《2026年新高考5年真题物理江苏专版》

8. [2025·广东卷，14T，13分] 如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力$F_f$随位移大小$x$的变化关系为$F_f = F_{f0}(1 - \frac{x}{h})$，其中$F_{f0}$为常量，$h$为圆柱形木塞的高。木塞质量为$m$，底面积为$S$，加速度为$a$，齿轮半径为$r$，重力加速度为$g$，瓶外气压减瓶内气压为$\Delta p$且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用$F_f - x$图线下的“面积”表示$F_f$所做的功）求：
(1) 木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度$\omega$；
(2) 拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功$W$；
(3) 拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率$P$随时间$t$变化的表达式。

答案：
8. 参考答案
(1)$\frac{\sqrt{2ah}}{r}$
(2)$mah + mgh + \frac{F_{10}h}{2} + \Delta pSh$
(3)$P = (ma + mg + \Delta pS + F_{10} - \frac{at^{2}}{2h})at,t \leq \sqrt{\frac{2h}{a}}$
命题意图 本题考查匀变速直线运动、圆周运动、动能定理、变力做功和瞬时功率，考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路
(1)木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，由运动学规律有$v^{2} = 2ah$，
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为$v = \sqrt{2ah}$，
则齿轮外侧的线速度也为$v = \sqrt{2ah}$，
可得齿轮的角速度$\omega = \frac{v}{r} = \frac{\sqrt{2ah}}{r}$。
(2)作出拔塞全过程的$F_{f} - x$图像如图所示，又拔塞全过程摩擦力方向与位移方向相反，可知拔塞的全过程，摩擦力对木塞做的功为$W_{f} = - \frac{F_{10}}{2}h$，
拔塞的全过程，对木塞，由动能定理有$W + W_{f} - mgh - \Delta pSh = \frac{1}{2}mv^{2}$，
联立解得$W = mah + mgh + \frac{F_{10}h}{2} + \Delta pSh$。

(3)拔塞过程中，对木塞，由牛顿第二定律有$F - F_{f} - mg - \Delta pS = ma$，
由运动学规律有$x = \frac{1}{2}at^{2}$，
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率$P = Fv_{i}$，
又$v_{i} = at$，
联立解得$P = (ma + mg + \Delta pS + F_{10} - \frac{at^{2}}{2h})at$，其中$t \leq \sqrt{\frac{2h}{a}}$。

9. [2024·贵州卷，15T，19分] 如图，半径为$R = 1.8\ m$的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面$PM$相切于$P$点，$PM$的长度$d = 2.7\ m$。一长为$L = 3.3\ m$的水平传送带以恒定速率$v_0 = 1\ m/s$逆时针转动，其右端与地面在$M$点无缝对接。物块$a$从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至$P$点，再向左做直线运动至$M$点与静止的物块$b$发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后$b$向左运动到达传送带的左端$N$时，瞬间给$b$一水平向右的冲量$I$，其大小为$6\ N· s$。以后每隔$\Delta t = 0.6\ s$给$b$一相同的瞬时冲量$I$，直到$b$离开传送带。已知$a$的质量为$m_a = 1\ kg$，$b$的质量为$m_b = 2\ kg$，它们均可视为质点。$a$、$b$与地面及传送带间的动摩擦因数均为$\mu = 0.5$，取重力加速度大小$g = 10\ m/s^2$。求：
(1) $a$运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2) $b$从$M$运动到$N$的时间；
(3) $b$从$N$运动到$M$的过程中与传送带摩擦产生的热量。

答案： 9. 参考答案
(1)$30 N$
(2)$3.2 s$
(3)$95 J$
命题意图 本题考查牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律和动量定理的综合应用，考查考生的分析综合能力。
解题思路
(1)$a$从圆轨道顶端由静止释放运动到圆轨道底端的过程中，根据机械能守恒定律有$m_{a}gR = \frac{1}{2}m_{a}v_{P}^{2}$，
在$P$点，设圆轨道对$a$的支持力大小为$F_{N}$，根据牛顿第二定律有$F_{N} - m_{a}g = m_{a}\frac{v_{P}^{2}}{R}$，
联立解得$F_{N} = 30 N$。
(2)$a$从圆轨道顶端由静止释放运动到$M$点的过程中，根据动能定理有$m_{a}gR - \mu m_{a}gd = \frac{1}{2}m_{a}v_{M}^{2} - 0$，
解得$v_{M} = 3 m/s$。
$a$与$b$发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有$m_{a}v_{M} = m_{a}v_{a} + m_{b}v_{b}$，$\frac{1}{2}m_{a}v_{M}^{2} = \frac{1}{2}m_{a}v_{a}^{2} + \frac{1}{2}m_{b}v_{b}^{2}$，
联立解得$v_{b} = 2 m/s$。
$b$滑上传送带后，根据牛顿第二定律有$\mu m_{b}g = m_{b}a_{b}$，
解得$a_{b} = 5 m/s^{2}$。
$b$的速度减小到与传送带速度相等所用的时间$t_{1} = \frac{v_{b} - v_{0}}{a_{b}} = 0.2 s$，
此过程$b$的对地位移$x = \frac{v_{b} + v_{0}}{2} × t_{1} = 0.3 m ＜ 3.3 m$。
此后$b$做匀速直线运动，则$b$做匀速直线运动到达传送带最左端所用的时间$t_{2} = \frac{L - x}{v_{0}} = 3 s$，
可得$b$从$M$运动到$N$的时间$t = t_{1} + t_{2} = 3.2 s$。
(3)设向右为正方向，瞬间给$b$水平向右的冲量$I$，对$b$，根据动量定理有$I = m_{b}v - (- m_{b}v_{0})$，
解得$v = 2 m/s$。
$b$向右减速到速度为零所用的时间$t_{3} = \frac{v}{a_{b}} = 0.4 s$，
此过程$b$的对地位移$x_{1} = \frac{v^{2}}{2a_{b}} = 0.4 m$，
然后$b$向左加速，加速到速度为$v_{0}$所用的时间$t_{4} = \frac{v_{0}}{a_{b}} = 0.2 s$，
此过程$b$的对地位移$x_{2} = \frac{v_{0}^{2}}{2a_{b}} = 0.1 m$。
可得$t_{3} + t_{4} = 0.6 s = \Delta t$，
$b$在$\Delta t$时间内向右运动的距离$\Delta x = x_{1} - x_{2} = 0.3 m$。
由$\frac{L}{\Delta x} = 11$，且每一个$\Delta t$时间内，$b$先向右运动$0.4 m$再向左运动$0.1 m$，可知在第$11$个$\Delta t$时间内，$b$向右运动$0.3 m$后直接离开传送带并且不会再回到传送带。
在前$10$个$\Delta t$时间内，$b$向右运动的距离$x' = 10 × \Delta x = 3 m$，
相对传送带运动的路程$s = x' + 10v_{0}\Delta t = 9 m$，
则$b$从$N$向右运动$3 m$的过程中，$b$与传送带摩擦产生的热量$Q_{1} = \mu m_{b}gs = 90 J$。
在第$11$个$\Delta t$时间内，$b$向右做减速运动，根据运动学公式有$v_{t_{s}} - \frac{1}{2}a_{b}t_{s}^{2} = L - x'$，
解得$t_{s} = 0.2 s(t_{s} = 0.6 s$对应$b$的末速度方向向左，舍去$)$，
此过程$b$相对传送带运动的路程$s' = L - x' + v_{0}t_{s} = 0.5 m$，
此过程中$b$与传送带摩擦产生的热量$Q_{2} = \mu m_{b}gs' = 5 J$，
则$b$从$N$运动到$M$的过程中与传送带摩擦产生的热量$Q = Q_{1} + Q_{2} = 95 J$。