2023高考物理真题分类汇编

年全国高考物理真题分类解析（说明不全，共14套，少福建，重庆，河北）直线运动3．（2023甲）一小车沿直线运动，从t=0开始由静止匀加速至t=t1时刻，此后做匀减速运动，到t=t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】x—t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0—t1图像斜率变大，t1—t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止图像的斜率变为零。故选D。3．（2023浙江1）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（）A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的【答案】C【详解】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。6.（2023山东）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为（）A.3m/s B.2m/s C.1m/s D.0.5m/s【参考答案】C【名师解析】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有=10m/s，=5m/s联立解得t2=4t1，vT=vR－10m/s再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT=vR－a∙5t1则at1=2m/s其中还有=10m/s解得vR=11m/s所以vT=vR－10m/s=1m/s，C正确。5．（2023上海）（3分）一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s，根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度（）A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度 B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度 C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度 D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度【分析】平均速度是某段时间内（某段位移内）的速度，等于位移与所用时间的比值，公式；瞬时速度是某时刻（某位置）的速度，公式中Δt趋向于零时，平均速度近似等于瞬时速度。【解答】解：平均速度是某段时间内（某段位移内）的速度，等于位移与所用时间的比值；瞬时速度是某时刻（某位置）的速度，题中所给是位移和时间，故可以算得平均速度，无法算得瞬时速度，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】本题主要考查对平均速度与瞬时速度的理解与区别。根据平均速度与瞬时速度定义10．（2023上海）（3分）炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出速度为1000m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间约为（）A．5秒 B．5分钟 C．5小时 D．5天【分析】炮弹在炮管中运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动，根据位移等于平均速度乘以时间，求出每颗炮弹在炮管中运动的时间，再求炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间。【解答】解：炮弹在炮管中运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长约L＝5m则L＝t，解得t＝0.01s炮管报废前共发射炮弹约500枚，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间约为t总＝500t＝500×0.01s＝5s，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决本题时，要搞清炮弹的运动情况，根据位移等于平均速度乘以时间，来求解每颗炮弹在炮管中运动的时间。3．（2023广东）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置．在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度．随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动．取竖直向上为正方向．下列可能表示激光关闭后铯原子团速度或加速度随时间变化的图像是（）A．B．C．D．【参考答案】D【名师解析】铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，其加速度为重力加速度，方向竖直向下，图像D正确。力相互作用7．（2023江苏）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为（

）

A．B．C．D．【答案】D【详解】对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN=mg月则对一条腿有根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为。故选D。3.（2023海南）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变【参考答案】B【名师解析】对人受力分析有则有FN＋FT=mg其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误、B正确；对滑轮做受力分析有则有则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，CD错误。2．（2023浙江1）如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为，墙壁对足球的支持力为，则（）A． B．C． D．【答案】C【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件可知，故选C。2．（2023浙江6）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A．踢香蕉球时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【详解】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。故选B。6．（2023浙江6）如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，，半径Ob与重力的夹角为37°。已知，，则圆柱体受到的支持力F、F大小为（

）A．，B．，C．，D．，【答案】D【详解】对光滑圆柱体受力分析如图

由题意有故选D。2.（2023山东）餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为（）A.10N/mB.100N/m C.200N/mD.300N/m【参考答案】B【名师解析】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg=3∙kx解得k=100N/m，B正确。2．（2023广东）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体．壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为．船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面．下列关系式正确的是（）A．B．C．D．【参考答案】B【名师解析】把重力沿船体壁面和垂直壁面分解，由平衡条件可得，C正确。3.（2023河北）如图，轻质细杆上穿有一个质量为的小球，将杆水平置于相互垂直的固定光滑斜面上，系统恰好处于平衡状态。已知左侧斜面与水平面成角，则左侧斜面对杆支持力的大小为（） B. C. D.【答案】B【解析】【详解】对轻杆和小球组成系统进行受力分析，如图设左侧斜面对杆AB支持力的大小为，由平衡条件有得故选B。牛顿运动定律6．（2023甲，多选）用水平拉力使质量分别为、的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为和。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知（

）

A． B． C． D．【答案】BC【详解】根据牛顿第二定律有F－μmg=ma整理后有F=ma＋μmg则可知F—a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g则μ甲<μ乙故选BC。6．（2023北京）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为()A．1NB．2NC．4ND．5N【详解】对两物块整体做受力分析有F=2ma再对于后面的物块有FTmax=maFTmax=2N联立解得F=4N故选C。6．（2023新，多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零【答案】BD【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

A．根据牛顿第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙A错误；BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。故选BD。10．（2023湖南，多选）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（

）

A．若B球受到的摩擦力为零，则B．若推力向左，且，则的最大值为C．若推力向左，且，则的最大值为D．若推力向右，且，则的范围为【答案】CD【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足竖直方向则若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得可得对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律A错误；B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为对小球B，由于，小球B受到向左的合力则对小球A，根据牛顿第二定律可得对系统整体根据牛顿第二定律解得B错误；C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为小球B所受向左的合力的最大值由于可知则对小球B，根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律联立可得的最大值为C正确；D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时对小球B根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律代入小球B所受合力分范围可得的范围为D正确。故选CD。1．(江苏2023)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是（

）

A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0sC．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s【答案】A【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s。故选A。2．（2023辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I₂的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是()A．kg·m/(s²·A)B．kg·m/(s²·A²)C．kg·m²/(s³·A)D．kg·m²/(s³·A³)2．B【详解】根据题干公式整理可得代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为故选B。1．（2023浙江1）下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）A．J B．K C．W D．【答案】B【详解】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位。故选B。13．（2023辽宁）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。答案(1)，；(2)【详解】(1)飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则解得飞机滑行的时间为飞机滑行的加速度为(2)飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为曲线运动圆周运动2．（2023湖南）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（

）A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于C．两谷粒从到的运动时间相等 D．两谷粒从到的平均速度相等【答案】B【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。故选B。10．（2023江苏）达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间内水平方向增加量，竖直方向做在自由落体运动，在时间增加；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的。故选D。1．某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是()B．C．D．1．【详解】篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。故选A。5．（2023浙江1）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（）A．O点最大B．P点最大C．Q点最大D．整个运动过程保持不变【答案】A【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。故选A。10．（2023北京）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是()A．圆周运动轨道可处于任意平面内B．小球的质量为C．若误将圈记作n圈，则所得质量偏大D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小10．A【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；B．根据解得小球质量故B错误；C．若误将n-1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；D．若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。故选A。11．（2023新）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？（不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g）【答案】【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有可得落到水面上时的竖直速度由题意可知即石子抛出速度的最小值为。动能机械能功1．（2023甲）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（

）A．机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大【答案】B【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。故选B。1．（2023，乙）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（

）A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动【答案】B【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选B。2．（2023乙）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】AB．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；CD．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确。故选D。8．（2023乙，多选）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（

）

A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于【答案】BD【详解】设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知设物块的对地位移为，木板的对地位移为CD．根据能量守恒定律可得整理可得D正确，C错误；AB．因摩擦产生的摩擦热根据运动学公式因为可得则所以B正确，A错误。故选BD。2．（2023新）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A．0 B．mgh C． D．【答案】B【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得故雨滴克服空气阻力做功为。故选B。3．（2023浙江6）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能E和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有则抛出后速度大小为可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；C．铅球抛出后的动能可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。故选D。7．（2023新，多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（

）

A．在x=1m时，拉力的功率为6WB．在x=4m时，物体的动能为2JC．从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s【答案】BC【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F。AB．在物体运动的过程中根据动能定理有则x=1m时物体的速度为v1=2m/sx=1m时，拉力为则此时拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m时物体的动能为Ek=2JA错误、B正确；C．从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8JC正确；D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1=6N，2—4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，则物体在x=2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为D错误。故选BC。8．（2023湖南，多选）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（

）

A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C．小球的初速度D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【答案】AD【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为v0则小球从C到B的过程中，有联立有FN=3mgcosα－2mg则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；B．由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P=－mgvsinθ则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；C．从A到C的过程中有解得C错误；D．小球在B点恰好脱离轨道有则则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。11．（2023江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（）受到的合力较小 B．经过A点的动能较小在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小【答案】C【详解】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A错误；B．从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；C．由于图甲中滑块加速度大，根据可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；故选C。3．（2023辽宁）如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A．甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【详解】由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。故选B。4．（2023浙江1）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）A．弹性势能减小 B．重力势能减小C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小【答案】B【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。故选B。4．（2023湖北）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意可知两节动车分别有当将它们编组后有联立可得故选D。3．（2023上海）（3分）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（）A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大 C．三者落地速率都相同 D．无法判断【分析】根据动能定理分析解得落地速度。【解答】解：根据动能定理有mgh＝﹣解得v＝可知三者落地速率都相同，故ABD错误，C正确；故选：C。9．（2023湖北，多选）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（

）

A．弹簧的劲度系数为B．小球在P点下方处的加速度大小为C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【详解】A．小球在P点受力平衡，则有，，联立解得A正确；C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为小球受到的摩擦力为化简得在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确；B．小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为由牛顿第二定律联立解得B错误。故选AD。13．（2023江苏）“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小和受到的静摩擦力大小f。

【答案】；【详解】发光体的速度发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为13．（2023辽宁）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。13．(1)，；(2)【详解】(1)飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则解得飞机滑行的时间为飞机滑行的加速度为(2)飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为11．（2023北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中()A．摩擦力做功大小与F方向无关B．合力做功大小与F方向有关C．F为水平方向时，F做功为D．F做功的最小值为11．D【详解】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为摩擦力的功即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；B．合力功可知合力功与力F方向无关，选项B错误；C．当力F水平时，则力F做功为选项C错误；D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。故选D。11．（2023甲）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知得小球离开桌面时速度大小为（2）离开桌面后由平抛运动规律可得第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知离开桌面后由平抛运动规律得，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为4.（2023山东）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A B. C. D.nmgωRH【参考答案】B【名师解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH则筒车对灌入稻田水做功的功率为，联立有，B正确。8.（2023山东）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（）A. B.C. D.【参考答案】A【名师解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1，P0=Fv轻绳从物体上脱落后，物体m的加速度a2=μgv2=2a2(S2－S1)联立有，A正确。5.（2023天津）质量为m的列车匀速v行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到阻力f作用，下列说法正确的是（）A.减速运动加速度大小 B.力F的冲量为mvC.刹车距离为 D.匀速行驶时功率为【参考答案】C【名师解析】根据牛顿第二定律有可得减速运动加速度大小，故A错误；根据运动学公式有故力F的冲量为方向与运动方向相反；故B错误；根据运动学公式可得，故C正确；匀速行驶时牵引力等于阻力，则功率为，故D错误。8．（2023广东，多选）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为．已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取．关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（）A．重力做的功为B．克服阻力做的功为C．经过点时向心加速度大小为D．经过点时对轨道的压力大小为【参考答案】BCD【名师解析】重力做功WG=mgh=20×10×4J=800J，A错误；滑道运动到圆弧末端点时动能为=×20×62J=360J，由动能定理mgh-Wf=，解得Wf=440J，B正确；经过点时向心加速度大小为a==，C正确；由F-mg=ma，解得F=380N，由牛顿第三定律，货物经过点时对轨道的压力大小为，D正确。10．（2023广东，多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（）A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为C．滑块2受到合外力的冲量大小为D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为【参考答案】BD【名师解析】由于对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，两滑块的碰撞过程，所受合外力不为零，动量不守恒，A错误；根据动量定理，滑块1受到合外力的冲量大小为I1=mv0-mv1=0.18N·s，B正确；滑块2受到合外力的冲量大小为I2=mv1=0.22N·s，C错误；由I2=F’t，解得滑块2受到滑块1的平均作用力大小为F’=5.5N，,D正确。15．（2023湖南）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立得（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得（）（3）将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图

此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得15．（2023江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有联立解得（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有联立可得15．（2023辽宁）如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U(用t表示)。参考答15．(1)1m/s；0.125m；(2)0.25m；；(3)【详解】(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有U=Wf联立有18.（2023海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。求：（1）滑到的底端时对的压力是多大？（2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用时间。【参考答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）【名师解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有解得在底部，根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知B对A的压力是。（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得解得加速度向左为对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力根据牛顿第二定律解得其加速度向左为由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离C向右运动距离由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有解得B的位移为则此刻的相对位移为此时由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有解得碰撞时B速度为碰撞时由动量守恒可得解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得后再经后停下，则有故从滑上到最终停止所用的时间总时间0．（2023浙江1）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道下、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为21．（2023浙江6）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v和所受支持力大小F；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系在F点解得FN=31.2N（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为根据可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点解得v1=5m/s因ab碰撞动量守恒，则解得碰后b的速度v2=5m/s则碰撞损失的能量（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度则当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系解得同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1则弹簧最大长度与最小长度之差14．（2023湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：

（1）小物块到达D点的速度大小；（2）B和D两点的高度差；（3）小物块在A点的初速度大小。【答案】（1）；（2）0；（3）【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有解得

（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有小物块从C到D的过程中，根据动能定理有则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有联立解得，H=0（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有S=π∙2R解得18．（2023北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：(1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；(3)碰撞过程中系统损失的机械能。18．(1)；(2)；(3)【详解】(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得解得(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得解得(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得解得则碰撞过程中损失的机械能为18.（2023山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）【名师解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C加速度为木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有整理得解得，（舍去）此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为（3）由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有整理后有解得，（舍去）滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为△s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，（舍去）此时有，方向向左；，方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有代入数据解得而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量末动量则整个过程动量的变化量即这三个物体总动量的变化量的大小为9.02kg·m/s。12.（2023天津）（16分）A物体从处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动。已知A、B两物体质量，，重力加速度，求：（1）碰撞时离地高度x；（2）碰后速度v；（3）碰撞损失机械能。【参考答案】（1）1m；（2）0；（3）12J【名师解析】（1）对物块A，根据运动学公式可得（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知即解得可得碰撞前A物块的速度，方向竖直向下；碰撞前B物块的速度，方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得解得碰后速度（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能15．（2023广东）（15分）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为．药品盒依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的以的速度与发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后恰好落在桌面上圆盘内直径的两端．已知的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的．与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为在滑至点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点．求：（1）在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；（2）从点滑至点的过程中克服阻力做的功；（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．【名师解析】（1）由v0=at，μmg=ma，解得在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t=；（2）由动能定理，2mg·3L-W=-解得从点滑至点的过程中克服阻力做的功=6mgL-（3）A、B碰撞，由动量守恒定律，2m·=mv1+2mv2，由能量守恒定律，·=--联立解得：v1=2v0，v2=v0。设圆盘的半径为r，碰撞后做平抛运动，由平抛运动规律L=，s-r=v2t,，s+r=v1t,联立解得：s=3v07.（2023河北）如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取．（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小；（2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；（3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围．【答案】（1），；（2），；（3）或【解析】【详解】（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有由题意分析，联立式得（2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有联立式，得设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和斜抛过程物块上升时间该段时间物块向左运动距离为．物块距离地面最大高度．（3）物块从最高点落地时间设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得解得或．设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围：（a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为炸裂后落地过程中的水平位移为木板右端到轨道底端距离为运动轨迹分析如下为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一Ⅰ．若仅落在木板上，应满足且解得Ⅱ．若仅落在木板上，应满足且不等式无解；（b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为木板右端到轨道底端的距离为运动轨迹分析如下为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一Ⅲ．若仅落在木板上，应满足且解得Ⅳ．若仅落在木板上，应满足且解得．综合分析（a）（b）两种情况，为保证之一一定落在木板上，满足的条件为或万有引力天体运动4．（2023甲）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期合外力等于向心力，根据联立可得其中为常数，的指数为3，故题中故选C。4．（2023新）2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（）A．质量比静止在地面上时小 B．所受合力比静止在地面上时小C．所受地球引力比静止在地面上时大 D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大【答案】D【详解】A．物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故A错误；BC．设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即在地面受地球引力为因此有，故BC错误；D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力解得这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。故选D。4．（2023湖南）根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快．不考虑恒星与其它物体的相互作用．已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是（

）A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度【答案】B【详解】A．恒星可看成质量均匀分布的球体，同一恒星表面任意位置物体受到的万有引力提供重力加速度和绕恒星自转轴转动的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重力加速度的大小和方向可能不同，A错误；B．恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度。恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式可知，恒星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大。B正确；C．由第一宇宙速度物理意义可得整理得恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；D．由质量分布均匀球体的质量表达式得已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，则联立整理得由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误。故选B。4．（2023江苏）设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是（

）A．质量 B．向心力大小C．向心加速度大小 D．受到地球的万有引力大小【答案】C【详解】根据可得因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小以及受地球的万有引力大小均不相同。故选C。7．（2023辽宁）在地球上观察，月球和太阳的角直径(直径对应的张角)近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为T₁，地球绕太阳运动的周期为T₂，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为()B．C．D．7．D【详解】设月球绕地球运动的轨道半径为r₁，地球绕太阳运动的轨道半径为r₂，根据可得其中联立可得故选D。9.（2023海南，多选）如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（）A.飞船从1轨道变到2轨道要点火加速 B.飞船在1轨道周期大于2轨道周期C.飞船在1轨道速度大于2轨道 D.飞船在1轨道加速度大于2轨道【参考答案】ACD【名师解析】飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要进行加速做离心运动才能完成，选项A正确；根据可得，，可知飞船在轨道1的周期小于在轨道2的周期，在轨道1的速度大于在轨道2的速度，在轨道1的加速度大于在轨道2的加速度，故选项B错误，CD正确。10．（2023浙江1）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径1.01.55.29.51930则相邻两次“冲日”时间间隔约为（）A．火星365天 B．火星800天C．天王星365天 D．天王星800天【答案】B【详解】根据开普勒第三定律有解得设相邻两次“冲日”时间间隔为，则解得由表格中的数据可得故选B。4．（2023浙江6）图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器（）

受到月球的引力为1350N B．在AB段运动时一定有加速度OA段与AB段的平均速度方向相同 D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度【答案】B【详解】A．在月球上的g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，故A错误；B．由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；C．平均速度的方向与位移方向相同，由图可知OA段与AB段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故C错误；D．根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误。故选B。9．（2023浙江6）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（

）A．木卫一轨道半径为 B．木卫二轨道半径为C．周期T与T0之比为 D．木星质量与地球质量之比为【答案】D【详解】根据题意可得，木卫3的轨道半径为AB．根据万有引力提供向心力可得木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为,可得木卫一轨道半径为木卫二轨道半径为故AB错误；C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，分别有联立可得故D正确。故选D。2．（2023湖北）2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示。根据以上信息可以得出（

）

A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前【答案】B【详解】A．火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律有可得故A错误；B．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；C．在星球表面根据万有引力定律有由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；D．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有要发生下一次火星冲日则有得可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，故D错误。故选B。12．（2023北京）2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是()A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离12．A【详解】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；C．根据可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。故选A。3.（2023山东）牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（）A. B. C. D.【参考答案】C【名师解析】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有月球绕地球公转有，r=60R联立有，C正确。1.（2023天津）运行周期为的北斗卫星比运行周期为的（）A.加速度大 B.角速度大 C.周期小 D.线速度小【参考答案】D【名师解析】根据万有引力提供向心力有可得，，，因为北斗卫星周期大，故运行轨道半径大，则线速度小，角速度小，加速度小。故选D。7．（2023广东）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星绕恒星做匀速圆周运动．由于的遮挡，探测器探测到的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与的公转周期相同．已知的质量为，引力常量为G．关于P的公转，下列说法正确的是（）A．周期为B．半径为C．角速度的大小为D．加速度的大小为【参考答案】B【名师解析】当P处于Q和探测器之间时，探测器探测到的亮度减小，周期T=t1-t0，A错误；由，解得：r=，B正确；角速度的大小ω=2π/T=，C错误；加速度大小a=ω2r=（）2=，D错误。21．（2023北京）螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G。(1)求区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；(2)根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，求区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；(3)科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关系图像，如图所示，根据在范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围()存在一种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求内暗物质的质量。21．(1)；(2)；(3)【详解】(1)由万有引力定律和向心力公式有解得(2)在内部，星体质量由万有引力定律和向心力公式有解得(3)对处于R球体边缘的恒星，由万有引力定律和向心力公式有对处于r=nR处的恒星，由万有引力定律和向心力公式有解得静电场5．（2023甲）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（

）A．

B．