2026年高考物理二轮复习：力学综合训练（山东专用）解析版

2026年高考物理二轮力学综合训练（山东专用）

物理

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.如图甲所示，2025蛇年春晚，国产宇树科技机器人集体扭秧歌引人注目，动作丝滑堪比人类。图乙记录

其中一台机器人在一段时间内运动的速度一时间图像，下列说法正确的是（）

q(ms1)

4.8

4.2

4.0

t/s

041214

甲乙

A.07s内，机器人的平均速度大小为2.4m/s

B.4〜12s内，机器人静止

C.12〜14s内，机器人的加速度大小为O.lm/s?

D.12〜14s内，机器人的位移大小为16.4m

【答案】C

【详解】A.由题图乙可知，0~4s内机器人做匀减速直线运动，所以这段时间内的平均速度大小为

-V,+V,4.8+4.0,—、口

v=-——-=-----------m/s=4.4m/s,故A错误；

22

B.由题图乙可知，472s内机器人以4.0m/s的速度做匀速直线运动，不是静止，故B错误；

C.V—图像的斜率表示加速度，所以由题图乙可知，1274s内机器人的加速度大小为

a=—='2¥m/s?=0.lm/s2,故C正确；

Az14-12

D.丫-/图像与坐标轴围成的面税表示位移，所以由题图乙可知，1274s内机器人的位移大小为

x=(4.0+4.2)x(14-12)m=82m-故口错误。

2

故选Co

2.如图甲所示，将小球系在细绳一端，用手握住绳的另一端，使小球以定点。为圆心在竖直面内做完整的

圆周运动。如图乙所示，质量为小的小朋友坐在圆盘上，随盘一起在水平面内以速度丫做半径为广的匀速

圆周运动，周期为兀不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.图甲中小球在最低点时速度最大，向心加速度最大，处于平衡状态

B.图甲中小球运动至最高点时突然松开绳子，此后小球一定做自由落体运动

C.图乙41相同转速卜小朋友离圆心越远越易相对圆盘滑动

D.图乙中小朋友转动半圈过程中所受摩擦力的冲量为竺工

2r

【答案】C

【详解】A.图甲中小球在最低点时速度最大，根据。=匕可知，向心加速度最大，加速度向上，处于超重

L

状态，故A错误;

B.图甲中若小球运动至最高点时最小速度为％„,二麻，不为零，可知突然松开绳子，则此后小球做平抛

运动，不可能做自由落体运动，故B错误：

C.图乙中，最大静摩擦力提供即将滑离时的向心力可知相同转速下小朋友离圆心越远越易

相对盘滑动，故C正确

D.图乙中小朋友转动半圈过程中所受摩擦力大小恒为/=机匕，方向时刻改变。摩擦力的冲量不能用/=/，

r

去求，根据动量定理故D错误。

故选C。

3.2025年5月，“天问二号”在西昌卫星发射中心成功发射。其主要任务之一是完成对小行星2016H03的伴

飞、取样并返回地球。如图1所示，I轨道和n轨道为其中的两个轨道，下列说法正确的是（）

A.“天问二号”在II轨道上从N运动至P的过程中，机械能增大

B.“天问二号”在II轨道上通过P点的加速度小于在I轨道上通过2点的加速度

c.“天问二号''在I、n轨道上运行时满足为（＞%不

D.“天问二号”在1、II轨道上的运行周期相等

【答案】C

【详解】A.天问二号在n轨道上从N运动至。的过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故A错误。

D.根据a=要可知，天问二号在II轨道上通过尸点的加速度等于在I轨道上通过〃点的加速度，故B错误。

广

C.由开普勒第二定律可知，天间二号在每个椭圆轨道I:运行时“（速度方向垂直于矢径）乘枳不变，天问

二号从n轨道变轨至I轨道，需要在P点点火加速，则天问二号在I、n软道上运行时满足％故c

正确。

D.由开普勒第三定律，天问二号在I轨道上的半长轴较大，可知在I轨道上运行周期大于在n轨道上的运行

周期，故D错误。

故选Co

4.如图甲所示，某儿童玩具由卡通人物、轻质弹簧和发光小球三部分组成，这三部分自上而二相互连接在

一起。将卡通人物固定在空中某处，用手托住质量为机的小球竖直向上移动，使弹簧处于压缩状态，如图

乙所示。片0时刻由静止释放小球，释放瞬间小球的加速度大小为1.2g,小球始终在竖直方向上运动，弹簧

在弹性限度内，其劲度系数为鼠不计空气阻力，重力加速度为g,则小球（）

卡通人物

发光小球

甲乙

A.做简谐运动且释放点是平衡位置B,振幅为粤

5k

C.振动的初相位为0D.运动过程中机械能守恒

【答案】B

【详解】A.小球运动满足?=-匕，小球做简谐运动，释放点是振动最高点，不是平衡位置，故A错误;

B.z=0时刻由静止释放小球，释放瞬间小球的加速度大小为L2g,根据牛顿第二定律有

mg+依［=ma=1

解得弹簧压缩量％=等

5k

在平衡位置时有〃?g=^2

得仲长量羽二竿

K

故振幅/=玉+4=攀，故B正确；

5k

C.振动的初位置在最大位移处，初相位为故C错误；

D.小球受到弹簧弹力做功，机械能不守恒，故D错误。

故选Bo

5.如图所示，边长为。的正方体木块漂浮在足够大的水面上，现用竖直向下的力将木块按入水中，直到木

块上表面刚浸没，已知水的密度为夕，木块的密度为抵，重力加速度大小为g,则此过程中木块克服浮力

做功为（）

—口―

A.皿B.处C.为就D.遢

8482

【答案】C

【详解】边长为。的正方体木块漂浮在足够大的水面上，此时浮力大小为工=〃噜=^g/=用"%

解得几.

木块上表面刚浸没时，浮力大小为人

则此过程中木块克服浮力做功为%^浮§

解得/浮

0

故选C。

6.某质点在。町平面上运动，其沿x轴方向运动的加速度一时间图像如图甲所示，沿），轴方向运动的位移

一时间图像如图乙所示。已知片。时,质点位于y轴上，它沿x轴方向速度为lm/s。则片3s时质点位置相

对于f=ls时质点位置的位移大小为（）

A.5\/2mB.amC.标mD.屈m

【答案】B

【详解】由图可得，物体运动在1〜3s时间内，沿），轴方向的位移Ay=（7.5-2.5）m=5m

x轴方向匀加速直线运动，/=1s时的速度匕=%+%=2m/s

1〜3s时间内的位移M=v也+Jaf=（2x2+Jx1x2?）m=6m

则t=3s时质点位置相对于t=Is时质点位置的位移大小为s=^|A.Y）2+（Ay）2=+6，m=V^Tm

故选

7.质量为〃，的小球在黏滞液体中由静止释放，液体对小球的阻力与速率成正比，比例系数为上小球受到

的浮力恒为况且重力大于浮力。当小球下落的距离为。时.，恰好达到最大速度，重力加速度大小为g。此

过程中，下列说法正确的是（）

A.小球先做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动

B.小球的平均速度为等3匚

2k

khtn

C.小球从释放至达到最大速度的时间为——-

nig-Fk

D.小球所受阻力做功为加的-同LL/之喧丫

2\k)

【答案】C

【洋解】A.由牛顿第二定律机g-八-尸=〃浦，随着小球速度增加，阻力增大，加速度减小，所以小球做

加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误；

B.小球加速度为零时，速度最大，有%=与£

K

由「小球做的是变加速运动，不是匀加速运动，所以其平均速度不等「"生•=悔£,故B错误。

22k

C.由动量定理〃侬-2人心-力=2〃m&

即mgt—kh-Ft=mvm

小球从释放至达到最大速度的时间为，=上£+4，故C正确：

mg-rk

D.由动能定理.mgh-Fh+W=0

小球所受阻力做功为W=Fh+-m[-〃@,故D错误。

21k)

故选C。

8.如图，一足够大的斜面固定在水平桌面上，斜面倾角6=3()。，在斜面上放置一质量为用的物块，用与

斜面底边力3平行的大小为尸=拳(g为重力加速度)的推力推动该物块，物块恰好在斜面内做匀速直线

运动。现不改变推力的方向，使推力大小变为尸二等，物块沿斜面做匀加速直线运动时，其加速度大小

【答案】C

【详解】物体在尸=詈外力作用下保持匀速直线运动，受到的三个力/、〃?g,、/围成闭合三角形，其中

mgx=mgsin0=

根据力的合成，彳J/=J+尸=

2

根据/=〃N=w〃gcos。

解得〃邛

当尸，=等时，对物体做受力分析

F'与〃&合力F、=《（mg）”曰

垂直斜面俯视图

F'4

尸与外力尸的夹角的余弦值cosa=u=彳（即夕=37。）

片5

物体所受合力与=F「f=

根据牛顿第二定律，有。=盘=土逆g

m6

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.水袖舞是中国古典舞中表达和抒发情感的常用技巧，舞者的手规律振动会传导至袖子上，给人一种“行

云流水”的美感，如图甲所示。水袖舞简化为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，，=0和，=0.5s时刻的部分

波形分别为如图乙所示的实线和虚线，P、。分别是平衡位置为王=皿［和W=4m的两质点。已知波的周期

7>0.3s,下列说法正确的是（）

甲

A./=0时刻，质点。沿x轴正方向运动

B.质点P振动周期可能为0.4s

C.波的传播速度大小可能为36m/s

D./=0.5s内质点P运动的路程可能为10\&m

【答案】BD

【详解】A.由题知，波沿x轴正方向传播，根据上下坡法并结合乙图，可知，=0时刻，质点。沿V轴正方

向运动，故A错误；

BC.由乙图可知波长/l=8m,从，=0到/=0.5s的时间内，波沿x轴正方向传播的距离为

At=(+〃%(〃=0,123..)

对应的时间为△，=；+=0.5s(/i=0,1,23……)

2

解得了=----s(/?=0,1,23……)

根据7>0.3s,可得〃=0,n=\

当〃=0时T=2s,则波速M=*=4m/s

当〃=1时4=0.4s,波速为=/=20m/s

波的周期即为其中质点的振动周期，即质点P的振动周期可能为2s和0.4s,故B正确，C错误；

D.由乙图可知振幅力=10cm,当周期7；=2s时，质点。运动的路程用=等4x2=10抗cm

当周期《=04时,，质点尸运动的路程/=4"¥/lx2=(4O+IO&km,故D正确。

故选BDo

10.如图，在冬奥会跳台滑雪比赛中，一质量为50kg的运动员在滑雪道上以速度％=20Qm/s从跳台。点

飞出，着陆于斜坡人点，已知斜坡与水平方向的夹角为30。，不升空气阻力，重力加速度取g=10m/sL下

列说法正确的是()

A.运动员从a点到b点的动量改变量的大小为2000kg-m/s

B.运动员落到〃点时重力的瞬时功率为V7xl0』W

C.运动员从。点飞出后经历1.5s离斜坡最远

D.运动员离斜坡最远的距离为1()石m

【答案】AD

-t2

【详解】A.运动员从a点到6点由平抛运动可知面］30，=2±g_=&~

卬2%

解得z=4s

则动量改变量的大小为"=，＜；=加g/=2000kg-m/s,A正确;

B.运动员落到。点时重力的瞬时功率为尸=〃?g5=500xl0x4W=2xl(yw,B错误；

C.运动员从a点飞出后离斜坡最远时速度方向与斜坡平行，则tan30=4-=对

%%

解得f'=2s，C错误：

D.运动员离斜坡最远的距禽为/*=华如需=10百m,D正确。

2gcos30

故选AD。

11.某地一个风力发电机的叶片转动时可形成半径为R的圆面，某时间内该地区的风速为v,风向恰好跟圆

面垂直，冲击叶片后的速度为零，已知空气的密度为夕，发电机将空气的动能转化为电能的效率为〃，则下

列说法正确的是()

A.单位时间内冲击发电机的气流的动能为17tR2pv3

B.单位时间内冲击发电机的气流的动量为兀火力1，

C.发电机的功率为:成2P小3

D.气流对叶片的作用力为兀A》/

【答案】ACD

【详解】AB.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体枳为1/=理=了成,

单位时间内冲击发电机的气流的质量为〃?=/〃

则单位时间内冲击发电机的气流的动能为4；欣2Q3

单位时间内冲击发电机的气流的动量为〃=〃心丫=兀//火，故A正确，B错误：

77Am

C.风力发甩机发电的电功率0-T/成"7r腔故c正确;

AZZ2

D.对单位时间内冲击发电机的气流，根据动量定理有O-Amv=F△/

根据牛顿第三定律有，气流对叶片的作用力尸=产

解得k=M6y2,故D正确。

故选ACDo

12.“飞行魔毯”安装了〃架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保持额定功率竖直向上起飞,

经过时间，上升高度h时达到最大速度。已知每架无人机的额定功率均为P,“飞行魔毯”加上飞行员的总质

量为〃?，“飞行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为/,重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为力

nP

B.“飞行魔毯”的最大速度％=----了

mg+f

C.“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度逐渐增大

D.“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中满足关系式％=2〃皿加＞力丁""

2（〃?”/）

【答案】BD

【详解】A.“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为唯=-力，故A错误:

B.当“飞行魔毯”达到最大速度时，牵引力与总阻力平衡，即〃户=（〃唁+/）%

nP

解得最大速度为％=——T,故B正确；

mg+./

C.牵引力大小为尸=工

V

物体的加速度大小为〃二I"g7）

m

随着速度增大，牵引力减小，物体的加速度逐渐减小，故C错误；

D.对“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，根据动能定理可得〃*-〃侬-#=

解得方=2〃"（鬻,故口正确。

2（一十/）3

故选BDo

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.（6分）物理实验小组采用如图甲所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所

受的合力成正比”这一物理规律，试何答下列问题：

轻动滑轮掰察断打4

打点计时器I弊弹簧及J

纸带』七户

,//\II『2滑轮

长木板水平实验台用

重物

甲

（1）关于该实验的操作，下列说法中正确的是0

A.必须用天平测出重物的质量

B.必须保证小车的质量远大于重物的质量

C.每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力

D.连接小车和重物的细线要与长木板保持平行

（2）实验中得到的一条纸带如图乙所示，1〜5为选取的连续计数点（两计数点间还有四个点没有画出），相邻

计数点间的距离如图中所示。已知打点计时器电源的频率为50Hz,则小车加速度的大小为m/s?（结

果保留3位有效数字）。

（3）某同学做实验时，未把木板的一侧垫高平衡摩擦力，就继续进行其他实验步骤，该同学作出的小车加速

度。与弹簧测力计示数6的图像如图丙所示，图中《、F"已知，则实验中小车受到的摩擦力大小为

小车的质量为o

丙

【答案】⑴D

（2）1.11

（3）2”亚㈤

♦

【详解】（1）A.因为有弹簧测力计测量拉力，则不需要用天立测出重物的质量，选项A错误。

B.实验时有弹簧测力计测量拉力，则不需要满足小车质量远大于重物质量，选项B错误。

C.平衡摩擦力时满足必向1。=〃瞬cos。

两边质量消掉，则每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项C错误。

D.要使弹簧秤的示数稳定，需调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，选项D正确。

故选Do

小车的加速度”汇，=(476+3£);；55+1.44)乂io-2/s2«1.11m/s2

(2)m

(27)(2xO.1J

（3）对小车根据牛顿第二定律2F-f=Ma

即a=-F-J-

MM

由图像可知〃=0时F=F°

可得，=2…力4

可得^

4

14.（8分）小明利用安装有phyphoxAPP的智能手机验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。主要器

材包括：水平固定的钢尺、质量为小的铁球、刻度尺。实验步骤如下：

（1）一钢尺伸出水平桌面少许，将铁球放在钢尺末端，用刻度尺测量钢尺上表面末端到地面的高度0=L2m。

（2）打开手机phyphoxAPP的声音传感器功能，选择“振幅”模式。

（3）迅速敲击钢尺侧面，使铁球由静止开始下落。传感器记录的声音振幅一时间曲线如图乙，前两个尖峰

时刻分别对应铁球开始下落和落地的时刻，测得铁球下落时间t=So

（4）若铁球下落过程机械能守恒，应满足的等式为（用题目给定的物理量符号机、g、鼠，表示，

其中g为重力加速度）。

（5）已知铁球质量〃尸0.2kg,下落过程中重力势能的减少量△即=2.35J,计算动能的增加量△£>J（匕

取9&n/s2,结果保留三位小数）。则在误差允许范围内，铁球在下落过程中机械能守恒。

【答案】0.50/0.5rngh=^m（y-）22.304

【详解】（3）口］由图可知，时间间隔为/=2.05s-l.55s=0.50s；

（4）［2］设铁球落地瞬间速度大小为y,根据运动学公式可得力=殍，

解得丫=平

小球增加的动能为△£=J/n，2—0=（与J

卜落过程中减小的重力势能为AE/现从若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式Mg〃=}〃（吊/

（5）［3］增加的动能为AE*=1x0.2乂（音《JJ=2.304J

15.（8分）为了安全，中国航母舰载机歼・15通过滑跃式起飞方式起飞.其示意图如图所示，飞机由静止开

始先在•段水平距离A/=160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。

己知飞机的质量加=2.（）xl（）4kg,其喷气发动机的推力大小恒为尸=L4xl（）5N,方向与速度方向相同，水平跑道

与倾斜跑道末端的高度差/;=2.05m,飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都

为飞机重力的0.2倍，假设航母处「静止状态，飞机质曷视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计

水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g=10m/s2.求:

（1）飞机在水平跑道上运动的末速度大小;

（2）飞机从开始运动到起飞经历的时间/.

【答案】⑴40m/s

（2）8.5s

【详解】（1）设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为.，阻力大小为少册在水平跑道上运动的末速度大

小为由牛顿第二定律得尽户册=〃必

其中产加=0.2〃9

根据动力学公式有辞=2。人

联立以上三式并代入数据解得句=5m/s2,v/=40m/s

（2）设七机在倾斜跑道上运动的加速度大小为⑦，在倾斜跑道末端的速度大小为V2，匕机在水平跑道上的

运动时间；/=—=8s

a\

在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有F-F"或=ma2

代人数据解得④=4m/s?

由（一十=2%人！

代人数据解得卬=42m/s

飞机在倾斜跑道上的运动时间t2=——­=0.5s

a2

则1=〃+〃=8.5s

16.（8分）科考人员从山岭前坡向山势险峻的背坡投掷追踪器来跟踪动物活动路径。山岭可简化为如图所

示的ZBAC=30\ZABC=60\科考人员在前坡的同一点M投掷追踪器。第一次以大小为55/7m/s

的速度投出，追踪器恰好沿背坡表面向下滑动；改变速度第二次投掷，追踪器刚好水平掠过。点。重力加

速度g=10m/s2,忽略空气阻力，两坡足够长求

c

（1）第一次掷出时的速度方向与夹角的正切值tana；

（2）第二次掷出后，追踪器在背坡落点到。点的距离心

［答案］（I）tana=—

2

（2）L=30x/3m

【详解】（1）设第一次速度与前坡夹角为a，运动时间为4,沿前坡方向分解，根据题意有Hcosa=gsin3（）z

垂直于前坡方向分解，则有v.sinct=gcos30

联立可得tana=巫，4=2s

2

（2）M点至顶点C的距离为/=Hcosa。-ggsin30）；=10m

第二次掷出后，设追踪器水平掠过顶点C时速度大小为匕，从"到。过程中，运动时间为水平方向

/co$30=vxt2

竖直方向/sin30"=ggg

联立解得匕=5x/3m/s

设追踪器在背坡落点为M从C到落点N过程中，运动时间为明有Lcos60。=匕々，Lsin60°=；g片

联立解得L=30gm

17.（14分）某山地救援队进行“斜面绳球投放”训练，简化模型如图所示。在倾角为0的光滑矩形斜面KFMN

上（EW为斜面与水平地面的交线），有一根长为A=0.5m的细线，细线的一端固定在。点，另一端连接着

一个可视为质点的小球。小球质量为〃尸1kg,过。点平行于EF的直线交FM于C点、,FC的长度为七二石m。

现使小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动。某次小球过B点时细线被割断（割断前后不影响小球

速度），小球沿着轨迹8G运动，在小球刚要离开斜面G点时•，给小球施加一个沿vs（小球在8点时的速度）

方向、大小为尸=2石N的恒力。从4点割断细线瞬间开始计时，小球经/=2s落到水平地面上的。点（图

中未画出。点），G点是小球离开斜面的位置，〃点为G点在水平面上的投影点。不考虑小球反弹，忽略

空气阻力,sin供=0.2,cosQl,重力加速度g取lOm/s2。

（2）小球到达B点细线被割断前，小球对细线的拉力6的大小；

（3）求落地时D点到，点的距离

【答案】（l）lm/s

⑵：2N

（3）2>/6ITI

【详解】（1）因为小球恰好能在斜面上做完整的顺时针圆周运动，所以在力点由牛顿第二定律有

/MgsinO=in^~

解得小球经过A点时的速率为匕=lm/s

（2）从4点到4点的过程中，由机械能守恒定律有〃g2Lsin6+g〃谱=/此

解得小球经过B点时的速率为以=石m/s

对小球在B点进行受力分析，，列牛顿第二定律方程有用-叫sin*小，

解得在B点小球受到绳的拉力为耳=12N

则由牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力大小为4二月=12N

（3）小球在8G间做类平抛运动,其水平方向为匀速直线运动，则有再=丫解

解得小球从B点到G点的运动时间为4=心

小球沿GF方向做从静止开始的匀加速直线运动，则G点沿GF方向的分速度为=gsine（=2m/s

将小球沿G户方向的分速度沿水平方向和竖直方向进行正交分解，如图所示:

侧视图

则在G点%尸沿竖直方向的分速度为「=%Fsino=o.4m/s

%尸沿水平方向的分速度为vCFx