解得两球都滑到水平轨道上时α、b两球的速度大小均为v= re T 12(2-2) √6m/s,从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据 【解析】(1)设卫星乙绕地球运动的周期为T',由开普勒第三 动能定理可得mgR+W轩=2m,解得W轩=0.4J,可知整个 定律)_(2) T2, 过程中轻杆对a球做功0.4J,则a球下滑过程中机械能不守 恒，故AB错误，D正确；从释放小球到a、b球都滑到水平轨道 解得T= 27. 上，整个过程中由于轻杆对α球做正功，所以轻杆对b球做负 (2)如图所示，由于地球遮挡甲、乙两 功，故C错误。 卫星之间直接通信信号会周期性中 6. D【解析】由题意知，环在Q时动能最大。环在w 断，设在一个通信周期内，甲、乙两卫 R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。环和AR。C 星通信中断的时间为t,有(wz一 甲的 通过轻绳相连，沿绳方向的分速度相等（如图所s”一 2π 2π 0甲)t=20,而0z=子，w甲= 示)，故ocos0=vA,故A与环的动能之比 E一 T 故有(-）=20， 2 mv Mcos0,对小环和A组成的系统 由儿何关系可知如。R2如9=日 V2R=2,所以a= 6 高三二轮复习专题卷 Mgh=EkA十Eo,联立可得小环C的最大动能为Eko= M'gh M十mcos 0·故A正确；小环C下落过程受重力、杆的支持力 和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前 的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S后的过程，非重 力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小， 下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；小环从R 处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化 量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和 地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物 体的支持力的冲量和与重力的冲量等大反向，由于此过程重力 冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为 零，且方向向上，故C正确：环在R和Q时，弹簧长度相同，B对 地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的 重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支 持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos0=Mg,对A有T-mg F=ma,对B有F=mg,联立可得a=M mcos98-2g,故D 错误。 7.C【解析】小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的 弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，从A点到B点过 程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小， 根据系统机械能守恒，小球在A点的弹性势能必大于在C点的 弹性势能，故AB错误；小球从A点到C点过程，在光滑圆环半 径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分 力，故小球先做加速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸 长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力 的分力小于重力沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到 C点过程小球速率先增大再减小，小球在C点时动能不是最大 的，故C正确，D错误。 *D【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只 有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；a球在最 低点速度为零，a球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球 。敏的功为w,由动能定理有g(停1+）十W=0,解得w -mg1(侵+)，散B错误：设轻杆L和水平杆L,的夹角为0。 由运动的合成与分解可知v6cos0=v,sin0,则v6=v。tan0,可 知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行， 则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大小为 g,故C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点， b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球 的速度为0，因此由系统机被能守恒有mg(受1+）-2m。 解得v。=√(2十√2)gl,故D正确。 8.BD【解析】一开始物块缓慢下降的过程，由动能定理mg·2h十 W=E。,而物块在A点处于平衡状态，有·2h=mg。物块下 落到OA中点处时，有mg(H十h)=E1十E1,而OA中点处 的弹性势能为E一子kx2-子E,联立可得Eu=mgH十 -?,放C维误：当物块释放后，先做自由落体运动，后改 变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动 1 能定理m加g(2h+H)=E,十乞mv品，联立可得最大速度为um一 (mgH-,最大动能为En=mgH-W,故B正确，A错 误；物块在下落过程，重力做正功，弹力做负功，故物块和弹簧组 成的系统机械能守恒，而物块的机械能减小，故D正确。 ABD【解析】当轻杆从水平位置转到竖直位置的过程，由关联 速度可知，轻杆转到竖直位置时，二者的速度大小相等，设为， 由动能定理可得3mg·专-mg·台=×3mo2十之m,解 得v=√I0m/s,故C错误；设在该过程中，轻杆对小球A做功 为W,对小球A,由动能定理可得一mg·台十W=之m,解 得W=15J,故A正确；设轻杆对小球B做功为W′，对小球B 由动能定理可得3mg·专+w=名×3md,解得w- 一15J,故B正确；轻杆在竖直位置时，对小球B,由向心力公式 可得FB一mBg= -,解得FB=60N,方向竖直向上：对小 L 2 球A,由向心力公式可得FA十mAg= L,解得F4=0,轻杆 2 对轴O的作用力为两拉力矢量和，FA十FB=60N,故D正确。 0.AD【解析】设AB与水平方向的夹角为a,从A到C由动能 定理得mgH-mgas&·AB-mg·BC=号m呢，即mgH mgL=2m忌，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有 多大，游客从C点飞出的速度一定，A正确。若游客落在滑道 CD的不同点上，因位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的 偏向角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道上 的各点的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，B错 误。由A项分析可知，L越小，则到达C点时速度越大，游客在 斜面上的位移越长，越有可能落不到滑道CD上，C错误。若恰 能落在D点，则A=0ct=号g2,mgH-mgL=弓o2,联立 1 可得4H=L+h,D正确。 BC【解析】由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为a1= 5m/g,设斜面倾角为0，有mgsn0=ma1,解得sn0=分则斜 面的倾角0一30°，B正确。从释放到最低点，根据能量守恒有 mg=sm9=(,-x,),解得是=25NWm,A错误。设当位 移为x2时，加速度为0，有k(x2一x1）=mgsin0,解得x2 0.5m,此时动能最大，最大动能为E。=mgx2sin02k(x, x1)2,解得Ekm=2J,C正确。根据能量守恒，弹簧的最大弹性势 能为Em=mgx3sin0=4.5J,D错误。 1.(1)0.9m(2)3W(3)4m/s 。6 2. (1)11.25s(2)32N 解得t=0.4s,小球到达A点时竖直方向的分速度为，= 、moo gt=4 m/s, 3.(1)2k1 √7 在A点时恰好无碰撞地沿斜面滑下，故小球在A点速度与水 【解析】(1)轻杆开始移动时有F弹=△x=f, 解得△x- 平方向的夹角为53，由速度分解可得u。=an53=3m/s, 2kL⊙ (2)撞击弹簧前瞬间的速度为v。时，对瓶子、弹簧和轻杆有 A-sin 53-5 m/s, 0-m=w-f:, 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=vot= 1.2m。 3mv8 解得W弹=一 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得 8’ 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度0满足0-。m2- mg(HRRcos 53)m ”解得一空， 解得oe=55m/s,在C点，有R。一mg- R,解得F。= 104N, 允许玻璃瓶撞击的最大速度。满足0-2mo品=W舞一fL, 由牛顿第三定律，小球通过最低点C时对轨道的压力大小为 104N。 √7 解得um=之0… (3)小球从C到D由动能定理有-mg(R-Rcos53)= 8因为誓> ao听-名m2, 1 2,所以轻杆向下运动，有0一 gm(停n)-w,f, 解得p=11m/s, 小球从D点抛出后当竖直方向分速度减小到0时到达最高 1 点，最高点速度为x=Upcos53°， 解得x=2。 1 4. (1)5m/s,与水平方向夹角为53°斜向右上方(2)0.95m 小球由D点到最高点由动能定理有一mg△h=2mui:一 (3)34N 1 2 mvb, 【解析】(1)设小球在P点的速度为v。,D到P和P到Q可视 解得△h=3.872m。 为两个对称的运动，则有A=弓g,言 =ot,v,=gt,解得 物理（七） t=0.4s,0o=3m/s,,=4m/s, 则小球在D点的速度大小为 1.C2.D n=√6+o=5m/s, 3.D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有tan0== vo 系有g由87·台-mgs37(亿+片+片+号)解得 号，可得9=53，即小球在D点的速度方向与水平方向夹角为 3 k=6,A错误；由于mg sin37>ng cos37°，所以物块不会停 53°斜向右上方。 在b点，而是会停在b、c点之间的某一位置，B错误；在c点弹簧具 (2)小球由A到D过程，根据动能定理可得mgH十mgRcos0 有最大的弹性势能，从a点到c点，根据功能关系有mgsin37°· (L+)-mgos37r(L+)=E,:解得E,=6m8L,C错 9 2m02-0, 解得H=0.95m。 误；物块向下运动时，弹力先小于重力，做加速运动，后大于重 (3)小球由A到C过程，根据动能定理可得mg(H+R)= 力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力，做加速运动，后 2mu2-0, 小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先增 大后减小，D正确。 在C点，根据牛顿第二定律可得 4,C【解析】设卫星轨道半径为，由万有引力提供向心力G FN一mg=mR, 联立解得轨道对小球的支持力大小为F、=34N。 m号，其中M为地球的质量，由题日条作知其引力势能为E, (1)1.2m(2)104N(3)3.872m 【解析】(1)小球从平台抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落 -G,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=巴，十2m 1 体运动，有h=2gt, Gm,半径为1时，卫星总能量E,=_GM,半径为r 2r 2r12025一2026学年度高三二轮复习专题卷（六） 物理·动能定理、机械能守恒定律 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v。射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块 中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为5，子弹 射入木块的深度为d,子弹与木块间的相互作用力为f,以下关系式中不正确的是 1 A.mf(sd) M 1 WW☑ 1 B.2mv-(M+m)v=fd M C.mv=(M+m)v D.Mu2-fd 2.2025年8月2日，在“苏超”比赛中，淮安队门将李世恩将足球从地面上的A点踢到C点，足 球在空中达到的最高点为B,如图所示，则球在空中 A,运动时间tAB>tBC B.运动过程中机械能守恒 A C.运动过程中始终处于超重状态 D.运动至B点时，所受重力的功率为零 3.如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端与小滑块α相连，初始时刻小滑块α静止在光滑的水平 面上的O点，质量相等的滑块b紧靠α的右侧，在外力作用下将两滑块推至M点，由静止释 放两滑块，a运动至N点时速度为0，下列说法正确的是 A.ON=OM B.滑块a、b在O点右侧某位置分离 C.滑块a无法再次回到M点 D.滑块a从M至O的时间小于O至N的时间 4.汽车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上 ◆/(m's) 进行起步过程测试，通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间 变化规律图像，如图所示，其中除5~55s时间段图像为曲线外，其余时间20 10 段图像均为直线，5s后发动机的输出功率保持不变。该车总质量为 0 55 1.0×103kg,所受到的阻力恒为2.0×103N,则下列说法正确的是 物理B·专题卷（六）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.该车的最大速度为50m/s B.该车起步过程的加速度一直在改变 C.该车的额定功率为1.2×105W D.该车在前55s内通过的位移大小为2200m 5.如图所示，有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为0.2m的圆弧，BC部分水平，质量均为 400g的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为0.2m,小球可视为质点。开始时a球处于 圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度g=10s2, 下列说法正确的是 A.a球下滑过程中机械能保持不变 b B.两球都滑到水平轨道上时，a球速度大小为2m/s C.从释放小球到α、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对两 球均不做功 D.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a B n化 球做功0.4J 6.如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一 根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环 C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为O,此时物体B对地 面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h,R和Q关于S对称。现让小环 从R处由静止释放，下落过程中绳始终处于伸直状态，环到达Q处时获得最大速度。已知重 力加速度为g,在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法错误的是 M'gh A.小环C的最大动能为 +mcos20 B.小环C在S点机械能最大 C.弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为零，且方向向上 D.小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为Mg一g mcos 0g-g 777777777777777 7.如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2 的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点 无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在C点时弹 簧被压缩。下列说法正确的是 A.弹簧在A点时的弹性势能等于在C点时的弹性势能 B.从A点到B点过程小球机械能守恒 C.从A点到C点过程小球速率先增大再减小 D.小球在C点时动能最大 门卷 物理B·专题卷（六）第2页（共8页） 如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2,两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。 两个小球a、b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过 铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将α球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45）由静止释放， 不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是 A.a球不能回到初始位置 B.a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为√2mgl C.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 45L D.b球的最大速度为√(2十√2)gl 8.如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O,某人将质量为m的物块放在O.一 弹簧上端O处，使它缓慢运动到A处(OA高度差为2h),放手后物块处于平衡状4，一 态，在此过程中人对物块所做的功为W。如果将物块从距离弹簧上端O点高H的 地方由静止释放，设物块此后只在竖直方向运动，且不计空气阻力，重力加速度为 77分7777 g。已知弹簧的弹性势能表达式为E,=2kx,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。 则下列说法正确的是 A.物块释放后的最大速度为2gH B.物块释放后，动能最大值为mgH一W C.物块下落到OA中点处时，动能为mg(H+h) D.物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒 9.如图所示，质量分别为1kg和3kg的小球A、B通过一根长为2m的轻杆连接，可绕光滑水 平轴O在竖直平面内自由转动。初始时轻杆水平静止，释放后系统开始运动。已知小球A、 B均可视为质点，二者到O点的距离相等，重力加速度g取10/s2,忽略空气阻力。从释放 到小球B运动到最低点的过程中，下列说法正确的是 A.轻杆对小球A做功为5J B.轻杆对小球B做功为一15J C.小球B到达最低点时，小球B的速度大小为2√5ms D.小球B到达最低点时，轻杆对轴O的作用力大小为60N 10.某公园的滑雪场设置了如图所示的滑道跳雪游戏项目：滑道由高为 H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分 组成，AC水平距离为L,CD滑道的倾角固定，为45°，游客脚上的滑 C 雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为以=0.25，游客从A点由静 45 止开始下滑，经过水平滑道BC后由C点水平飞出，若不计在B点D 的机械能损失，下列说法正确的是 物理B·专题卷（六）第3页（共8页） 鱼跃龙 A.只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度一定 B.若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道的各点速度方向不相同 C.其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上，L设计得越短越好 D.当4H=L十h时，游客恰好落在D点 ￥如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m=1kg的物 块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所 知弹簧的弹性势能表达式为E。)kx,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的 取重力加速度g=10m/s2,则 5samm-sy） 0.9 0.3 x/m wM 甲 乙 A.弹簧的劲度系数为20N/m B.斜面的倾角为30 C.物块的最大动能为2J D.弹簧的最大弹性势能为4.8J 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)如图所示，质量为m的小物块（可视为质点）在粗糙水平桌面获得瞬时速度。开始滑 动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4m,v=3.0ms,m= 0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因数4=0.25，桌面高度h=0.45m,不计空气阻力，重力加 速度g取10m/s2。求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离x; (2)小物块落地前瞬间重力的功率P; (3)小物块的初速度大小o。 77N7777777777777777777777777777777777777 门卷 物理B·专题卷（六）第4页（共8页） 班级 12.(8分)如图所示，一个倾斜的长为25m的传送带AB,倾角0=37°，以恒定的速度v=4m/s 13. 顺时针运动，一个质量=2kg的物块（可视为质点）从传送带的底端A无初速度滑上传送 姓名 带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的B端与一个半径为R=0.5m的光滑圆 弧轨道相切，圆弧轨道的最高点C与圆心的连线水平，重力加速度g=10m,s2,sin37°= 得分 0.6,c0s37°=0.8，求： (1)物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间； (2)物块对圆轨道上C点的压力大小。 答题栏 2 3 4 5 7 6 9 10 物理B·专题卷（六）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)某生产玻璃瓶车间缓冲接收装置简化为如图所示的模型，劲度系数为k(足够大)的 轻质弹簧与轻杆连接，轻杆可以在固定槽内移动，轻杆向下移动不超过1时，该装置可安全工 作。质量为m的玻璃瓶进入导轨后受到导轨的阻力恒等于玻璃瓶的重力，若撞击弹簧前瞬 间的速度为，将导致轻杆向下移动l,瓶子拿走后装置复原，轻杆与槽间最大静摩擦力等 于滑动摩擦力且恒为f=0 2L。 (1)求轻杆开始移动时弹簧的压缩量△x。 瓶子 (2)求装置安全工作，能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度和允 许玻璃瓶撞击的最大速度vm。 轻杆、 (3)若玻璃瓶痘击速度为，判断轻杆能否向下移动。若不能，求出弹 固定槽 簧的最大弹性势能；若能，求出轻杆向下移动的距离。 支架 7777777777777777777 物理B·专题卷（六）第6页（共8页） 14.(12分)如图所示，竖直平面内有一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高， 15, 一水平面与圆弧槽相接于D点，质量=0.5kg的小球从B点正上方H高处的A点自由 下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离s=2.4m, 球从D点飞出后的运动过程中相对于水平面上升的最大高度h=0.8m,取g=10ms2,不 计空气阻力，sin37°=0.6，sin53°=0.8，求： AO (1)小球在D点的速度vD; H B (2)小球释放点到B点的高度H; 7777777i h (3)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN。 物理B·专题卷（六）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)2025年12月20一21日，2025一2026赛季国际雪联自由式滑雪空中技巧世界杯在张 家口崇礼云顶滑雪公园举办。中国队包揽男子、女子、混合团体全部比赛的前2名。小明同 学为了探究跳台滑雪运动员的运动过程在实验室设计出小型轨道，如图所示。质量为= 0.4kg的小球从平台上水平抛出后，落在倾角0=53°的光滑斜面顶端A点，并恰好无碰撞地沿 斜面滑下，从斜面最低点B平滑进人半径R=0.5m的光滑圆弧轨道BCD,通过与B点等高 的D点后抛出，A点与平台的高度差h=0.8m,斜面的高度H=4.8m。取g=10m/s2, sin53°=0.8，c0s53°=0.6，求： (1)斜面顶端与平台边缘的水平距离x; (2)小球通过最低点C时对轨道的压力大小； (3)小球在D点飞出后到达最高点时距D点的高度。 物理B·专题卷（六）第8页（共8页）