高考物理2026年4月模拟试卷必刷题-运动与力

第1页（共1页）高考物理2026年4月模拟试卷必刷题——运动和力(2026年4月)一．选择题（共10小题）1．（2026•湖北一模）如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道ABCDA运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星只受地球引力作用，关于该卫星下列说法正确的是（）A．从A到B的过程中，其加速度逐渐增大 B．整个运动过程中，其速度始终小于第一宇宙速度 C．从B到C的过程中，受到地球的万有引力做负功 D．从D到A的过程中，机械能逐渐减小2．（2025秋•温州期末）如图所示，游客在洞头蹦极台上系一原长20m的弹性绳，由静止开始自由下落。下落至速度达到最大值时离跳台25m，运动至最低点时离跳台40m。已知游客质量60kg，不计阻力及弹性绳重力，弹性绳满足胡克定律，第一次下落过程中，下列说法正确的是（）A．游客始终处于失重状态 B．弹性绳的劲度系数为100N/m C．游客做自由落体运动的时间为1.5s D．游客在最低点时，加速度的大小为30m/s23．（2026•宁波二模）在2026年米兰—科尔蒂纳冬奥会上，中国队斩获5金4银6铜，刷新境外冬奥会参赛最佳战绩。如图为我国部分夺金运动员的比赛现场照片，下列说法正确的是（）A．甲图中，裁判为腾空完成技巧动作的苏翊鸣打分时，可将其视为质点 B．乙图中，徐梦桃从跳台斜向上飞出后，先处于超重状态，后处于失重状态 C．丙图中，谷爱凌在U形池中滑行时，池对她的支持力大小等于她对池的压力大小 D．丁图中，宁忠岩以1分41秒98的成绩打破速度滑冰1500米奥运纪录，其全程平均速度约为14.7m/s4．（2026春•东湖区校级月考）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，在A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则（）A．小汽车通过桥顶时处于失重状态 B．小汽车上桥过程中所受合外力为零 C．小汽车通过桥顶时对桥面的压力大小为FND．小汽车到达桥顶时的速度必须大于gR5．（2026•辽宁模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的半圆形光滑圆弧轨道ABC，圆心为O，直径AC水平，半径OB竖直。将一个小球P从圆弧轨道A处由静止释放，小球P从A沿轨道下滑到B点的过程中，下列说法正确的是（）A．小球处于失重状态 B．小球处于超重状态 C．轨道对小球弹力做的功为0 D．轨道对小球弹力的冲量为06．（2026•大庆模拟）某大型超市使用传送带来跨楼层搬运货物。如图所示，一长度为8.2m的传送带与水平面夹角为37°，传送带以2m/s的恒定速率逆时针转动，传送带的最底端和水平平台在B点平滑连接。将可视为质点的质量为2kg的货物轻放在传送带上的顶端A点，运动至B点速率不变冲上水平平台，最终货物刚好停在平台上的C点。已知货物与倾斜传送带和平台间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．货物在传送带上的运动时间为4.2s B．BC的长度为0.4m C．货物与传送带间摩擦产生的热量为30.4J D．若货物与传送带发生相对滑动时，会留下划痕，则划痕的长度为4m7．（2026•朝阳区一模）“谁将春晚作冬看，添着绵衣减却难。”人们一年四季穿着的变化与热传递过程密切相关。热传递是一种热能的转移过程，与自然界中其他转移过程（如电荷量的转移）有类似之处，它们的共性可归结为“过程中单位时间的转移量=过程的动力量过程的阻力量”，在电学中体现为欧姆定律，即I=如图所示，某长方体导热板，侧面1、2的面积均为A，温度分别为T1、T2。坐标轴x与侧面垂直，坐标原点在侧面1上，导热板各处的温度T仅随x线性变化。科学家发现单位时间从侧面1传递到侧面2的热量Q=AλΔx(T1A．该导热物体的热阻为ΔxλAB．λ的单位可表示为kg•m/（K•s2） C．热量先后通过多层不同材料的总热阻等于各层热阻之和 D．在导热板垂直于x轴的任意截面上，单位时间传递的热量都相等8．（2026春•和平区校级月考）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过gR B．乙图中，“水流星”转动过程中，在最低处水对桶底的压力最小 C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用 D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度ωA＜ωB9．（2026•顺义区一模）如图所示，两根平行且光滑的金属导轨固定在水平面上，间距为L，左端接有一定值电阻R，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，速度为v时撤去水平拉力，金属棒做减速运动，经过与加速过程相同的位移其速度减为v′，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属棒及导轨的电阻。关于金属棒加速过程，下列说法正确的是（）A．拉力做的功为12mv2B．位移大小为mRvBC．加速度大小为B2D．通过金属棒的电荷量为m(v-v')10．（2026•毕节市模拟）如图有一足够长的浅色水平传送带，顺时针转动，速度恒为1.2m/s。现将一颜料块无初速度轻放于传送带左端，它与传送带间动摩擦因数为0.3。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2。则颜料块在加速阶段（）A．加速度为4m/s2 B．时间为0.4s C．位移为0.36m D．在传送带上留下的划痕长度为0.12m二．多选题（共4小题）（多选）11．（2026春•山东月考）如图所示，物体B放置在水平桌面上，桌子边缘固定一轻质定滑轮，一轻绳绕过定滑轮和另一轻质动滑轮将物块A、B按如图方式连接，桌面上方的轻绳与桌面保持平行，与动滑轮连接的轻绳保持竖直方向。已知物块A、B的质量均为m，物块B与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦力和空气阻力。在物块A向下运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块A和物块B的加速度大小之比为1：1 B．物块A和物块B在某时刻的速度大小之比为1：2 C．物块A的加速度大小为1-2μ3gD．物块A的加速度大小为1-2μ5（多选）12．（2026春•青山湖区校级月考）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（）A．μ1＜μ2 B．μ1＞μ2 C．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 D．t＝t0之前，甲的加速度与乙的加速度大小相等（多选）13．（2026•延边州模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2 D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、3m/s（多选）14．（2026•云南模拟）如图所示，宽度为d、足够长的水平传送带以大小可调的速度v匀速运行，虚线为其中线。左侧的平台与传送带等高（平台与传送带间的缝隙忽略不计），可视为质点的滑块的质量为m，每次都从平台以向右的初速度v0滑上传送带。当v＝v0时，滑块滑至中线处与传送带相对静止。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．滑块在传送带上相对滑动时受到的摩擦力大小为2μmg B．若v＞v0，则滑块相对传送带静止时位于中线右侧 C．若v＞v0，则滑块相对传送带静止时位于中线左侧 D．调节v的大小，使滑块从传送带右侧边界滑出，滑出点与平台的间距L可能为2d三．实验题（共1小题）15．（2026春•开福区校级月考）如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定在其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g。（1）根据图丙可知漏斗振动的周期T＝。（2）图乙中测得A、B两点距离为x1，D、E两点距离为x2，则滑块加速度大小a＝。（3）改变钩码的质量m，绘制出钩码质量m与滑块加速度之间的关系如图丁所示，已知斜率为k，则滑块的质量M为（始终满足m≪M）。四．解答题（共5小题）16．（2026春•平阳县校级月考）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以某一加速度a从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”一段时间，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。某次游戏中，最后退滑到出发点时的速度恰为10m/s，若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g＝10m/s2。求：（1）企鹅向下滑行时的加速度大小。（2）企鹅在冰面上滑动的最高点离出发点的距离。（3）企鹅向上奔跑时的加速度大小。17．（2026春•和平区校级月考）如图一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为θ＝37°，一条长度为l＝2m的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处的一个小突起上，另一端拴着一个质量为m＝0.5kg的小球（可看作质点，轻绳与锥面平行），小球以角速度ω（未知，可调节）绕圆锥体的轴线OO'做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：小球即将离开锥面时的角速度ω的大小。18．（2026春•和平区校级月考）如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.9m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ＝37°。一质量为m＝0.9kg的物块（可视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道CD，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物块到达C点时速度vC的大小？（2）物块在A点受到的弹力FA？（3）物块对轨道C点的压力FC的大小？19．（2026春•青秀区校级月考）在一场专业山地越野挑战赛中，选手驾驶一辆蓝色山地越野车，在一段水平平直山道上展开竞速与飞跃挑战。比赛规则要求：车辆先以20m/s的恒定速度冲刺至山道O点，随后必须立即关闭发动机，依靠惯性在水平山道上滑行至起跳点P，再从P点水平飞出，精准落在倾角θ＝37°的斜坡顶端Q点，且落地时需恰好沿山坡切线方向，才能获得满分。已知：车辆与水平山道间的动摩擦因数μ＝0.5，从O点滑行至P点的时间为2s；重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：（1）求越野车在O到P这段水平直道上滑行的距离；（2）求P、Q两点间的水平距离L。20．（2026春•碑林区校级月考）如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止，B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。求：（1）A和B的质量之比；（2）物体A落地时的速度大小；（3）物体B沿斜面上滑的总时间和总高度。

高考物理2026年4月模拟试卷必刷题——解答一．选择题（共10小题）1．（2026•湖北一模）如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道ABCDA运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星只受地球引力作用，关于该卫星下列说法正确的是（）A．从A到B的过程中，其加速度逐渐增大 B．整个运动过程中，其速度始终小于第一宇宙速度 C．从B到C的过程中，受到地球的万有引力做负功 D．从D到A的过程中，机械能逐渐减小【分析】结合万有引力加速度规律、第一宇宙速度、引力做功与机械能变化知识，依据轨道各点到地心距离逐一分析选项。【解答】解：A、卫星从A运动至B的过程中，离地心越来越远，结合G卫星加速度逐渐减小，故A错误；B、在A点，需要加速离心才能从近地轨道进入椭圆轨道，近地轨道速度为第一宇宙速度，在A点的速度大于第一宇宙速度，故B错误；C、B到C的过程中，引力与速度所成的夹角为钝角，万有引力做负功，故C正确；D、人造卫星运动过程中只有引力做功，机械能守恒，D错误。故选：C。【点评】本题围绕卫星椭圆轨道运动综合考查万有引力章节知识点，侧重基础规律理解与功能关系辨析。2．（2025秋•温州期末）如图所示，游客在洞头蹦极台上系一原长20m的弹性绳，由静止开始自由下落。下落至速度达到最大值时离跳台25m，运动至最低点时离跳台40m。已知游客质量60kg，不计阻力及弹性绳重力，弹性绳满足胡克定律，第一次下落过程中，下列说法正确的是（）A．游客始终处于失重状态 B．弹性绳的劲度系数为100N/m C．游客做自由落体运动的时间为1.5s D．游客在最低点时，加速度的大小为30m/s2【分析】游客下落分为两个阶段：弹性绳原长内的自由落体和超过原长后的变加速运动。速度最大时加速度为零，弹力等于重力，可求劲度系数。自由落体时间为下落20米的时间。最低点时利用胡克定律求弹力再求加速度。【解答】解：A、根据题意分析可知，游客下落时，先加速后减速，则先失重后超重，故A错误；B、根据题意分析可知，当速度最大时，加速度为零，此时弹力等于重力，即mg＝k（l﹣l0）解得弹性绳的劲度系数为k=60×1025-20N/m=120N/mC、根据题意分析可知，游客在下落20m内做自由落体运动，则做自由落体运动的时间为t=2hgD、根据题意分析可知，游客在最低点时，根据牛顿第二定律k（l′﹣l0）﹣mg＝ma解得加速度的大小为a=120(40-20)-60060m/故选：D。【点评】解决此类问题关键是分清不同阶段的受力情况，速度最大的条件是加速度为零，应用胡克定律和牛顿第二定律结合处理。3．（2026•宁波二模）在2026年米兰—科尔蒂纳冬奥会上，中国队斩获5金4银6铜，刷新境外冬奥会参赛最佳战绩。如图为我国部分夺金运动员的比赛现场照片，下列说法正确的是（）A．甲图中，裁判为腾空完成技巧动作的苏翊鸣打分时，可将其视为质点 B．乙图中，徐梦桃从跳台斜向上飞出后，先处于超重状态，后处于失重状态 C．丙图中，谷爱凌在U形池中滑行时，池对她的支持力大小等于她对池的压力大小 D．丁图中，宁忠岩以1分41秒98的成绩打破速度滑冰1500米奥运纪录，其全程平均速度约为14.7m/s【分析】根据物体可以看成质点的条件分析；根据超重和失重分析；根据牛顿第三定律分析；根据平均速度是位移与时间的比值分析。【解答】解：A、质点是忽略物体大小和形状的理想化模型。裁判为苏翊鸣打分时，需要关注他的动作姿态，不能忽略其形状和大小，因此不能视为质点，故A错误；B、徐梦桃从斜台向上飞出后，只受重力作用（空气阻力忽略不计），加速度始终向下，全程处于失重状态，不存在超重阶段，故B错误；C、池壁对谷爱凌的支持力和她对池壁的压力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等、方向相反，故C正确；D、速度滑冰1500m是赛道长度，而平均速度是位移与时间的比值。赛道为环形，位移小于1500m，因此平均速度小于v=1500m且题目中“全程平均速度”的说法不准确，因为位移未知，实际应为平均速率，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查质点、超重和失重、牛顿第三定律以及平均速度，难度不大。4．（2026春•东湖区校级月考）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥。如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，在A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则（）A．小汽车通过桥顶时处于失重状态 B．小汽车上桥过程中所受合外力为零 C．小汽车通过桥顶时对桥面的压力大小为FND．小汽车到达桥顶时的速度必须大于gR【分析】结合圆周运动的向心力公式与受力分析，判断汽车在桥顶的超重失重状态、合外力及对桥面的压力，逐一分析各选项。【解答】解：ABD、小汽车受到桥的支持力为FN′，小汽车通过桥顶，结合牛顿第二定律F代入数据可得F当FN′＝0时，速度最大为v小汽车通过桥顶时处于失重状态，故A正确，BD错误；C、结合牛顿第三定律，小汽车通过桥顶时对桥面的压力等于桥面对其的支持力FN=F故选：A。【点评】本题以生活中的立交桥为实际情境，考查圆周运动的基础规律，侧重对向心力、超重失重概念的理解，难度较低。5．（2026•辽宁模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的半圆形光滑圆弧轨道ABC，圆心为O，直径AC水平，半径OB竖直。将一个小球P从圆弧轨道A处由静止释放，小球P从A沿轨道下滑到B点的过程中，下列说法正确的是（）A．小球处于失重状态 B．小球处于超重状态 C．轨道对小球弹力做的功为0 D．轨道对小球弹力的冲量为0【分析】超重/失重的判断：加速度方向向上为超重，加速度方向向下为失重；加速度有竖直分量时，才会出现超重/失重。力与位移方向垂直时，力不做功。冲量的定义：冲量I＝F•Δt，是矢量；只要力不为0、作用时间不为0，冲量就不为0。圆周运动的加速度：做圆周运动的物体，加速度分为切向加速度（改变速度大小）和向心加速度（指向圆心，改变速度方向）。【解答】解：AB.小球从A到B的过程中，小球竖直向下的速度先变大后变小，故小球竖直方向的加速度先向下后向上，故小球从A到B的过程中，先失重后超重，故AB错误；C.小球从A到B的过程中，轨道对小球的支持力始终与速度垂直，故轨道对小球弹力做的功为0，故C正确；D.小球在A处的动量为0，在B处的动量水平向右，整个运动过程中重力的冲量竖直向下，故轨道对小球的弹力有一个方向为右上方的冲量，故D错误。故选：C。【点评】不要混淆“加速度方向”和“运动方向”：小球向下运动，但向心加速度指向圆心（斜向上），竖直分量向上，因此是超重，不是失重。区分“功”和“冲量”：弹力始终与速度垂直，所以做功为0；但弹力是持续的力，有作用时间，所以冲量不为0。光滑轨道的特点：只有重力和弹力做功，弹力不做功，因此小球的机械能守恒。6．（2026•大庆模拟）某大型超市使用传送带来跨楼层搬运货物。如图所示，一长度为8.2m的传送带与水平面夹角为37°，传送带以2m/s的恒定速率逆时针转动，传送带的最底端和水平平台在B点平滑连接。将可视为质点的质量为2kg的货物轻放在传送带上的顶端A点，运动至B点速率不变冲上水平平台，最终货物刚好停在平台上的C点。已知货物与倾斜传送带和平台间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．货物在传送带上的运动时间为4.2s B．BC的长度为0.4m C．货物与传送带间摩擦产生的热量为30.4J D．若货物与传送带发生相对滑动时，会留下划痕，则划痕的长度为4m【分析】货物从A点释放后，在倾斜传送带上先经历加速过程，由于初速度小于传送带速度且滑动摩擦力向下，加速度较大；当达到共速后，因重力分力大于最大静摩擦力，货物继续加速下滑但加速度减小，需分别计算两段运动时间并求和，从而判断总时间。BC段为水平平台上的匀减速运动，利用货物到达B点的末速度结合动能定理或运动学公式可求出BC长度。摩擦生热需考虑相对滑动过程中摩擦力与相对位移的乘积，需分段分析货物与传送带的相对运动，明确划痕长度等于相对位移的大小，而热量等于摩擦力与相对位移绝对值的乘积，需注意相对运动方向改变时相对位移的叠加方式。【解答】解：A、根据牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，解得：a1=10m/s2。设v＝2m/s，货物和传送带达到共同速度所需时间t1=下滑距离x1=12a1t12，代入数据解得x1＝0.2m。货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin37货物下滑到底端的速度满足vB2-v2=2a2(L-x1)，解得：则货物从A到B的时间t＝t1+t2，即t＝2.2s，故A错误；B、根据牛顿第二定律得μmg＝ma3，解得：a3=5m/s2。BC的长度满足vB2=2aCD、货物与传送带达到相同速度前，划痕长度s1＝vt1﹣x1，代入数据得s1＝0.2m。货物与传送带间摩擦产生的热量Q1＝μmgcos37°s1，代入数据得Q1＝1.6J。货物与传送带达到相同速度后，划痕长度s2＝（L﹣x1）﹣vt2，代入数据得s2＝4m。货物与传送带间摩擦产生的热量Q2＝μmgcos37°s2，代入数据得Q2＝32J。货物相对于传送带先向上运动0.2m，后向下运动4m，划痕总长度为4m，货物与传送带间摩擦产生的热量为33.6J，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题综合考查牛顿运动定律、运动学公式以及功能关系在倾斜传送带模型中的应用。题目涉及的物理过程较为复杂，需要分段分析货物的运动状态，计算量适中，对学生的逻辑推理能力和建模分析能力提出了较高要求。题目亮点在于货物在传送带上经历了加速、共速、再加速三个过程，且摩擦生热和划痕长度的计算需考虑相对运动的不同阶段，全面检验了学生对动力学和能量问题的综合处理能力。正确求解本题的关键在于准确分析各阶段摩擦力方向的变化以及相对位移的计算。7．（2026•朝阳区一模）“谁将春晚作冬看，添着绵衣减却难。”人们一年四季穿着的变化与热传递过程密切相关。热传递是一种热能的转移过程，与自然界中其他转移过程（如电荷量的转移）有类似之处，它们的共性可归结为“过程中单位时间的转移量=过程的动力量过程的阻力量”，在电学中体现为欧姆定律，即如图所示，某长方体导热板，侧面1、2的面积均为A，温度分别为T1、T2。坐标轴x与侧面垂直，坐标原点在侧面1上，导热板各处的温度T仅随x线性变化。科学家发现单位时间从侧面1传递到侧面2的热量Q=AλΔx(T1A．该导热物体的热阻为ΔxλAB．λ的单位可表示为kg•m/（K•s2） C．热量先后通过多层不同材料的总热阻等于各层热阻之和 D．在导热板垂直于x轴的任意截面上，单位时间传递的热量都相等【分析】本题通过类比电学欧姆定律，考查热传导的傅里叶定律，需逐一分析热阻、热流与物理量的关系。国际单位制（SI）的七个基本单位分别是：长度（米，m）、质量（千克，kg）、时间（秒，s）、电流（安培，A）、热力学温度（开尔文，K）、物质的量（摩尔，mol）和发光强度（坎德拉，cd）。【解答】解：D.导热板垂直于x轴的任意截面，流入的热量和流出的热量守恒，则单位时间传递的热量都相等，故D正确。A.设热阻为Ω，则有Q=T1-T2Ω=B.Q的单位是Js，其中J是做功的单位，根据W＝Fx，F＝ma，可得单位关系：J=kg⋅m2s2，则Q的单位是Js=kg⋅m2s3。A的单位是m2，Δx的单位是m，（T1﹣T2C.对于多层材料组成的整体，有ΔT＝QΩ，其中Ω是总热阻；对于每一层，有ΔTi＝QΩi，其中Ωi是每一层的热阻，ΔTi是每一层的温度差。由于∑(ΔTi)=ΔT，则有ΔT=Q⋅∑(Ωi)，对比Δ本题让选择错误的，故选：B。【点评】考查新物理量的单位，需要用到国际单位制中的七个基本单位。以及通过类比电学欧姆定律，考查热传导的傅里叶定律，8．（2026春•和平区校级月考）如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A．甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过gR B．乙图中，“水流星”转动过程中，在最低处水对桶底的压力最小 C．丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用 D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度ωA＜ωB【分析】题目描述汽车通过凹形桥最低点的情景，明确汽车做圆周运动，需分析最低点向心力的来源。根据牛顿第二定律可知支持力与重力的合力提供向心力，支持力大于重力，但题目未设定脱离桥面的临界条件，因此速度没有题目所给的上限限制。分析“水流星”模型时，需关注水在竖直平面内做圆周运动，在最高点和最低点的受力情况不同。结合机械能守恒可知最低点速度最大，根据向心力公式可判断桶底受到的压力在最低点最大而非最小。火车转弯问题需理解规定速度下由重力和支持力的合力提供向心力，此时内外轨均无侧向压力。当实际速度超过规定速度时，所需向心力增大，外轨将提供额外的侧向力，因此是外轨而非内轨受到挤压。对于圆锥筒内的小球，分析其做匀速圆周运动时重力和支持力的合力提供向心力，该合力方向水平指向圆心。利用向心力公式建立角速度与转动半径的关系，结合几何关系比较A、B两点的半径大小，即可确定角速度的大小关系。【解答】解：A、在甲图所示的凹形桥最低点，根据牛顿第二定律可得N-mg=mv2R，由此得到支持力N=mg+mvB、对于乙图中的“水流星”，在最高点满足N上+mg=mv上2C、在丙图情景中，当火车以规定速度v0行驶时，由关系式mgtanθ=mv02R可知，此时内外轨道均不承受压力。若实际行驶速度超过规定值，即v＞vD、丁图中的小球受到重力和支持力，其合力充当向心力。设筒壁与竖直方向夹角为α，则有mgcotα＝mω2r，解得：ω=gcotαr。由于A点位置高于B点，其转动半径满足rA＞rB，因此角速度关系为ωA＜ωB，故故选：D。【点评】本题综合考查了圆周运动在多个实际情境中的应用，涉及向心力来源、临界条件分析以及动力学方程的综合运用。题目将汽车过凹形桥、水流星表演、火车转弯和圆锥筒内运动等经典模型整合在一起，要求学生准确理解不同模型中向心力的具体构成与变化规律。题目计算量适中，但需要学生具备清晰的物理图景和严谨的逻辑推理能力，能够区分不同约束条件下向心力表达式的差异。例如，需要辨析凹形桥最低点并无速度上限的临界条件，理解水流星在最高点与最低点压力的不同决定机制，并掌握火车转弯时速度与轨道侧向压力的关系。对于圆锥筒模型，则需通过受力分析找到角速度与半径的定量关系，从而比较不同位置的角速度大小。本题有效考查了学生对圆周运动核心规律的掌握程度和在不同情境中迁移应用的能力。9．（2026•顺义区一模）如图所示，两根平行且光滑的金属导轨固定在水平面上，间距为L，左端接有一定值电阻R，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，速度为v时撤去水平拉力，金属棒做减速运动，经过与加速过程相同的位移其速度减为v′，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属棒及导轨的电阻。关于金属棒加速过程，下列说法正确的是（）A．拉力做的功为12mv2B．位移大小为mRvBC．加速度大小为B2D．通过金属棒的电荷量为m(v-v')【分析】题目描述金属棒在匀强磁场中先受水平拉力做匀加速直线运动，后撤去拉力做减速运动，两过程位移相同。分析加速过程需明确金属棒运动时切割磁感线产生感应电动势和安培力，安培力随速度增大而增大，但拉力恒定使合力恒定，故加速度恒定。已知加速末速度为v，减速过程经过相同位移速度减为v′，可借助减速过程由动量定理关联位移与速度变化，求得位移表达式。再结合匀加速运动规律，利用位移与末速度关系推导加速度，并注意拉力做功需克服安培力做功转化为焦耳热，故大于金属棒动能增量。通过电荷量需利用磁通量变化与电阻关系，结合位移结果求解。【解答】解：A、在金属棒撤去拉力后的减速过程中，由动量定理可得m(v-v1)=F安Δt=B2L2vΔtR=B2L2xB、根据以上分析可知，加速阶段的位移大小为x=mR(v-v1C、加速阶段金属棒做匀加速直线运动，依据运动学公式v2＝2ax，代入位移表达式可解得加速度a=B2LD、加速阶段通过金属棒的电荷量q=ΔΦR=BLxR故选：C。【点评】本题以金属棒在电磁场中的运动为背景，综合考查了电磁感应、动力学与能量等多个核心知识点。题目通过设置匀加速和匀减速两个过程，并将位移关联起来，巧妙构建了物理量间的联系，对学生的逻辑推理能力和建模分析能力提出了较高要求。计算量适中，但需要学生熟练运用动量定理、动能定理、法拉第电磁感定律以及运动学公式进行综合推导。本题的亮点在于利用减速过程的动量定理间接求出加速过程的位移，进而串联起加速度、电荷量等物理量的求解，体现了对物理过程整体把握和公式灵活应用能力的深度考查。10．（2026•毕节市模拟）如图有一足够长的浅色水平传送带，顺时针转动，速度恒为1.2m/s。现将一颜料块无初速度轻放于传送带左端，它与传送带间动摩擦因数为0.3。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2。则颜料块在加速阶段（）A．加速度为4m/s2 B．时间为0.4s C．位移为0.36m D．在传送带上留下的划痕长度为0.12m【分析】颜料块在传送带上加速，已知初速度为零，传送带速度恒定，动摩擦因数提供加速度。加速阶段需分析颜料块从静止加速到与传送带共速的过程，利用牛顿第二定律确定加速度，结合匀变速直线运动规律计算时间与位移，并理解划痕长度是颜料块与传送带相对滑动的位移差。关键点在于明确加速度由动摩擦力产生，加速时间由末速度与加速度决定，位移通过平均速度或运动学公式关联，划痕长度对应传送带位移与颜料块位移之差。【解答】解：A、根据牛顿第二定律μmg＝ma，颜料块的加速度为a=μmgm，解得：a＝3m/s2，故B、加速过程所用时间为t=va，代入数值解得：t＝0.4s，故C、加速阶段的位移为x=v2t，代入数据解得：x＝0.24mD、在传送带上形成的划痕长度为Δx＝vt﹣x，计算得Δx＝0.24m，故D错误。故选：B。【点评】本题以水平传送带为背景，综合考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律以及相对运动中的划痕问题。题目计算量适中，难度中等，侧重于对基础运动学公式和摩擦力作用下物体加速过程的理解与应用。学生需准确分析颜料块在加速阶段的受力，正确计算加速度、时间和位移，并理解划痕长度本质是颜料块与传送带之间的相对位移。本题能有效检验学生对匀变速直线运动基本公式的掌握程度，以及将实际问题转化为物理模型的能力。二．多选题（共4小题）（多选）11．（2026春•山东月考）如图所示，物体B放置在水平桌面上，桌子边缘固定一轻质定滑轮，一轻绳绕过定滑轮和另一轻质动滑轮将物块A、B按如图方式连接，桌面上方的轻绳与桌面保持平行，与动滑轮连接的轻绳保持竖直方向。已知物块A、B的质量均为m，物块B与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦力和空气阻力。在物块A向下运动的过程中，下列说法正确的是（）A．物块A和物块B的加速度大小之比为1：1 B．物块A和物块B在某时刻的速度大小之比为1：2 C．物块A的加速度大小为1-2μ3gD．物块A的加速度大小为1-2μ5【分析】根据滑轮特点可知加速度之比；分别以A、B为研究对象，由牛顿第二定律联立即可解答。【解答】解：AB、根据滑轮特点可知，A、B两物体运动位移、速度、加速度之比均为1：2，故A错误，B正确；CD、设A加速度为a，则B加速度为2a，对A根据牛顿第二定律有：mg−2T＝ma，对B有：T−μmg＝m•2a，联立解得：a=1-2μ5g，故C故选：BD。【点评】本题是对牛顿第二定律及连接体运动的考查，解题的关键是关键滑轮的特点确定A物体与B物体的加速度的关系。（多选）12．（2026春•青山湖区校级月考）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（）A．μ1＜μ2 B．μ1＞μ2 C．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 D．t＝t0之前，甲的加速度与乙的加速度大小相等【分析】AB、在x﹣t图中，斜率代表速度，两条曲线均为抛物线，可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据牛顿第二定律分析；D、根据图像和匀变速直线运动规律列表达式进行分析；C、根据匀变速直线运动规律分析。【解答】解：AB、在x﹣t图中，斜率代表速度，两条曲线均为抛物线，可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，由牛顿第二定律可知a甲＝gsinθ﹣μ1gcosθ，a乙＝μ2gcosθ﹣gsinθ，因a甲＞0，a乙＞0，可知μ1＜tanθ，μ2＞tanθ，则μ1＜μ2，故A正确，B错误；D、由图像可知3x0=v0t0+12a甲t02，x即t＝t0之前，甲的加速度与乙的加速度大小相等，故D正确；C、由匀变速直线运动规律可知，对甲3x0=v0+v2t0，对乙x0=v02故选：AD。【点评】考查了x﹣t图的理解和匀变速直线运动规律的应用，图线斜率代表速度，熟练掌握匀变速直线运动的常用表达式。（多选）13．（2026•延边州模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数图线，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为﹣2m/s2 D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、3m/s【分析】结合x﹣t图像的斜率与分段函数特征，利用运动学公式与牛顿运动定律分析物块的初速度、加速度、动摩擦因数及速度变化规律。【解答】解：D.x﹣t图线的斜率表示速度，由3.0～4.5s内图像斜率可知，第3.0s末物块的速度v代入数据得v3＝﹣2m/s第2.0s末物块的速度为零，故D错误；C.第2.0s末物块的速度为零，2.0～3.0s时间内，物块的加速度为a=代入数据得a＝﹣2m/s2，故C正确；B.由牛顿第二定律得﹣μmg＝ma代入数据得μ＝0.2，故B正确；A.0～2s内，由v＝v0+at将v＝0，a＝﹣2m/s2，t＝2s代入上式，代入数据得v0＝4m/s，故A正确。故选：ABC。【点评】本题以x﹣t图像为载体，综合考查传送带模型中的匀变速与匀速运动分析，需结合图像斜率与运动学规律求解，考查受力与运动的结合分析能力。（多选）14．（2026•云南模拟）如图所示，宽度为d、足够长的水平传送带以大小可调的速度v匀速运行，虚线为其中线。左侧的平台与传送带等高（平台与传送带间的缝隙忽略不计），可视为质点的滑块的质量为m，每次都从平台以向右的初速度v0滑上传送带。当v＝v0时，滑块滑至中线处与传送带相对静止。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．滑块在传送带上相对滑动时受到的摩擦力大小为2μmg B．若v＞v0，则滑块相对传送带静止时位于中线右侧 C．若v＞v0，则滑块相对传送带静止时位于中线左侧 D．调节v的大小，使滑块从传送带右侧边界滑出，滑出点与平台的间距L可能为2d【分析】题目涉及滑块在水平传送带上的运动，滑块以初速度v0从平台右滑，传送带速度v可调。核心在于分析滑块在传送带上受滑动摩擦力作用时，其速度变化过程及最终相对静止的位置或滑出条件。已知当v＝v0时，滑块滑至中线处相对静止，表明摩擦力方向与滑块速度方向存在夹角，需将加速度分解为垂直传送带方向与沿传送带方向，两个方向的加速度大小由摩擦因数及重力决定。对于选项判断，需结合不同传送带速度下，滑块在垂直方向速度减为零所需时间与沿传送带方向速度增至v所需时间的关系，从而确定相对静止时滑块相对于中线的位置；对于滑块从右侧滑出，需分析滑出时沿传送带方向的位移范围，判断其是否可能为给定值。滑块在传送带上相对滑动时受到的摩擦力大小，需根据滑动摩擦力公式判断，其大小由正压力与动摩擦因数决定，与速度方向或加速度分解无关。若v＞v0，分析滑块相对传送带静止时的位置，需比较滑块在垂直传送带方向速度减为零的过程与沿传送带方向速度增至v的过程，由于合加速度大小不变但方向随速度变化，需通过两个方向加速度分量的大小关系及运动时间，确定滑块在垂直方向位移是否超过中线。若v＞v0，滑块相对静止时位于中线左侧的判断与上一选项逻辑相反，需基于相同物理过程分析位移关系。调节v使滑块从右侧滑出，滑出点与平台的间距L可能为给定值，需分析滑块恰从右侧滑出时沿传送带方向的位移表达式，并考虑传送带速度变化对运动时间及位移的影响，确定L的取值范围是否包含该值。【解答】解：A、滑块在传送带上相对滑动时，受到的摩擦力大小为μmg，故A错误；BC、当v＝v0时，滑块与传送带相对静止时的速度为v0，可知垂直传送带方向与沿传送带方向的加速度大小相等，即ax=ay=2μg2。若v＞v0，相同时间内垂直传送带方向的速度减小至0、沿传送带方向的速度增加至v，合加速度大小不变，故axD、若滑块恰好从传送带右侧边界滑出，由运动学公式有v02=2ax'd，且沿传送带方向运动的距离y=12×ay'(v0ax)2，解得：y=14v02μg=7d。若v趋于无穷大，则垂直传送带方向可视为匀速运动，运动到传送带右边界的时间为故选：BD。【点评】本题综合考查传送带模型中的二维运动、牛顿第二定律应用、运动学公式以及加速度的合成与分解，属于难度较高的多过程动力学问题。题目计算量较大，重点检验学生建立二维运动模型的能力，需要将滑块在垂直和沿传送带两个方向的运动进行分解与关联。解题关键在于根据已知条件v＝v0时滑块恰好运动至中线处静止，推算出两个方向加速度的大小关系，并以此为基础分析不同传送带速度v对滑块最终停止位置的影响。对于选项D判断L的可能值，需通过极值分析确定其取值范围，考查学生运用极限思想和数学工具处理物理问题的综合能力。三．实验题（共1小题）15．（2026春•开福区校级月考）如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定在其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g。（1）根据图丙可知漏斗振动的周期T＝2t0。（2）图乙中测得A、B两点距离为x1，D、E两点距离为x2，则滑块加速度大小a＝x2-x（3）改变钩码的质量m，绘制出钩码质量m与滑块加速度之间的关系如图丁所示，已知斜率为k，则滑块的质量M为gk（始终满足m≪M【分析】（1）根据单摆拉力的周期性，从图丙中相邻两次拉力最小值的时间间隔确定漏斗的振动周期；（2）利用匀变速直线运动的逐差法，结合漏斗摆动的时间间隔，由A、B与D、E的距离差计算滑块的加速度；（3）对滑块和钩码整体受力分析，由牛顿第二定律推导出加速度与钩码质量的关系，结合图丁的斜率求解滑块质量。【解答】解：（1）在2t0时间内，细线的拉力变化经历两个周期，对应温斗振动的一个周期，所以T＝2t0（2）由图乙可知x解得a=（3）因始终满足m＜M，则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿第二定律mg﹣μMg＝Ma解得a=则k=解得M=故答案为：（1）2t；（2）x2-x13d【点评】本题是力学实验综合题，融合单摆、匀变速直线运动、牛顿第二定律等知识点，考查图像分析与公式应用，能有效考查学生的实验分析与综合计算能力。四．解答题（共5小题）16．（2026春•平阳县校级月考）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以某一加速度a从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”一段时间，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。某次游戏中，最后退滑到出发点时的速度恰为10m/s，若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g＝10m/s2。求：（1）企鹅向下滑行时的加速度大小。（2）企鹅在冰面上滑动的最高点离出发点的距离。（3）企鹅向上奔跑时的加速度大小。【分析】（1）对企鹅下滑过程受力分析，沿斜面方向列牛顿第二定律方程，代入已知数据求解加速度大小；（2）由下滑过程运动学速度—位移公式，结合已求下滑加速度，计算最高点到出发点的距离；（3）先求出上滑过程加速度，再对全程运用动能定理，结合各段受力做功关系求解向上奔跑的加速度。【解答】解：（1）企鹅向下滑行的过程中，由牛顿第二定律得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma代入数据可得a＝4m/s2（2）由运动学公式得v2＝2ax代入数据可得x＝12.5m（3）企鹅向上滑行的过程中，由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°＝ma'代入数据可得a'＝8m/s2答：（1）企鹅向下滑行时的加速度大小是4m/s2。（2）企鹅在冰面上滑动的最高点离出发点的距离是12.5m。（3）企鹅向上奔跑时的加速度大小是8m/s2。【点评】本题围绕斜面往复运动分段分析，综合考查牛顿第二定律、运动学公式与动能定理，受力分析是解题关键。17．（2026春•和平区校级月考）如图一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线竖直，母线与轴线之间夹角为θ＝37°，一条长度为l＝2m的轻绳，一端固定在圆锥体的顶点O处的一个小突起上，另一端拴着一个质量为m＝0.5kg的小球（可看作质点，轻绳与锥面平行），小球以角速度ω（未知，可调节）绕圆锥体的轴线OO'做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：小球即将离开锥面时的角速度ω的大小。【分析】小球即将离开锥面时锥面对小球的支持力为零，对小球受力分析，由重力与绳拉力的合力提供匀速圆周运动的向心力，结合向心力公式列方程求解角速度。【解答】小球即将离开锥面时锥面对小球无支持力，即Tsinθ=mω22lsinθ，代入数据得ω答：小球即将离开锥面时的角速度ω的大小是52【点评】本题以圆锥摆的临界状态为情境，考查圆周运动的受力分析与向心力公式的应用，是圆周运动的基础临界问题，侧重临界条件的分析与受力分解能力。18．（2026春•和平区校级月考）如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.9m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道CD对应的圆心角θ＝37°。一质量为m＝0.9kg的物块（可视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道CD，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）物块到达C点时速度vC的大小？（2）物块在A点受到的弹力FA？（3）物块对轨道C点的压力FC的大小？【分析】（1）平抛运动中的速度求解，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动。（2）竖直面内的圆周运动，单轨道模型小球运动到最高点受到的弹力。（3）牛顿第三定律的特点，两个作用力大小