专题3 高考全国视野(实战册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

实战册 实战高考·物理 他省考什公 高考全 真题精练 1.(2025福建，8,6分)（多选）传送带转动的速 度大小恒为1m/s,顺时针转动。两个物块 A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长， A的质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送 带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦 因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送 带上，给A一个向右的初速度=2m/s,B 的速度为零，弹簧自然伸长。在t=时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能E, =0.75J,传送带足够长，A可在传送带上留 下痕迹，重力加速度g取10m/s2,则() AwB A在一号时，B的加速度大小大于A的加 速度大小 B.t=to时，B的速度为0.5m/s C.t=o时，弹簧的压缩量为0.2m D.0~过程中，A与传送带的痕迹小 于0.05m 2.(2025河南，1,4分)野外高空作业时，使用无 人机给工人运送零件。如图所示，某次运送过 程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零 件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机 静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件 所受空气阻力，则在该段时间内( ) 左右 零件白 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 38 国视野 答案：P431 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 3.(2024全国甲，15,6分)如图所示，一轻绳跨 过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于 水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一 端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝 码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的 加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度 大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的 是() a m ↑a m C D 4.(2024安徽，6,4分)如图所示，竖直平面内 有两个完全相同的轻质弹簧，它们的一端分 别固定于水平线上的M、N两点，另一端均 连接在质量为m的小球上。开始时，在竖 直向上的拉力作用下，小球静止于MN连 线的中点O处，弹簧处于原长。后将小球 竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时 拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小 为g,弹簧始终处于弹性限度内，不计空气 阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O 点的过程中() Ft P A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 5.(2024全国甲，21,6分)（多选）如图所示， 绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内 的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线 框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之 间的虚线区域内有方向垂直于纸面的匀强 磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻，线 框的上边框以不同的初速度从磁场下方进 入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且 上下边框保持水平。以向上为速度的正方 向，下列线框的速度v随时间t变化的图像 中可能正确的是( O专题3牛顿运动定律 6.(2024广东，7,4分)如图所示，轻质弹簧竖 直放置，下端固定，木块从弹簧正上方H高 度处由静止释放。以木块释放点为原点，取 竖直向下为正方向，木块的位移为y,所受 合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力， 弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第 一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t 图像可能正确的是( ) 木块 D 7.(2024黑吉辽，10,6分)（多选）一足够长木 板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 4。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止 开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板 等大、反向的速度从右端滑上木板。已知 t=0到t=4to的时间内，木板速度v随时间 t变化的图像如图所示，其中g为重力加速 度大小。t=4t时刻，小物块与木板的速度 相同。下列说法正确的是( ) 3t标 39 实战册 实战高考·物理 A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为24 C.小物块与木板的质量之比为3：4 D.t=4t之后，小物块和木板一起做匀速 运动 8.(2024广东，14,13分)汽车的安全带和安全 气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁 定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平 路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底 座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a, 同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡 住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对 敏感球的压力大小为F、,敏感球的质量为 m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩 擦力。求斜面倾角的正切值tanO。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中， 可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰 撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对 头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化 规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知 头锤质量M=30kg,H=3.2m,重力加速 度g大小取10m/s2。求： 安全带、 卷轴 头锤 敏感臂 敏感球 底座 安全气囊 汽车前进方向 实验台 名 乙 ↑FN 6600 0 0.1t 丙 40 ①碰撞过程中F的冲量大小和方向。 ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 9.(2024新课标，25,14分)如图所示，一长度1 =1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑 平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。 薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初 速度向右滑动，当薄板运动的距离△1=台 时，小物块从薄板右端水平飞出；当小物块 落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。 已知小物块与薄板的质量相等，它们之间的 动摩擦因数4=0.3，重力加速度g大小取 10m/s2。求： (1)小物块初速度大小及其在薄板上运动的 时间。 (2)平台距地面的高度。 10.(2024湖北，14,16分)如图所示，水平传送 带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送 带左右两端的距离为3.6m。传送带右端 的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不可 伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球， 小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等 高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻 放在传送带左端，小物块运动到右端与小 球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的 速度大小为1m/s、方向水平向左。小球 碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡 住后，小球继续绕P点向上运动。已知小 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重 力加速度g大小取10m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的 速度大小。 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成 的系统损失的总动能。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松 弛，求P点到O点的最小距离。 模拟精练 1.(2024江西南昌期末)如图所示，两物块P、 Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m, 两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面 O专题3牛顿运动定律 之间的动摩擦因数均为4，重力加速度大小 为g,现对Q施加一水平向右的拉力F,使 两物块做匀加速直线运动，则轻绳的张力大 小为( 2m 7777777777777777777 A.F-2umg B.F+ C.号F-mg D. 2.(2025陕西高三模拟)（多选）如图甲所示为 某型号农用无人机，其质量为m。该无人机 静止在水平桌面上时，其四根支架与竖直方 向的夹角均为0。该无人机通过电机驱动旋 翼高速旋转，快速推动空气向下流动从而产 生向上的升力。某次实验中，操控该无人机 自地面竖直升空，其v-t图像如图乙所示， OA段为直线，AB段为曲线。已知无人机 在升空过程中所受空气阻力随速度的增大 而增大，重力加速度为g,则( ) 1t2 甲 乙 A.该无人机静止在水平桌面上时，每根支 架对桌面的压力大小为mg 4cos 0 B.该无人机静止在水平桌面上时，每根支 架对桌面的压力大小为坚 C.在0~t时间内，空气对无人机的作用力 逐渐增大 D.在t1~t2时间内，空气对无人机的作用力 逐渐减小 41滑，重力沿斜面的分力大小等于最大静摩擦力大小，即 mgsin 0=kumgcos 0, 代入数据解得4=0.5。 (2)运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动，彼此间 达到最大静摩擦力时加速度最大，设最大加速度为a,由 牛顿第二定律有pmg=ma, 代入数据解得a=103 3 m/s2。 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至 最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀 高考全 真题精练) ①BD解析根据题意可知，传送带对A、B的滑动摩擦 力大小相等，为f=0.5×1×10N=0.25×2×10N= 5N,初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送 带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守 恒有mAv0=m40十mB0B,=1m/s,代入数值解得t=t0 时，B的速度为vB=0.5m/s,在A与传送带第一次共速 前，在任意时刻对A、B根据牛顿第二定律分别有∫十F弹 =mAaA,f十F弹=mBaB,由于mA<mB,故可知aA>aB, 故A错误，B正确；在o时间内，设A、B向右的位移分别 为xA、xB,由功能关系有-fA十fB十号m品 1 m402十7m呢十E,解得x一B=0.1m,故弹景的 压缩量为△x=xA-xB=0.1m,故C错误；A与传送带的 相对位移为x相A=xA一，B与传送带的相对位移为 x相B=l0一xB,故可得x相A十x相B=xA一xB=0.1m,由 于0~0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA=2aB,作 出A、B的0-t图像，如图所示 4/m·s) 2 M 0.5 to t 可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA 的面积，故可得x相A<x相B,结合x相A十x相B=0.1m,可 知x相A<0.05m,故D正确。故选B、D。 ②D解析无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机 静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不 变，可知零件的重力势能保持不变，D正确。对零件受力 分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线 运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。 Q实战册参考答案及解析 减速直线运动至速度为零时，机器人从分拣处运行至投 递口所需时间最短。 设匀加速直线运动的时间为1，运动的位移为x1(同理可 得匀减速直线运动的时间为1，运动的位移为x);匀速 运动的时间为2，则有=a,=受h,x-2a1=2, 设包裹沿托盘匀加速下滑的加速度为a1,时间为t3,有 mgsin 0-umgcos 0=ma1,v-a1t3, 则包襄被机器人从分拣处运输至投递口，并沿托盘下滑至脱 离所需的最短时间为t=t0十2如十2十3=(2十2.1V3)s。 国视野 零件水平向左做匀加速直线运动，A、B错误。惯性的大 小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C 错误。故选D。 3D解析设P的质量为M,P与桌面间的滑动摩擦力 为∫。以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T一∫= Ma,以轻盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得 mg一T=ma,联立可得a=M十m=M,可知当砝码 m 的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋近于无穷大 时，加速度趋近于g。故选D。 ④A解析缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知， 此时拉力F与重力和两弹簧拉力的合力为零，则此时两 弹簧的合力大小为mg。若撤去拉力，小球从P点运动到 O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小 球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动 到O点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向上的合力 不断变小，故小球受到的合外力一直变小，所以加速度一 直减小，可知加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由 牛顿第二定律可知2mg=ma,即加速度的最大值为2g, C、D错误。故选A。 ⑤AC解析设线框的上边框进入磁场时的速度为，线 框的质量为M,宽度为L,电阻为R,物块的质量m,图中 线框进入磁场时加速度向下，则对线框由牛顿第二定律 得Mg十F安一T=Ma,对物块有T-mg=ma,其中F安= B2L2v,即B2L2+(M-m)g=(M什ma,线框向上做减 R R 速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为 零时线框匀速运动，速度为w=（mDg迟。若线框进 B2L29 入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小 的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则A可能 正确；因=0时刻线框就进入磁场，则进入磁场时线框向 上不可能做匀减速运动，故B错误。若线框的质量等于 4310 答案册 实战高考·物理 物块的质量，且进入磁场时的速度大于0，则线框先做加 速度减小的减速运动，完全进入磁场后做匀速运动：当线 框出磁场时，受向下的安培力，又做加速度减小的减速运 动，完全出磁场后做匀速运动，则C可能正确，D错误。 故选A、C。 ⑥B解析木块在下落高度H之前，只受重力作用，即 F=mg,木块在接触弹簧后到所受合力为零前，有mg (y一H)=F,随着y增大，F减小；在弹簧弹力大于木块 的重力后到运动至最低，点的过程中，有F=k(y一H)一 g,木块所受合外力向上，随着y增大，F增大；F-y图像 如图甲所示，故B正确，A错误。 12 平衡位置 甲 乙 同理，木块在下落高度H之前，木块做匀加速直线运动， 有位移y=2g2,速度逐渐增大，所以yt图像的斜率逐 渐增大，木块在接触弹簧后到合力为零前，有g一k(y一 H)=F,木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运 动，所以yt图像的斜率继续增大；在弹簧弹力大于木块 的重力后到运动至最低，点的过程中，有F=k(y一H) mg,木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运 动，所以yt图像斜率减小；到达最低，点后，木块将向上运 动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动， 再做加速度增大的减速运动，yt图像大致如图乙所示， 故C、D错误。故选B。 7ABD解析vt图像中图线的斜率表示加速度，可知t =3t0时刻木板的加速度发生改变，所以小物块在t=3t0 时刻滑上木板，故A正确；设小物块和木板间动摩擦因数 为0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时的 3 速度大小为0=2g0,方向水平向左，小物块在木板上 滑动时的加速度为a0=四mg=四g,经过时间0与木板 77m 共速，且陕=7g0,方向水平向右，故可得0g十 uog uog t0,解得0=2，故B正确；设木板质量为M,小物块质量 为，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度 280 为a= to 2g,可得F-Mg=Ma,解得F= Mg,根据图像可知，小物块滑上木板后木板的加速度 3 1 为a=2g0一2g0 3 =一g,此时对木板由牛顿第二 to 432 定律得F-am十Mg一omg=Md,解得器-司，故C 错误；假设t=40之后小物块和木板一起做匀速运动，对 整体有F-(m十Mg=多Mg一号Mg=0,可知此时 整体处于平衡状态，假设成立，即t=40之后小物块和木 板一起做匀速运动，故D正确。故选A、B、D。 8(1)ma mg+FN (2)①330N·s方向竖直向上②0.2m 解析(1)敏感球受向下的重力mg、敏感臂向下的压力FN 以及斜面的支持力N,由牛顿第二定律有(mg十FN)tanO =ma,解得tan0-mg十FN ma (2)①由题困丙可知，碰接过程中F的冲量大小1=司 X0.1×6600N·s=330N·s,方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度w=√2gH=8m/s, 与气囊作用过程中，由动量定理有（以向上为正方向）IF -Mgt=Mu-（一M),解得o=2m/s, =0.2m 则上升的最大高度h=2g 日a4m/s号s(②号m 1 解析(1)小物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a1=g=3m/s2, 薄板做加速运动的加速度大小为a2=mg=3m/S2, m 1 对物块有1什△1=wt2a12, 对薄板有△=ar, 1 联立解得w=4m/s,t=3s。 (2)小物块飞离薄板时薄板的速度大小为2=a2t=1m/s, 小物块飞离薄板后薄板做匀速运动，小物块做平抛运动， LL 则小物块落到地面时运动的时间为1=二。=号s, 2 则平台距地面的高度A=方sd:=号m 。1 10(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m 解析(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律 得mg=ma,解得a=5m/s2, 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离 为工一法-2.5m<4-36m,可知小粉类与小球硅技 前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小， 为5m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物 块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得m物w=m物1十m球2， 其中v=5m/s,u=-1m/s,解得2=3m/s, 两者构成的系统损失的总动能为△=合m物2 1 2m-2m球吃，解得△k=0.3J。 (3)若小球运动到P,点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3, 由牛顿第二定律得m球g=m球L绳一d' 小球从O,点正下方到P,点正上方过程中，由机械能守恒 定律得2m号=m听十mg(2L尾一d小，联立解得d 0.2m,即P,点到O,点的最小距离为0.2m。 实验专 实验④探究加速度与物体受力、物体质量的关系 ①(1)c(2)①失重②d 解析(1)平衡阻力的方法：调整轨道的倾斜度，使小车不 受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动。故选℃。 (2)①由题丙中a-t图像可知t=4s时，加速度方向竖直 向下，故处于失重状态。 ②对物体根据牛顿第二定律有FN一mg=ma,整理得a= 】·FN一g,可知图像的斜率为，故将物体质量增大一 m 倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其Q-FN图像为图丁中 的图线d。 2(1)0.390(2)CD(3)10.00 d(1_1 2x△场△t好 解析(1)相邻计数，点间的时间间隔T=0.1s,打计数，点3时 的连度-元=1670-880×102 m/s=0.390m/s。 0.2 (2)补偿阻力时满足mgsin0=ngcos0,两边质量消掉， 改变小车质量时不需要重新补偿阻力，选项A错误；电火 花计时器需要接220V交流电源，选项B错误；调节滑轮 高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行，选项C正 确；小车应尽量接近打点计时器，并应该先接通电源后释 放小车，以充分利用纸带，选项D正确。故选C、D。 (3)遮光条宽度d=10mm十0.05mm×0=10.00mm,滑 块经过两光电门时的速废分别为四一码四一品极据 道-=2a解得a(位) 3(1)不需要(2)0.200(0.198~0.202均可)(3)未平 衡摩擦力或平衡摩擦力不够（未进行阻力补偿或阻力补 偿不够)(4)D O实战册参考答案及解析 模拟精练 ①D解析根据牛顿第二定律，对P、Q整体受力分析， 有F-μ·3mg=3ma,对物块P有T-mg=ma,解得T =}r,故选D. 2BD解析无人机静止在水平桌面上时，对其受力分 析，可知每根支架受到桌面的支持力大小为g,则每根支 架对桌面的压力大小也为3，故A错误，B正确。无人 机起飞后，对其受力分析，有F-mg一f阻=ma,F-f阻 为空气对无人机的作用力，0一1时间内，无人机做匀加 速直线运动，加速度恒定，则F一f阻大小不变，故C错 误。~2时间内，无人机做加速度逐渐减小的加速直线 运动，则F一f阻逐渐减小，故D正确。故选B、D。 项训练 解析(1)由于实验中使用了力传感器，可以直接测量小车 受到拉力的大小，因此不需要满足沙和沙桶的质量m远 小于小车的质量M。 (2)由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s =0.1s,根据逐差法可得小车的加速度a=DGD= 9T2 (3.90-2.10)×10-2 9×0.12 m/s2=0.200m/s2。 (3)由于图像有横截距，说明实验时没有平衡摩擦力或平 衡摩擦力不够（未进行阻力补偿或阻力补偿不够）。 (④)由牛顿第二定律可符2F-f=M,解得a=是F-青， 故在a-F图像中，共斜率为k=忌解得M=是，故选D. ④(1)0.80(2)小车和车上砝码的质量M没有远大于 槽码的质量m(3)粉 解析(I)根据逐差法可知小车的加速度为a=四工C 4T2 =12.00-4.40-4.40)X0.01m/s2=0.80m/s2。 4×0.102 (2)根据题意，由牛顿第二定律有F=(M十m)a,解得a M干m,可知题图乙中AB段出现弯曲的原因是小车和车 F 上砝码的质量M没有远大于槽码的质量m。 (3)由题意知，P点满足《M,对小车和车上砝码，由牛 顿第二定律得mg=MaP,Q点未满足m<M,对小车、砝 码和槽码，由牛颜第二定律得mg=(M+m)0,代侣 02,联立解8-得。 aQ 433