《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

1.(2022·重庆)(多选)一物块在倾角为 $45^{\circ}$ 的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则 (BC)


A.物块与斜面间的动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{2}}{3}$
B.当拉力沿斜面向上，重力做功为 $9\ J$ 时，物块动能为 $3\ J$
C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为 $1:3$
D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为 $1:\sqrt{2}$

答案： 1.答案 BC
解析 对物体受力分析可知，平行于斜面
向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有$F =f = \mu mg\cos 45°$，由牛顿第二定律可知，物
体下滑的加速度为$a_1 = g\sin 45° = \frac{\sqrt{2}}{2}g$，
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过
程中重力和摩擦力对物块做功为$W_G =mg \cdot \frac{1}{2}a_1t^2 \cdot \sin 45° = \frac{mg^2}{4}t^2$，$W_1 =-\mu mg \cdot \cos 45° × \frac{1}{2}a_1t^2 = -\frac{\mu mg^2}{4}t^2$，代
入数据联立解得$\mu = \frac{1}{3}$，故 A项错误；当拉
力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
$mg\sin 45° - F - f = ma_2$，解得$a_2 = \frac{\sqrt{2}}{6}g$，
则拉力分别沿斜面向
上和向下时，物块的加速度大小之比为
$\frac{a_2}{a_1} = \frac{1}{3}$，故 C项正确；当拉力沿斜面向上，时
重力做功为$W_{G2} = mg\sin 45° \cdot x$，合力做功
为$W_{合} = ma_2 \cdot x$，则其比值为$\frac{W_{G2}}{W_{合}} =\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}g}{\frac{\sqrt{2}}{6}g} = \frac{3}{1}$，则重力做功为 9 J 时，物块的
动能即合力做功为 3 J，故 B项正确；当拉
力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底
端时的动量大小为$p = mv = m\sqrt{2ax}$，则
动量的大小之比为$\frac{p_2}{p_1} = \frac{\sqrt{a_2}}{\sqrt{a_1}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$，故 D
项错误. 故选 B、C两项.

2.(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 $\frac{1}{4}$ 圆弧滑道顶端 $P$ 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端 $Q$ 点时速度大小为 $6\ m/s$。已知货物质量为 $20\ kg$，滑道高度 $h$ 为 $4\ m$，且过 $Q$ 点的切线水平，重力加速度取 $10\ m/s^{2}$。关于货物从 $P$ 点运动到 $Q$ 点的过程，下列说法正确的有 (BCD)


A.重力做的功为 $360\ J$
B.克服阻力做的功为 $440\ J$
C.经过 $Q$ 点时向心加速度大小为 $9\ m/s^{2}$
D.经过 $Q$ 点时对轨道的压力大小为 $380\ N$

答案： 2.答案 BCD
解析 重力做的功为$W_G = mgh = 800 J$，
A项错误；下滑过程据动能定理可得
$W_G - W_i = \frac{1}{2}mv_Q^2$，代入数据解得，克服
阻力做的功为$W_i = 440 J$，B项正确；经过
Q 点时向心加速度大小为$a = \frac{v_Q^2}{h} =9 m/s^2$，C项正确；经过 Q 点时，据牛顿第
二定律可得$F - mg = ma$，解得货物受到
的支持力大小为$F = 380 N$，据牛顿第三
定律可知，货物对轨道的压力大小为
380 N，D项正确. 故选 B、C、D三项.

3.（2023·重庆）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为 $m$ 的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为 $a$ 的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为 $\theta$，提升高度为 $h$，如图所示。求：
（1）提升高度为 $h$ 时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。

答案： 3.答案
(1)$\sqrt{\frac{2ah}{\cos \theta}}$
(2)$\sqrt{\frac{2h}{a\cos \theta}}$ $\frac{mah}{\cos \theta}$
解析
(1)根据匀变速直线运动位移与速
度关系有
$v^2 = 2a\frac{h}{\cos \theta}$
解得$v_0 = \sqrt{\frac{2ah}{\cos \theta}}$.
(2)根据速度公式有$v_0 = at$
解得$t = \sqrt{\frac{2h}{a\cos \theta}}$
根据动能定理有$W_{合} = \frac{1}{2}mv_0^2$
解得$W_{合} = \frac{mah}{\cos \theta}$.

4.（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 $\overset{\frown}{CDE}$ 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 $60^{\circ}$。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 $\overset{\frown}{CDE}$ 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 $\frac{1}{2\pi}$，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： 4.答案
(1)$\sqrt{gR}$
(2)0
(3)$\sqrt{3gR}$
解析
(1)由题知，小物块恰好能到达轨
道的最高点 D，则在 D 点有$\frac{mv_D^2}{R} = mg$
解得$v_D = \sqrt{gR}$.
(2)由题知，小物块从 C 点沿圆弧切线方
向进入轨道 CDE 内侧，则在 C 点有
$\cos 60° = \frac{v_B}{v_C}$，
小物块从 C 到 D 的过程中，根据动能定
理有$-mg(R + R\cos 60°) = \frac{1}{2}mv_D^2 -\frac{1}{2}mv_C^2$
则小物块从 B 到 D 的过程中，根据动能
定理有$mgH = \frac{1}{2}mv_D^2 - \frac{1}{2}mv_B^2$
联立解得$v_B = \sqrt{gR}$，$H = 0$.
(3)小物块从 A 到 B 的过程中，根据动能
定理有$- \mu mgs = \frac{1}{2}mv_A^2 - \frac{1}{2}mv^2$
$s = \pi \cdot 2R$
解得$v_A = \sqrt{3gR}$.