功和能-2026年高考物理二模分类汇编（解析版）

考点概览

考点01功和功率

考点02动能定理的应用

考点03机就能守恒定律功能关系和能量守恒定律

功和功率

一、单选题

1.（2026・西藏拉萨•二模）如图，在竖直面内做匀速圆周运动的摩天轮，转动半径为H,一位质量为a的同学

在乘坐摩天轮的过程中，从最高点运动到最低点重力做的功为（重力加速度为g）（）

A.mRB.2mRC.mgRD.2mgR

【答案】。

【详解】重力做功仅与初末位置的高度差有关，与路径无关。该同学从最高点运动到最低点，高度差为

2R（竖直位移向下），重力大小为nig,方向向下，住移方向向下，故重力做正功，大小为W=rngx2R=

2mgR,故D正确，43c错误。

故选。。

2.（2026•广东惠州・二模）如图所示为古代用来灌溉农田的筒车简化模型图，筒车利用水流昔动车轮转动,

固定在车轮上的竹筒在底部蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。若筒车在竖直面内沿顺时针做匀速圆周

运动，运动半径为2--竹筒在最低点力开始打水，运动到最高点。时，竹筒和水之间恰无相互作用力,

此过程中竹筒内所装水的质量小保持不变，竹筒可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是

（）

c

A.竹筒在最高点C时所需要的向心力为0

B.竹简从力点到C点的过程中，水受到重力的功率逐渐减小

C.竹筒从A点转动1•圆周到达6点时，竹筒对水的作用力大小为mg

D.筒车,上均匀装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为年'/互

【答案】。

【详解】4最高点。时竹筒和水无相互作用力，向心力由重力提供，品=mgWO,4错误；

B.重力功率。=叱%（%为竖直分速度），从工到先增大后减小，故尸先增大后减小错误;

C.在。点时由mg=zn4

得&

匀速圆周运动速度大小不变。6点时，竹筒对水的作用力尸=Jmgy+GU错误：

D.筒车的周期7=2普=2兀聘^

16个竹筒有16个打水间隔~=2=等、库，。正确。

故选。。

3.（2026•浙江台州・二模）在2026年春晚中机器人表演了原地起跳动作。在起跳阶段,质量为M的机器人

对地面的平均压力为R,重心上升高度为d。离地后，重心继续上升的最大高度为限假设空气阻力忽略

不计.下列说法F确的是（）

A.起跳阶段,机器人处于失重状态

B.起跳阶段，地面对机器人做功R/...........»

C.起跳阶段，地面对机器人做功引2

D.地面对机器人的支持力与机器人对地面的压力大小一定相等

【答案】。

【详解】？1.起跳阶段，机器人的加速度方向向上，处于超重状态，4错误：

BC.起跳阶段，地面对机器人的弹力没有位移，则地面对机器人不做功，BC错误；

D.地面对机器人的支持力与机器人对地面的压力是相互作用力，总是等大反向，。正确。

故选。。

4.（2026・陕西咸阳•二模）如图所示，两物体4、8叠放在一起置于足够长的光滑斜面上，现在物体”上施加

一沿斜面向上的恒力尸，两物体共同沿斜面向下做匀加速直线运动.下列说法正确的是（）

A.两物体的重力做正功B恒力R做正功

C.摩擦力对物体A做正功D.摩擦力对物体Z?做负功

【答案】4

【详解】4.物体沿斜面向下加速下滑，物体的高度下降，则两物体的重力对物体做正功，4正确；

B.由于恒力厂与物体的运动方向相反，则恒力尸做负功，白错误；

C.设斜面的倾角为a,则物体的加速度为a=々----工一<gsina,则物

TnA-\rmB

体B对物体4的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力对物体力做负功，。错误；

D.物体力对物体6的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力对物体6做正功，。错误。

故选A。

5.（2026.浙江宁波.二模）单位行程耗能和单位时间耗能是衡量纯电动汽车性能的两个空要参量。现有某

纯电动汽车在水平路段以仍=20ni/s匀速行驶时,单位行程耗能£?,=625J7m；以%=25ni/s匀速行驶

时，单位行程耗能用=725〃加电动机驱动汽车匀速行驶，单位时间耗能〃（单位为八）与阻力的功率

尸成线性关系，即〃=自尸+治1自、均为未知常数）,汽车所受阻力与速度大小成正比。单位行程耗能最

小时，汽车的速度为（）

A.v-5m/sB.v-10m/sC.v_15m/sD.v_30m/s

【答案】B

【详解】汽车匀速行驶时阻力与速度成正比，即/=H，阻力功率=

单位时间耗能〃=kF+k2=k网2+后

单位行程耗能E为每行驶1米消耗的能量，1米行驶时长为工，因此E=〃•工=上'+局=从卜•0+

VVV

k?

V

设a=kik,b=居，代入两组已知条件：V=20ni/s时，625=20a+与，整理得400a+6=12500

o=25m/s时，725=25a+4，整理得625Q+b=18125

联立解得Q=25,5=2500,即E=25v+空姐

v

根据均值不等式，当25。=生见时E取最小值，解得〃=100,即e=10m/s（速度取正值）。

v

故选6。

二、多选题

6.（2026.福建厦门•二模）如图甲所示，小福同学在放有力传感器的水平地面上做俯卧撑运动，每次完整的

俯卧撑包括身体从最高点下降到最低点的“下降”过程和身舛由最低点上升到原最高点的“上升”过程,

图乙为完成一次完整俯卧撑的过程中力传感器的示数随时间变化的情况。已知小福同学体重为72kg,

该次完整的俯卧撑用时1.5s,其中“上升”时间约为“下降”时间的1.5倍,“下降”过程重心降低约0.2m,,

重力加速度大小g取lOm/sz,则小福同学（）

A.从蓟到右，身体处于“下降”过程

B.从质到人身体处于“上升”过程

C.本次“下降”过程重力做功的平均功率约为144IV

D.本次“卜降”过程电力做功的平均功率约为240W

【答案】

【详解】4B.根据题意一次完整的俯卧撑用时1.5s,其中“上升”时间约为“下降”时间的L5倍，并结合

图乙可知。到打身体处于“下降”过程，故为正确，B错误；

CD.本次“下降”过程重力做功为=mgh=72x10x0.2J=1447

重力做功的平均功率约为尸=孕

下降时间为£下+£上=1.5

联立可得户=240卬，故。正确，。错误。

故选为。。

7.（2026•福建泉州•二模）如图，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢底板与水平方向的

夹角。缓慢增大，在货物滑动之前的过程中，下列说法正确的是（）

货物底板

A.货物受到的重力做负功B.货物受到的支持力做正功

C.货物受到的摩擦力做负功D.货物受到的合外力做正功

【咎案】

【详解】4B.车厢与水平方向的夹角6缓慢增大的过程中，货物做圆周运动，支持力垂直车厢向上，支持

力与速度方向相同，所以支持力做正功，货物上升，重力做负功，故力正确，B正确。

CD,摩擦力沿车厢向上，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，货物缓慢运动，速度不变，合力与速度方

向垂直，合力不做功，故C、。错误。

故选A3。

三、槌友

8.（2026•四川凉山•二模）中国行星探测工程（PZanetaq/ExplorationofChina,PEC）以屈原《天问》命

名，寓意对宇宙本源的千年追问。“大问一号（火星）->大问二号（小仃星：主带彗星）-大问三号（火星取

祥返回）1天问四号（木星系）"四步跃升路径，标志着我国深空探测正从“跟跑”迈向“并跑”甚至局部“领

跑”。在火星探测中，若火星车“祝融号”在某段时间内沿平直路线运动的笠一£图像如图。“祝融号”从

静止开始匀加速启动，经过时间力加速到4cm/s,此时功率为6W,保持该功率继续加速到最大速度以°,

并以此速度匀速运动一段时间。关闭火星车的动力，再经过0.144s停止运动。假设火星车受阻力/=

100N不变，求：

（1）火星车速度。,“；

（2）火星车的质量m；

（3）火星车匀加速的时间。。

【答案】⑴6cmzs

（2）240kg

⑶0.192s

【详解】（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即号=R

根据P=F0m

：代入数据解得％=6cmZs

：（2）关闭动力后，火星车的加速度a=二^=端”1跖2=黑］法2

।AtU.14430

根据牛顿第二定律可知号=771（1

Q................

解得项=240kg

（3）0〜小火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力=E=77^7%=150N

v'U.（J4

设此阶段火星车的加速度为优,根据牛顿第二定律可得P—耳=ma'

解得ar=ni/s2

24

火星车以恒定的加速度运动的时间=&".s=0.192s

a!-2_

24

题型二动能定♦的应用

一、单AJS

9.（2026•海南海口・二模）荡秋千是一项有趣的运动。如图所示,一秋千悬挂在。点，某同学蹲在秋千上从

M点由静止出发，在其运动至最低点N点时突然站立，并保持姿势到N点左侧的最高点。点。已知人

在N点站起前后速度不变，秋千摆动的角度很小,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

P

A.ZMONV乙NOP

B.4MON=2NOP

C.该同学从M点到N点的时间小于从N点到。点的时间

D.该同学从"点到N点的时间等于从N点到。点的时间

【答案】n

【详解】该同学运动至最低点N时突然站立后，速度不变，可知其动能大小不变，重心升高，重力势

能变大，故其机械能增大，根据动能定理可知，该同学会上升到更高的位置，根据几何关系可知/MCW

＜乙NOP,故A正确，3错误；

CD.由于秋千的摆动角度很小，因此秋千的运动可等效为单摆，根据单摆的周期公式7=2兀,十可知,

该同学站立后，摆长Z变小，故周期变小，该同学从M点到N点的时间大于从N点到P悬的时间，故CD

错误。

故选4。

10.（2026,浙江,二模）滑块以•定的初速度沿粗糙斜面的力点向上滑，到达最高点后返回4点。利用频闪仪

对滑块匕滑和下滑过程进行拍摄，分别如图甲、乙所示,照片中6点恰好是滑块滑动过程中的最高点，斜

面倾角为心则（）

BB

C

甲乙

A.上滑过程动能变化绝对值比下滑更大B.滑块之间的距离以7:CD=1:4

C.滑块与斜面间动摩擦因数〃AtanOD.上滑过程克服摩擦力做功比下滑更天

【答案:M

【详解】？1O.上滑过程动能变化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之和，下滑过程动能变

化绝对值等于重力势能变化和摩擦力做功的绝对值之差，上滑过程和下滑过程的重力、摩擦力和位移的

绝对值均相等，则上滑过程和下滑过程重力势能变化绝对值相等、克服摩擦力做功相等，上滑过程动能

变化绝对值比下滑更大，故4正确，。错误；

B.由逆向思维，图甲即初速度为零的滑块从Z?点做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的

关系,滑块之间的距离BC=gQP,BD=占认2以=2at2

^]CD=BD-BC=^-at2

故BC:CD=1:3,故6错误；

C.上滑阶段，滑块做匀减速直线运动，有gsin。＞〃gcos6

可知〃VtanO,故C错误。

故选4。

11.（2026•黑龙江吉林•二模）如图甲所示，一滑雪场的高阶滑道由高〃的直滑道和与之在B点相切的圆弧轨

道组合而成，圆弧轨道半径为笈。运动员从斜面顶端A点无初速度下滑，无机械能损失地进入圆弧轨

道，最终从与3点等高的C点飞出。测出运动员在圆弧轨道的不同位置时，其与圆心。的连线和竖直方

向的夹角0及运动员在该位置受到的轨道弹力N,在图乙所示的坐标系中得到一条直线段的图像。已

知运动员（含装备）重力为mg,不计一切阻力。下列说法正确的是（）

A.运动员在圆弧轨道运动时,处于失重状态B.图乙中%=6.5mg

C.运动员在圆弧轨道最低点的速率为2伤冗D.从。点飞出后，能上升的最大高度仍为H

【答案】B

【详解】8.运动员在圆弧轨道运动时，向心加速度的竖直分量向上，运动员处于超重状态，故人错误;

BC.从开始到圆弧最低点，根据动能定理，有mg（H+"-RcosO）=

其中COS。=-y

在最低点，根据牛顿第二定律，有Nf—mg=

其中N'=8nig,解得H=3R

A到B过程由动能定理得mgH=；mv2

2

B点时，由牛顿第二定律得N-mgcos。—m-y-

由图像知cosO=4■，有N=FD=6.5mg

圆轨道最低点时由牛顿第二定律得Ni—mg-

rt

由图像知N=8mg

可得劾=，丽，故8正确，。揩误；

D.运动员从。点斜抛出达到最高点时，水平速度不为0,由机械能守恒知其高度小于“，放。错误。

故选B。

12.（2026•浙江杭州•二模）某碗状容器的截面如图所示，三边4?、氏7、CO长度相等，碗底3C水平,侧边与

底边的央角均为45°。小球从A点水平向右抛出后落住侧边月上，若仅增大初速度后再次将小球抛出

尹落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是（）（不考虑小球反弹，不计空气阻力）

A.飞行时间可能与第一次相同B,动能增量可能比第一次小

C.速度方向可能与笫一次相同D,可能垂直打在侧边GD_L

【答案】。

【详解】？1.平抛运动在竖直方向上，有九=*9廿

解得£=

即高度决定时间，第一次落在46上与第二次落在CD上，下落的高度拉可能相等，则下落时间相同，故

月正确；

B.若第一次落在力6上，增大速度后落在CD上且第二次下落的高度小于第一次下落的高度，根据动

能定理可知动能的增量=核九

可知增大初速度后再落到碗上的动能增量比第一次小，故Z?正确；

C.若两次都落到斜面为B上，因为速度方向与水平方向的夹角夕的正切值是位移与水平方向夹角a的

正切值的2倍，即tan夕=2tan6f

又因两次的位移方向相同，所以两次落在斜面上时的速度方句相同，故C正确；

D.根据结论可知做平抛运动的物体，某点的瞬时速度反向延长线交于此时水平位移的中点。如果小球：

下落后垂直打在侧边CD上，其瞬时速度反向延长线不可能交于水平位移中点，所以落在侧边CD上的

小球，不可能垂直打在⑺上，故。错误。

本题选错误的，故选。。

...............0

13.（2026•山东枣庄•二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为〃，以O为原点、沿斜面向下为正方向建立i轴,

46点的坐标分别为孙=小g,=3小质量为m的滑块由。点静止释放，恰好能运动到口点，滑块与

斜面间的动摩擦因数〃随坐标c的变化的图线为倾斜直线,如图乙所示。重力加速度为g,下列说法正

确的是（）

A.滑块进入段立即做减速运动

B.滑块经过4点时重力的功率为mgj2gdsin夕

C.B点处的动摩擦因数〃“=3t.n，

D.滑块从/=得处由静止释放将不能到达c=2d处

【答案】C

【详解】A.滑块进入43段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小

的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错

误；

B.从由m^dsin。=

重力的功率为P=m^cos（90°—=mg42gdsin夕sin。,故8错误；

C.设在距离原点x处动摩擦因数为〃，则下滑△工

由动能定理有rng^xsinO-firngcosO•=^EK

求和得mg3dsin夕—mgcosO•/jx=0

为图乙中三角形的面积〃/=x2duB

解得UB=3tan〃，故C正确；

D.仄x=$处到i=2d处，重力做功为网=卷闻dsin〃

摩擦力做功为WFf=—mgcosO-d-=—1~mgdsin。

因网>|M,故滑块从c二号处由静止释放将能到达c=2d处，故。错误。

故选C。

二、多选JH

14.（2026.辽宁.二模）如图中所示，质量均为m的A、6两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止。用恒力R向

上拉B,分离前，4、8运动的加速度随位移变化如图乙所示,运动距离九时，8与A分离。重力加速度

为g,下列说法正确的是（：

A.在6与月分离之前，它们做匀变速直线运动B.弹簧的劲度系数等于粤片

4h

C.广作用后瞬间，6对月的压力大小为粤&D.8和4分离后，3还能继续上升?

84

【答案】

【详解】人.由图乙可知在6与4分离之前，它们的加速度在变化，故它们做的不是匀变速直线运动，故

A错误：

B.R未作用时，对力、由平衡条件有kz；o=2mg(R为压缩量)，图乙可知R作用瞬间，4、6加速度大

小为a=q~g,此时对AyB有F1—2mg+kg=2ma

8

联立解得尸=1］电

4

A.B分离瞬间，4、6间弹力为0,二者加速度相等，对石有mg-R=ma)

对力有mg-k(x<)—h)=ma0

联立解得卜=@普，Q0=：g,故8正确；

4/14

C.R作用后瞬间，对6有F*+N—777^=771(1

联立解得4对6的支持力N=~1"mg

8

根据牛顿第三定律，可知B对4的压力大小为驾且，故C错误；

O

D.从R作用到A.B分离过程，结合图乙，由动能定理有空彳也叫x九=<X2馆/

联立解得A.B分离时的速度/=萼

O

2

B分离后，对B有(F—mg)hfn=0—■}-mv

联立解得6和/分离后，口还能继续上升的距离鼠=与，故D正确。

4

故选30。

15.(2026・重庆・二模)如图甲，某农场安装有一种自动浇水装置，在农田中央装有竖直细水管，喷嘴喷出一细

水柱,初速度大小为5=10m/s,初速度方向与水平面的夹角夕可调(0°&夕&90°),喷嘴离水平地面高度

为。=1.05m,结构简图如图乙，整个装置可以绕中心轴线缓慢匀速转动，重力加速度大个取10m/s'2,不

「空气阻力,忽略喷嘴到中心粕线的距离，则()

_____________________________________8

A.调节夹角仇水柱从喷出到落地的时间是相等的

B.调节夹角0,水柱落地时的速度大小是相同的

C.该自动浇水装置最大浇灌面积为121.济

D.该自动浇水装置最大浇灌面积为1447rm2

【答案】

【详解】4.调节夹南出水柱喷出后竖直方向的初速度不同，因其运动的加速度为重力加速度，故水柱从

喷出到落地的时间不相等，故A错误；

B.水柱从喷出到落地的过程，根据动能定理有mgh=-ymv2——mvl

解得°=y/vi+2gh=llm/s

故水柱落地时的速度大小与0无关，故Z?正确；

CD.水柱喷出后做斜上抛运动，作出水滴的初速度比、末速度0以及速度的变化量△。的矢量关系图，

如图所示

%

根据几何关系，可知c=v0tcosl9

速度矢量三角形的面积为S=。Ao•v（）cos0=-^-v（｝gtcos0=-^gx

NNN

由于必与。大小一定，则当两者垂直时，S最大，即此时水滴的水平射程①有最大值，即gxmAX

而10X11「

财电nax=----=-77；—rn=11m

910

所以，则该自动浇水装置最大浇灌面积为Snmx=KX2=A21Tini2,故。正确，D错误。

故选反7。

三、*题

16.（2026•贵州毕节・二模）如图甲，竖直平面内轨道ABCDE由水平轨道？与。E及两段光滑圆弧B。、

CD组成，43长为4m,与庞;高度差为0.2m；圆弧灰7、CO半径均为0.4m,弧长相等，在C点相

切；43与6C相切于笈点，与理;相切于。点。可视为质点的滑块,质量为0.2kg,与力Z?间动摩擦

因数为0.25。该滑块受水平向左推力F,从A点由静止开始运动，R与位移I的关系如图乙所示。不计

空气阻力,重力加速度取10m/s2o

(1)求滑块在段运动过程中推力巧做的功；

(2)求滑块运动至圆弧轨道上B点时对轨道的压力；

(3)若滑块从4点以某一速度滑入,此后无推力，为使滑块始终不脱离轨道，求滑块在4点的最大速度。

【答案】⑴2.5J

(2)4.5N

(3)5ni/s

【详解】(1)滑块在A6段运动过程中推力尸做的功咯、=琉

代入数据得际=2.5J

(2)滑块在48段运动过程中，由动能定理得WP-iirngxi=ymv^—0

在B点，由牛顿第二定律得FN—mg=小善

由牛顿第三定律得国=及=4.5N

R—立

(3)分析知滑块在。点恰好不脱离轨道，支持力为零，力点的速度最大由几何关系得cos。=—

由牛顿第二定律得mgcos。=

R

滑块从4到C,由动能定理得一即为第一=-ymv'c-yrnv^m

得vAm=5rn/s

17.(2026•辽宁鞍山•二模)如图，48CDE为一固定轨道，其中力B为倾角夕=37°、长L=2m的直轨道，8。、

UE为半径厂=2馆的相同的圆弧形轨道，。］、。2分别为两圆弧的圆心，CD为离地面高度拉=2.4馆的水

平直轨道，各轨道间平滑连接，直轨道4B粗糙，其余轨道均光滑。质量为m=2kg的小滑块与直轨道

百0间的动摩擦因数〃=0.25。取sin370=0.6,cos370=0.8,重力加速度g=10m/s2，将小滑块从4点由

静止释放，忽略空气阻力和小滑块的大小,求：

.............国

A

⑴小滑块在直轨道力B上运动的时间；

⑵小滑块到达C点前瞬间对轨道的压力大小；

⑶小滑块落到地面前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值(结果保留根号)。

【答案】(l)ls

⑵44N

⑶方

【详解】(1)小滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有mgsin"iimgco^O=ma

解得a=4m/s2

小滑块从力到石过程作匀加速直线运动，由L=/Q产

可得小滑块在斜面上运动时间£=1s

(2)小滑块到达B点速度为=a

解得vD=4m/s

小滑块从B到C过程中，由动能定理有7^(1-cosO)=虎-

解得2,=2x/6m/s

小滑块在C点，由牛顿第二定隹可得此一mg=

T

根据牛顿第三定律，小滑块到达。点前瞬间对轨道的压力大小Ri=殳=44N

(3)小滑块从C点匀速直线到达。点时速度%=%

根据mg=7ny~可知小滑块在。点沿轨道运动的临界速度大小为2，^m/s,因为可知小滑块在

V

。点脱离轨道作平抛运动。

题型三机械能守恒定律功能关系和能量守恒定律

一、单iM

18.（2026・湖北荆州•二模）如图所示,将重物48用轻质滑轮悬挂，细线竖直且不可伸长。开始时，用外力

将系统锁定，使A、6处于静止状态：解除锁定后，力、B开始运动。已知A、B的质量相等均为小,不计

一切阻力,重力加速度为g。当B下降高度九时，下列说法正确的是（）

A.A的重力势能增加了mg/zB.4、6构成的系统的重力势能减少了mg/i

C.6的动能增加了^-mghD.A、B构成的系统的动能增加了♦佻九

【答案】。

【详解】4由图可知，当B下降高度无时，4上升的高度为4，则4的重力势能增加了\EpA=-WGA=

，故A错误：

B.J3的重力势能变化了AEp8=—吸汨=—myh=-ingh

则力、石构成的系统的重力势能变化了bEp=+△用出=一号2

即为、口构成的系统的重力势能减少了4等，故8错误；

CD.由题意可知，4、B构成的系统机械能守恒，4、B构成的系统的重力势能减少了畔，则4、B构

成的系统的动能增加了2誓，故。错误，。正确。

故选。。

19.（2026•黑龙江大庆•二模）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2。m/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/点，运动至3点速率不变冲上水

平平台，最终货物刚好停在平台上的。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

（）

...................0

A

CBX/

川〃//川/〃/川”/川川〃。

A.货物在传送带上的运动时间为4.2。s

E.BC的长度为0.4。m

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4。m

【答案】。

【详解】4根据牛顿第二定律得T7i^sin37°+〃rn^cos37°=rrM[

解得ai=10m/s'2

设o=2m/s,货物和传送带达到共同速度所需要的时间t=—=0.2s

}%

下滑的距离xx=/6环=0.2zn

货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin37°均cos37°=TTUI2

解得a-2=2rn/s2

货物下滑到底端的速度满足加一"=2Q2d—电）

解得%=6m/s

货物下滑到底端的时间满足七一为=旁但匈

解得力2=2s

则货物从4到B的时间为t=+1.2=2.2s,故A错误：

B.根据牛顿第二定律得iirng=771a3

2

解得a3=5rri/s

的长度满足嫌=2出e

解得x3=3.6zn,故B错误；

CD.货物与传送带达到相同速度前，划痕的长度Si=况]—0=0.2m

货物与传送带间摩擦产生的热量Qi=〃mgcos37°S]=1.6J

货物与传送带达到相同速度后，划痕的长度$2=（L—的）—vt2=4m

货物与传送带间摩擦产生的热量Qi=〃"收cos370s2=32J

货物相对于传送带先向上运动0.2zn,后向下运动4m,划痕的总长度为4m,货物与传送带句摩擦产生的

热量为33.6J,故C错误，。正确。

故选。。

20.（2026・湖北黄冈・二模）如图所示，半径R=0.6砧光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，其圆心角。=

150°,4点与圆心。等高，0为最低点。质量为m=1kg可视为质点的小球从轨道4点正上方无=

0.2巾处由静止释放，恰好沿切线落入圆弧轨道，经C点飞出后做斜抛运动，重力加速度g取10ni/s2,下列

说法正确的是（）

A.小球到达人点时速度大小为四m/sB.小球在3点对轨道的压力大小为14N

C.小球在。点对轨道的压力大小为8ND.斜抛运动的最高点高出O点0.075m

【答案】。

【详解】4小球从释放至力点，根据机械能守恒定律有mg九=*山上

解得vA=2m/s，故/错误；

3.小球从释放至6点，根据机械能守恒定律有mgS+A）=。硒徭

解得vD=4in/s

在B点，根据牛顿第二定律有E—ing=

解得轨道支持力E=

根据牛顿第三定律，可知小球对轨道压力为乎N,故R错误；

C.设小球在。点速度大小为%，小球从释放至C点，根据机械能守恒定律有mgS+Rsin300）=

品龙

在。点，向心力由轨道支持力和重力的分力提供，根据牛顿第二定律有F—m^sin3（）°=m-y-

2R

解得轨道支持力£=警"

J

根据牛顿第三定律，可知小球对轨道压力为粤N,故C错误；

D.。点速度方向与水平方向成60°央甭，对。点速度进行分解，有=^sin（）0°

由于小球经C点飞出后做斜抛运动，在竖直方向上有0c；=2g〃

解得〃=卷项

O

故斜抛运动的最高点高出O点△/?,="一Asin300=0.075m，故。正确。

故选。。

21.（2026・安徽安庆・二模）如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径力3水

平，。点为球心，。点位于。点正下方，碗的内表面及碗口光滑,右侧放有一足够长的斜面。一根不可伸

长的轻质细绳一端固定，另一端绕过一与木块连接的轻质光滑动滑轮，再跨过一轻质光滑定滑轮，连接

一质量为小的小球（可视为质点）。开始时小球恰好在力点，木块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时：

细绳与斜面平行且伸直。现将小球由静止释放，当小球运动到C点时,绳子突然断裂，整个过程中斜面!

始终保持静止。则下列说法中正确的是（）;

........由

A.小球从力点运动到。点的过程中机械能守恒

E.小球运动到C点时，小球的速率是木块的2倍

C.绳子断裂后瞬间，小球在。点对轨道的压力大小为mg

D.木块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力与摩擦力始终保持恒定

【答案

【详解】4.小球从4运动到。的过程中，绳子拉力对小球做功，因此小球自身的机械能不守恒，只有小

球+木块组成的系统机械能守恒，故4错误；

B.当小球运动到C点时，。点切线水平，因此小球速度方向沿水平方向；由几何关系，OA=OC=R,

N49C=90°,因此绳子4c与水平方向（小球速度方向）夹角为45°。将小球速度分解为沿绳和垂直绳

分量，沿绳分量等于绳子的移物速度，则。木=：Scos45°=笄~0庶

Z4

整理得0球木

即小球速率是木块的倍，故6错误：

C.对系统机械能守恒，结合。点向心力公式推导：小球在。点的向心力由重力、支持力、绳子拉力的竖

直分量共同提供，最终推导得到支持力不等于mg,根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力也不等于mg,

故。错误；

D.绳子断裂后，木块沿斜而上滑过程中，加速度。恒定（若斜面光滑a=gsin。，若斜面粗提.a=g（sin6

+〃cosJ）,加速度始终恒定）v

将木块和斜面视为整体,斜面加速度为0,木块加速度可分解为恒定的水平分量ax=acos3和竖直分量

%=asinO

由牛顿第二定律：水平方向：地,面对斜面的摩擦力木匹,恒定；

竖直方向（M鼾+mQg-N=m才、dy

得N也恒定。因此地面对斜面的支持力和摩擦力始终保持恒定，故。正确。

故选。。

22.（2026•浙江嘉兴•二模）如图所示，QA是与O点为抛出点、A点为最高点的斜抛运动轨迹完全相同的光

滑管道，O、A两点水平距离10m,竖直距离5m,。现有质帚为0.1kg且直径略小于管道直径的光滑小

球，从O点以初速度20m/s沿管口切线方向进入管道，最终到达4点，则（）

A.小球在。点的竖直分速度为10m/sH.小球的水平分运动是匀速直线运动

C.小球到达A时的速度为10〃m/sD.重力的冲量大小在乎Ms至晔"Ms之间

OA

【答案】。

【详解】小球在光滑管道中运动，管道形状与斜抛轨迹相同，4点为最高点，由斜上抛运动的逆向思

维法可知从力点做平抛运动到。点，设速度偏向角为〃，由速偏角的正切值为位偏角正切值的2倍，有

tan。=2--=1

x

可知0=45°

贝］小球在O点的竖直分速度为n声ina=10"^m/s，故4错误：

B.由于有管道的约束，水平方向由管道弹力的分力作用，其水平方向的速度发生变化，不是匀速直线运

动，故6错误；

C'.小球从O点到4点，只有重力做功机械能守恒，有-ymtig=+nigh

解得vA=10\/3m/s，故。错误；

D,小球在水平方向的最小速度为vox=v„cosa=10V2ni/s

最大速度为4点的速度大小为l（）V3ni/s

则由水平分运动可知运动的最长时间为t,„ax=—=噂~$

Vox2

最短时间为tmin=—=^~s

03

由重力的冲量7G=7/£可知，冲量大小在4N・s至乎N・s之间，故。正确。

oN

故选。。

23.（2026•辽宁鞍山•二模）如图，物块石和。间通过一轻质弹簧相连，轻质绳跨过固定于天花板上的轻质定

滑轮，两端分别与套在竖直固定杆上的小球A和物块石连接。初始时托住A使系统静止，滑轮与珞间

的绳水平，滑轮与3间的绳竖直，且绳无拉力。3、。质量均为小，力的质量为2m。将A从图示位置由

静止释放，当连接4的绳与竖直杆的夹角为37°时，6上升的速度大小为。且。刚要离开地面。取

sinB70=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,不iI-一切摩擦力和空气阻力，不计物体和滑轮的大小，则在

此过程中人下降的高度为（）

T

(J'A

B

C

口•喘

B4C.

A崂9

【答案】B

【详解】设A下降的高度为九。由几何关系，初始时滑轮与A间绳水平，设滑轮到杆的水平距离为人当

1

绳与竖直杆夹角为37°时，4下降回此时绳长心=—^

cos3T

水平距离d=/itan370

绳子被拉过的长度等于B上升的高度而，即％=七-d=hx-/ttan37°=0.5无

cos37

根据速度分解Vu=孙cos37°

已知&B=。，则/二段=今。

初始时绝无拉力，B静止，弹黄处于压缩状态，压缩量为满足立产nig

末态C刚要离开地•而，弹簧处于伸长状态，伸长量02满足kxz=mg

由于电=如，弹簧弹性势能变化量为0。对系统应用机械能守恒定律，重力做功时,=mA(ft—mBghB=

15rHgh

2

动能增加△氏=-ymAv^+-ymBvi=笔mv

由WG=比卜

得1.5mgh=-^-7717；2

解得九=芈

8g

我选B。

二、多选题

24.(2026•广东湛江•二模)如图，£=0时刻，在距离水平地面高〃处，将一弹性球以初速度如竖直向下抛出，

球与地面碰撞没有机械能损失,碰后反弹返回抛出点，整个过程球受到的阻力恒定。运动过程中，球的

加速度、速度、重力势能、机械能分别设为。、以耳,、氏球下落过程与抛出点距离设为人在下列选项Q-

£图、图、玛-九图和E-h图中，实线表示忽略空气阻力的情况,虚线表示考虑了空气阻力的情况,

以向下为正方向、地面为零势能面。球从抛出到返回抛出点的过程中，可能正确的图像有()

〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃

h

C.D.

【答案】

【详解】.4.球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于g,球向上运动时，阻力向下，

故考虑空气阻力的情况下加速度大于g,故4错误；

B.。一匕图中，图线的斜率表示加速度，结合选项力分析可知，第一段虚线的斜率应小于实线，第二段虚

线斜率的绝对值大于实线。由于存在机械能损失，球不能回到原来的高度，图像与1轴围成