《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 7] (多选)(2025·湖南株洲模拟) 如图，质量为 $m$ 的小物块(可视为质点)静止在质量为 $M$、长为 $l$ 的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度 $v_0$ 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 $F_f$，当物块从木板左端离开时 (BD)


A.物块的动能等于 $F_fl$
B.物块的动能小于 $F_fl$
C.木板的动能大于 $\frac{1}{2}Mv_0^2 - F_fl$
D.木板的动能小于 $\frac{1}{2}Mv_0^2 - F_fl$

答案： 例7　答案:BD
　解析:设物块离开木板时的速度为v_{1}，对地位移为x_{1}，物块离开木板时木板的速度为v_{2}，对地位移为x_{2}，因物块从木板左端离开，可知v_{2}＞ v_{1}，对物块和木板整体由能量守恒定律有$\frac{1}{2}Mv_{0}^{2}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}+F_{f}l$，整理可得$\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}=\frac{1}{2}Mv_{0}^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-F_{f}l$，故C错误，D正确；物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量为Q = F_{f}l = F_{f}(x_{2}- x_{1})，其中x_{2}=$\frac{v_{0}+ v_{2}}{2}t$，x_{1}=$\frac{v_{1}}{2}t$，由于v_{0}＞ v_{2}＞ v_{1}，因此v_{0}+ v_{2}＞ 2v_{1}，由此可得x_{2}＞ 2x_{1}，即有x_{2}- x_{1}= l ＞ x_{1}，而对物块由动能定理有F_{f}x_{1}=$\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，可得$\frac{1}{2}mv_{1}^{2}=F_{f}x_{1}＜ F_{f}l$，故A错误，B正确。

[例 8] (多选)(2025·重庆九龙坡高三模拟) 如图所示，用力 $F$ 拉着一个物体从固定斜面上的 $A$ 点运动到 $B$ 点的过程中，重力做功 $-4\ J$，拉力 $F$ 做功 $9\ J$，阻力做功 $-1\ J$，则下列判断正确的是 (CD)


A.物体的重力势能增加了 $9\ J$
B.物体的机械能增加了 $3\ J$
C.物体的机械能增加了 $8\ J$
D.物体的动能增加了 $4\ J$

答案： 例8　答案:CD
　解析:重力做功 - 4J，则物体的重力势能增加了4J，故A错误；根据动能定理可得$ΔE_{k}= W_{F}+ W_{G}+ W_{f}= 9J - 4J - 1J = 4J，$物体的动能增加了4J，故D正确；物体的机械能增加了$ΔE = ΔE_{k}+ ΔE_{p}= 4J + 4J = 8J，$故B错误，C正确。

[例 9] (多选)(2025·云南卷) 如图所示，倾角为 $\theta$ 的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为 $k$ 的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于 $O$ 点。质量为 $m$ 的滑块 $Q$(视为质点)与斜面间的动摩擦因数 $\mu = \tan\theta$。过程 Ⅰ：$Q$ 以速度 $v_0$ 从斜面底端 $P$ 点沿斜面向上运动恰好能滑至 $O$ 点；过程 Ⅱ：将 $Q$ 连接在弹簧的下端并拉至 $P$ 点由静止释放，$Q$ 通过 $M$ 点(图中未画出)时速度最大，过 $O$ 点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为 $g$。则 (CD)


A.$P$、$M$ 两点之间的距离为 $\frac{kv_0^2 - 4mg^2\sin^2\theta}{4kg\sin\theta}$
B.过程 Ⅱ 中，$Q$ 在从 $P$ 点单向运动到 $O$ 点的过程中损失的机械能为 $\frac{1}{4}mv_0^2$
C.过程 Ⅱ 中，$Q$ 从 $P$ 点沿斜面向上运动的最大位移为 $\frac{kv_0^2 - 8mg^2\sin^2\theta}{2kg\sin\theta}$
D.连接在弹簧下端的 $Q$ 无论从斜面上何处释放，最终一定静止在 $OM$(含 $O$、$M$ 点)之间

答案： 例$9　$答案$:CD $　　
$　$解析$:$过程$Ⅰ$：对滑块由牛顿第二定律得$mgsinθ + μmgcosθ = ma，$又$μ = tanθ，$解得$a = 2gsinθ，$则$P、$$O$两点之间的距离为$x_{PO}=\frac{v_{0}^{2}}{2a}，$解得$x_{PO}=\frac{v_{0}^{2}}{4gsinθ}。$过程$Ⅱ$：当滑块的速度最大时，滑块的加速度为$0，$此时滑块的合力为$0，$则有$kx = mgsinθ + μmgcosθ，$解得弹簧的伸长量$x =\frac{2mgsinθ}{k}，$则$P、$$M$两点之间的距离为$x_{PM}= x_{PO}- x，$解得$x_{PM}=\frac{kv_{0}^{2}- 8mg^{2}sin^{2}θ}{4kgsinθ}，$$A $错误；过程$Ⅱ$中，$Q$在从$P$点单向运动到$O$点的过程，重力势能增大，动能增大，所以$Q$的机械能增大，$B$错误；设经过$O$点后滑块沿斜面向上滑动的最大距离为$x'，$对滑块从$P$点到速度减为$0$的过程，由功能关系得$\frac{1}{2}kx_{PO}^{2}= μmg(x'+ x_{PO})cosθ + mg(x'+ x_{PO})sinθ + \frac{1}{2}kx'^{2}，$过程$Ⅱ$中，$Q$从$P$点沿斜面向上运动的最大位移$x_{m}= x'+ x_{PO}，$解得$x_{m}=\frac{kv_{0}^{2}- 8mg^{2}sin^{2}θ}{2kgsinθ}，$$C$正确；由于$μ = tanθ，$则滑块静止时弹簧可能处于伸长状态也可能处于原长状态，则滑块一定停在$OM($含$O、$$M)$之间，$D $正确。　　

1. (2025·山西吕梁·一模) 一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力 $F$ 随时间 $t$ 变化关系图线如图所示。若汽车的质量为 $1.2×10^3\ kg$，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是 (A)


A.汽车的最大功率为 $5×10^4\ W$
B.汽车匀加速运动阶段的加速度为 $\frac{25}{6}\ m/s^2$
C.汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
D.汽车从静止开始运动 $12\ s$ 内的位移是 $61.5\ m$

答案： $1.$答案$:A $　　
$　$解析$:$由图可知，汽车在前$4s$内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，$4~12s$内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在$4s$末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力$f = 2×10^{3}N，$前$4s$内汽车的牵引力为$F = 5×10^{3}N，$由牛顿第二定律$F - f = ma，$解得$a = 2.5m/s^{2}，$$4s$末汽车的速度$v_{1}= at_{1}= 2.5×4m/s = 10m/s，$所以汽车的最大功率$P = Fv_{1}= 5×10^{3}×10W = 5×10^{4}W，$$A$正确，$B、$$C$错误；汽车在前$4s$内的位移$x_{1}=\frac{1}{2}at_{1}^{2}=\frac{1}{2}×2.5×4^{2}m = 20m，$汽车的最大速度为$v_{m}=\frac{P}{f}=\frac{5×10^{4}}{2×10^{3}}m/s = 25m/s，$汽车在$4~12s$内的位移设为$x_{2}，$根据动能定理可得$Pt - fx_{2}=\frac{1}{2}mv_{m}^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}，$代入数据可得$x_{2}= 42.5m，$所以汽车的总位移$x = x_{1}+ x_{2}= 20m + 42.5m = 62.5m，$$D$错误。故选$A。$　　

2. (2025·海南海口模拟预测) 如图所示，一轻质弹簧一端固定在 $O$ 点，另一端与小球相连。小球套在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，$OP$ 与杆垂直，小球在 $P$ 点时，弹簧处于自然伸长状态，$M$、$N$ 两点与 $O$ 点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球从 $M$ 点静止释放，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是 (D)


A.小球运动到 $P$ 点时速度最大
B.小球运动到 $N$ 点时的速度是运动到 $P$ 点速度的 $\sqrt{2}$ 倍
C.从 $M$ 点到 $N$ 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小
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：
$2.$答案$:D $　　
$　$解析$:$小球从$M→P，$受力分析如图所示，滑动摩擦力$F_{f}= μF_{N}$逐渐减小，加速度逐渐减小，加速度为零时速度最大，小球运动到$P$点时$F_{N}= 0，$$F_{f}= 0，$加速度不为零，所以到$P$点时速度不是最大，故$A$错误；小球从$M$点向$P$点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为$θ，$弹簧的拉力为$F = k(\frac{L_{0}}{sinθ}- L_{0})$逐渐减小，支持力为$F_{N}= Fsinθ = k(L_{0}- L_{0}sinθ)$逐渐减小，小球从$M$到$P$根据功能关系$mgh + E_{p}= Q + \frac{1}{2}mv_{P}^{2}，$从$M$到$N$根据功能关系$2mgh = 2Q + \frac{1}{2}mv_{1}^{2}，$则$v_{2}≠ \sqrt{2}v_{1}，$故$B$错误；从$M$点到$N$点的运动过程中，到$P$点摩擦力等于$0，$则小球受到的摩擦力先变小再变大，故$C$错误；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，因此从$M$点到$P $点和从$P$点到$N$点的运动过程中，摩擦力做功大小相等，故$D$正确。