多過程問題-2025年高考物理二輪復習

考點精煉一多過程問題

2025年高考物理二輪復習備考

一、單選題

1.“笛音雷”是春節(jié)期間常放的一種鞭炮，其著火后一段時間內的速度一時間圖像如圖所示（取豎直

向上為正方向），其中時刻為“笛音雷”起飛時刻、OE段是斜率大小為重力加速度g的直線。不計

空氣阻力，則關于“笛音雷”的運動，下列說法正確的是（）

B.%時間內"笛音雷''做自由落體運動

C.t°~。時間內“笛音雷”的平均速度為1

D.t3~。時間內“笛音雷”處于失重狀態(tài)

2.如圖，兩固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間足夠長，電阻不計，阻值為R的電阻連接在導軌

左側，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，質量為機、電阻為R的金屬棒演垂直放置在導軌上、與導

軌接觸良好。某時刻漏獲得初速度v后開始沿導軌運動，經/時間仍速度從三減速至;的過程中（）

24

b

A.4做勻減速直線運動

B.次?的位移s大于7小

o

3

C.4。棒克服安培力做功大小為卬=二加/

32

3

D.左側電阻R產生的熱量為。=二相聲

3.“科技讓生活更美麗”，自動駕駛汽車呈現出接近實用化的趨勢。圖1為某型無人駕駛的智能汽車

的測試照，為了增加乘員乘坐舒適性，程序設定汽車制動時汽車加速度大小隨位移均勻變化。某次測

試汽車“a-x”關系圖線如圖2所示，汽車制動距離即12m。則關于該次測試，下列判斷中正確的是

)

x/m

圖1

A.汽車做勻減速直線運動

B.汽車開始制動時的速度大小為6m/s

C.汽車開始制動時的速度大小為12m/s

D.此車制動時間一定大于岳

4.一質量為機的木箱置于升降機內的水平地板上，升降機從，=0時刻由靜止開始豎直向上運動，其

加速度。隨時間/的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度大小為g,下列說法正確的是（

B.2。~包內，木箱的速度變化量為2g%

C.2辦時，木箱對地板的壓力大小為2mg

D.4ro時，木箱的速度為零

5.利用圖像法研究物理量之間的關系是常用的一種數學物理方法。如圖所示，為物體做直線運動時

各物理量之間的關系圖像，尤、丫、。、r分別表示物體的位移、速度、加速度和時間。下列說法中正確

的是（）

A.根據甲圖可求出物體的加速度大小為lm/s2

B.根據乙圖可求出物體的加速度大小為10m/s2

C.根據丙圖可求出物體的加速度大小為4m/s2

D.根據丁圖可求出物體在前2s內的速度變化量大小為6m/s

6.一無人機靜止在水平地面上，啟動后豎直上升，上升過程中加速度a隨時間/的變化如圖所示,

A.無人機在與％時刻的速度之比為1：2

B.無人機在。~4與to~2fo的位移大小之比為1：1

C.無人機在。~%與才。~2九所受合外力的沖量之比為1：2

D.。與2fo合外力對無人機做功之比為1：2

7.光滑水平面上有一物體，它的初速度為％=lm/s,以初速度的方向為正方向，物體的加速度隨時間

r變化的關系如圖所示，則此物體（)

Ma/（m-s-2）

A.在0~2s內做勻加速直線運動B.在5s末的速度為8m/s

C.在2~4s內的位移為12mD.在4s末時速度最大

如圖所示某質點沿直線運動，運動速率的倒數L與

8.圖像法、微元累積法是常用的物理研究方法。

V

位移X的關系（Q4與4V距離相等），關于質點的運動，下列說法正確的是（）

B.x圖線斜率等于質點運動的加速度

V

c.L-X圖線與軸圍成的面積沒有實際的物理意義

V

D.質點從C運動到C所用的運動時間是從0運動到C所用時間的3倍

二、多選題

9.質量為機的物體做直線運動，位移與速度倒數的關系圖像如圖所示，根據圖像所給的信息，在物

A.物體做勻減速直線運動B.物體動量變化量的大小為“%

C.物體的運動時間為好D.物體動量變化率的大小為羋心

4%4%

10.科考隊在非洲草原上拍攝到了狼沿直線追捕獵物的情景，用計算機模擬后得到了狼運動速率的倒

數l與位移x的關系如圖所示，已知狼從。點運動到C點與從C點運動到O點所用的時間相等，則

V

OCDx/m

A.狼做加速度變化的減速運動B.狼做加速度不變的減速運動

C.0C與CQ的長度之比為1：（V2-1）D.OC與CQ的長度之比為&：1

11.如圖1所示，一物體在一水平拉力尸作用下，沿水平地面做直線運動，運動過程中拉力大小隨時

間的變化圖像如圖2。物體加速度。隨時間變化的圖像如圖3.重力加速度g取lOm/s?,下列說法正

確的是（）.

a/(m-s"2)

I_____?______L

t/s

/////////2340234

圖2圖3

A.物體與水平地面間的動摩擦因數為0.15

B.物體與水平地面間的最大靜摩擦力為3.75N

C.在O~4s時間內，合外力做的功為45J

D.在0~4s時間內，拉力尸的沖量為15N-s

12.光滑絕緣的水平面上存在一范圍足夠大且沿水平方向的電場。將一質量為相、電荷量為口的物塊

（可視為質點）從該水平面上。點由靜止釋放，沿物塊運動方向建立x軸，其速度v與位移尤的關系

如圖所示，該圖像為一條斜率為左的直線。下列說法正確的是（）

X。X

從。點沿著X軸正方向，各點電勢依次升高

該物塊做勻加速直線運動

該物塊的加速度a隨位移尤變化的關系為a=^kx2

若取。點電勢為零，則AX。處的電勢為咚品

2q

13.如圖所示，滑道由光滑的曲面滑梯尸。和一條與其平滑連接的水平軌道QV構成，水平軌道右側

固定有一輕質彈簧，彈簧左端恰好位于M點。若質量為〃2A=20kg的滑塊A從距離地面高〃=1.25m處

由靜止開始下滑，下滑后與靜止于。點的滑塊B發(fā)生碰撞。若碰撞后A、B粘在一起，兩者以2m/s

的速度向右移動0.5m停下。已知水平軌道長度乙=1.0m,兩滑塊與OM段之間的動摩擦因數相同，

其余部分光滑，兩滑塊均可視為質點，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度g=10m/s2。求:

(1)滑塊B的質量“%；

(2)滑塊與加段之間的動摩擦因數；

(3)若A、B兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，求彈簧最大的彈性勢能Ep。

14.如圖所示，在距水平地面高4=L2m的光滑絕緣水平臺面上，一個質量為機=lkg、帶電量

q=+1.0xl(F5c的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了丸的彈性勢能?，F打開鎖扣K,物塊與

彈簧分離后以水平速度”向右滑離平臺，并恰好從8點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道8C。已

知B點距水平地面高飽=0.6m,圓弧軌道8C的圓心。與水平臺面等高，C點的切線水平，并與水平

地面上長為4=L2m的粗糙直軌道CM平滑連接，CM軌道區(qū)域存在水平向左的勻強電場，小物塊穿

過電場后平滑的滑上以速度v=3m/s逆時針轉動的傳送帶，小物塊與直軌道和傳送帶的動摩擦因數均

為〃=。.4,傳送帶兩端點間距離4=2m,小物塊剛好沒有從N端滑離傳送帶。小物塊在整個運

動過程中電量保持不變，重力加速度g=10m/s2,空氣阻力忽略不計。試求：

(1)壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住時的彈性勢能紇；

(2)勻強電場的場強大小E；

(3)小物塊從開始運動到最后靜止的整個運動過程中因摩擦力做功產生的熱量。。

3

15.如圖所示，BCDG是光滑絕緣的=圓形軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R,下端與水平絕緣

軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中￡=誓?，F有一質量為機、帶電量為+q

的小滑塊(可視為質點)置于水平軌道上，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為05重力加速度為g。

sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)若滑塊從水平軌道上距離8點s=27?的A點由靜止釋放，求滑塊到達8點的速度;

(2)在(1)的情況下，求滑塊到達8點時對軌道的壓力；

(3)改變s的大小，為了使小滑塊不脫離圓弧軌道，求A8初始距離s的取值范圍。

16.如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道A8的下端與圓弧軌道。相切于B點，OC段粗糙，

C8段光滑，圓心角/3OC=37。，。點與圓心。等高，圓弧軌道半徑R=1.0m,一個質量為巾=0.5kg,

可視為質點的小物體，從。點的正上方距離為/z=L8m的E點處自由下落，小物體與斜面AB之間的

動摩擦因數〃=0.5,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。忽略空氣阻力對物體運動的影響，

則：

(1)小物體經多長時間到達。點；

(2)當小物體到達圓弧軌道底端C時對軌道的壓力為13N,求小物體在圓弧。C段克服摩擦力所做

的功；

(3)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度乙至少要多長？

17.一輛質量根=2kg的平板車左端放有質量M=3kg的小滑塊,滑塊與平板車之間的動摩擦因數〃=0.4。

開始時平板車和滑塊以vo=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，碰撞時間

極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反。平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板

車右端。

(1)平板車最終停在何處？

(2)為使滑塊不滑離平板車，平板車至少多長？

(3)從平板車第一次與墻壁碰撞后算起，平板車運動的總時間是多少？

參考答案

1.D

A由圖可知，時間內“笛音雷”的速度一直為正值，表明其速度方向始終向上，可知，“笛音雷”

在L時刻并沒有上升至最高點，上升至最高點應該在七時刻之后，故A錯誤；

B.，3~右時間內“笛音雷”速度方向向上，圖像斜率為一恒定的負值，表明，3~,4時間內“笛音雷”實際

上是在向上做豎直上拋運動，其加速度就是重力加速度g,故B錯誤；

C.將A、B用直線連起來，該直線代表勻加速直線運動，其平均速度為三，而線段與橫軸所圍

的面積大于曲線與橫軸所圍的面積，該面積表示位移，根據

可知，直線代表的勻加速直線運動的平均速度大于曲線代表的變加速直線運動的平均速度，即

t。~。時間內“笛音雷”的平均速度小于六，故C錯誤；

D.根據上述，%—4時間內“笛音雷”做豎直上拋運動，加速度方向豎直向下，“笛音雷”處于失重狀態(tài),

故D正確。

故選Do

2.C

A.由牛頓第二定律，可得

,EBLv

~U~^2R

聯立，解得

Bdv

可知仍做加速度減小的減速直線運動。故A錯誤；

B.由A選項分析可知，浦做加速度減小的減速直線運動，速度叫減速至;的過程中其平均速度

VV

28

_3

S=vt<—vt

8

故B錯誤；

C.根據動能定理，可得

-唉=3機（；］-g機（fj棒克服安培力做功大小為

TT732

nC=—mv

女32

故C正確；

D.左側電阻R產生的熱量為

D1O

Q=------Q=—W^=—

RRR+R2女64

故D錯誤。

故選Co

3.D

A.汽車制動時汽車加速度大小發(fā)生了變化，汽車的運動不是勻減速直線運動，A錯誤;

BC.根據速度與位移的關系式有

v2-V；=-lax

結合圖像可知，在汽車運動過程中，圖像與'軸所圍幾何圖形的面積大小表示?，則有

解得

v0=6A/2IH/S

BC錯誤；

D.剎車過程，汽車的速度逐漸減小，全程總位移為12m,則剎車時間必定大于勻速通過該段位移的

時間，即有

D正確。

故選D。

4.B

A.0今。內，升降機加速度一直豎直向上，故木箱一直處于超重狀態(tài)。故A錯誤；

B.由aT圖線所圍面積表示速度變化量，可知％~4玲內，木箱的速度變化量為

.二°；、，2%=2g%

故B正確;

C.2%時，對木箱進行受力分析，由牛頓第二定律有

FN-mg=ma

解得

FN=3mg

根據牛頓第三定律，可知”時，木箱對地板的壓力大小為

&'=&=3mg

故C錯誤；

D.04務內，木箱加速度一直豎直向上，故木箱一直做加速運動，包時，木箱的速度最大。故D

錯誤。

故選B。

5.C

A.根據

12

x=—at

2

得

12-0,

—a=------m//s2=Im//s2

22-0

加速度為

a=2m/s2

A錯誤;

B.根據

v2=2ax

得

2a=-m/s2=10m/s2

1

加速度為

a=5m/s2

B錯誤;

c.根據

2

x=v0t-^at

得

X1

-=—at+v

t2°n

則

--a=m/s2

22

加速度大小為

a=4m/s2

C正確；

D.a-f圖線與坐標軸圍成的面積等于速度變化量，所以有

Av=—x3x2m/s=3m/s

2

D錯誤。

故選Co

6.A

A.根據QT圖像的面積表示速度變化量，由圖可知，L時刻的速度為

匕=；卬。2fo時刻的速度為

%=*

所以

21=1

V22

故A正確；

B.由圖可知，無人機在％~2%一直加速，則相等時間內通過的位移逐漸增大，故B錯誤；

C.。―。與務~2布速度變化量相等，且速度一直增大，則動量變化量相同，由動量定理可知無人機

在。~與務~2辦所受合外力的沖量相同，故C錯誤；

D.。~/（）合外力對無人機做功為

W,=1wv；2為合外力對無人機做功為

2o

%=:根試~\mv'=|^0?0

有

￡

VK-3

故D錯誤。

故選Ao

7.B

A.由圖可知，0?2s內加速度增大，故物體做變加速運動，故A錯誤；

B.加速度圖線與時間軸包圍的面積表示速度的變化量，則0~5s內速度變化量為

△u=gx(2+5)x2m/s=7m/s

由于初速度為lm/s,故5s末的速度為8m/s,故B正確；

C.2?4s內加速度不變，物體做勻加速直線運動，故位移為

11

x=vJ+—at2=3x2m+—x2x22m=10m

222

故C錯誤；

D.4?5s內加速度均勻減小，由于加速度與速度方向同向，所以速度仍在增加，故可知5s末速度最

大，故D錯誤。

故選Bo

8.D

B.圖像的斜率的斜率

1

,；1

k=—=一

xvx

根據單位運算可知，斜率的單位為s/m,而加速度的單位為m/s?,可知，圖線斜率不等于質

V

點運動的加速度，B錯誤；

11

A.上-x圖像是一條過原點的傾斜直線，可知，上與x成正比，根據上述有

VV

以=_1=常數

k

假設質點做勻變速運動，則有

2

v-VQ=2ax

解得

可知，如果質點做勻變速運動，加速度一定，則為一個定值，即速度V一定，而實際上，根

據圖像可知，隨質點位移的增大，質點的速度減小，質點做減速直線運動，可知假設不成立，質點做

的是加速度變化的變速直線運動，A錯誤；

C.根據微元法可知，圖像與橫軸所圍圖形的面積表示時間，C錯誤；

D.由于三角形O8C的面積

S.=-OCOA

12

根據上述，該面積體現了從。到C所用的時間，同理，從。到。所用的時間

_(OA+OA')CC'

邑—2

根據題意有

OA=AA',OC=CC',OA'=2OA

解得

S2=3St

D正確.

故選Do

9.BC

A.x-尸圖像是過原點的一條傾斜直線，則有

%7

L

是定值，即

xv=k

是定值，對于勻減速直線運動，當速度接近于。時，位移與速度乘積接近于0,則位移與速度乘積不

是定值，所以此運動不是勻減速直線運動，故A錯誤；

B.物體在從xo到2切的過程中，速度由v變成vo,則物體的動量變化量大小為

△p=m(v-v0)

結合與二+可得

%V

"=2%

則有

Ap=mv0

故B正確；

X

C.由平均速度V=—可得

t

t=XV-1

即物體位移與速度倒數的累積表示物體的運動時間，則X-V—圖像與橫軸所圍成的面積表示物體的運

動時間，物體在從X0到2X0的過程中，面積

1,

<_(x0+2x0)(v~-v~)_3x0

24%

則物體的運動時間為

故C正確；

D.物體動量變化率的大小為

Ap_4加詔

t3%

故D錯誤。

故選BC。

10.AC

AB.圖像是一條過原點的傾斜直線，根據圖像可知，!與尤成正比，則圖像的斜率

VV

k=—

XV

變形可知

1

XV=一

k

為常數，假設狼做勻變速運動，則有

2

v-VQ=2ax

聯立可得

可知，如果狼做勻變速運動，加速度一定，則F-V詔為定值，即速度V一定，而實際上，根據圖像

可知，隨狼位移的增大，狼的速度減小，則狼做減速直線運動，可知假設不成立，故狼做的是加速度

變化的減速運動，故A正確，B錯誤；

CD.根據微元法可知，圖像與橫軸所圍圖形的面積表示時間，又因為狼從。點運動到C點與從C點

運動到。點所用的時間相等，所以

；OC.CC=g(CC'+DD')CD

所以OC與CO的長度之比為

OC=CC'+DD'=l+pp^

CDCCCC

根據幾何關系

DP'OPOC+CD

cv-oc-~OC-

聯立可得

OCcCD

——=2+——

CDOC

解得

11=1+0=看

C正確，D錯誤。

故選ACo

11.AC

A.由圖2可得拉力尸關于時間的函數為

而由圖3可知，在2s末物塊的加速度q大小為1.5m/s2,此時拉力片大小為7.5N；在4s末加速度的大

小為4.5m/s2,此時拉力工大小為15N,則由牛頓第二定律有

耳-]nmg=mal

F2-]umg=ma2

代入數據解得

m=2.5kg,〃=0.15

故A正確；

B.物塊運動過程中所受的滑動摩擦力為

Ff=jumg=O.15x2.5xlON=3.75N

而最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，故B錯誤；

C.加速度與時間的圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的

速度為

(1.5+4.5)x(4-2)...

v=-----------------------m/s=6m/s

2

根據動能定理可得，在0~4s時間內，合外力做的功為

1,1

%=-7加=—x2.5x36J=45J

D22

故C正確；

D.根據圖2可知，在0~4s時間內，拉力尸的沖量大小為圖像與時間軸圍成的面積，可得

=-x4xl5N.s=30N.s

尸2

故D錯誤。

故選ACo

12.AD

A.從。點沿著％軸正方向運動，該物塊的動能增大，電場力對物塊做正功，電場強度方向沿軸負方

向，因此，沿著x軸正方向，各點電勢依次升高。故A正確；

BC.由圖像可得

v=kx

又

AvkAx.

a=——==kv

AtNt

可得

a=k~x

可知該物塊做變加速直線運動。故BC錯誤；

D.從。點運動到廣川處過程中，由能量守恒定律有

［加吟=。一(一4)九

解得

故D正確。

故選AD?

13.(1)30kg；(2)0.4；(3)120J

(1)從尸到。，對由動能定理

mAgh=^mAv^

得

%=5m/s

若下滑后滑塊A與靜止于。點的滑塊B發(fā)生碰撞后共同運動，由動量守恒

mAv0=(mA+mB)v

得

=30kg

(2)若滑塊A、B一起運動，由運動學公式

v2=24gx

得

4=0.4

(3)若滑塊A、B發(fā)生彈性碰撞，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒

mAv0=mAvA+mBvB

2mAvo=2mAvA+^mBVB

得

%一〃％,,2mA.,

vA=--------%=—Im/s,vB=----------%=4m/s

mA+mA+

壓縮彈簧到速度為。時，彈簧最大的彈性勢能，且

12

Ep=—mBv^-=120J

當彈簧將B彈回后

—/umBgL=—120J=一百

即B恰好返回原靜止位置，A下滑再次下滑的速度小于第一次速度，即第一次B壓縮彈簧的彈性勢

能最大

穌=120J

14.(1)1J；(2)lxlO5V/m；(3)34.82J

(1)小物塊由A運動到8的過程中做平拋運動，在豎直方向上根據自由落體運動規(guī)律可知

4一飽=]g廠

小物塊由A運動到B的時間為

_12(%--)/2.(1.2-0.6)一

'=V-~g-=vio$=l"s

根據圖中幾何關系可知

/^=/?,(1-cosZBOC)

解得

ZBOC=60°

根據平拋運動規(guī)律有

tan60°=星

%

解得

%=2m/s

根據能的轉化與守恒可知，原來壓縮的彈簧儲存的彈性勢能為

￡1mv,2J

P=-o=

(2)設小物塊在8點和C點的速度大小分別為VB、％，2點的速度大小

v=———=2%=4m/s

Bcos60

從B點和C點由機械能守恒定律得

mg（%一九）=gmvj-gmVg

解得

vc=2am/s

小物塊剛好沒有從N端滑離傳送帶，小物塊在N端速度為零，從C點N端由動能定理得

_qEL]-jumgG+L2）=0--

解得

E=lxlO5V/m

(3)小滑塊第一次到達。點時的速度為匕=2占11位，第一次到達M點的速度為VM,

-EqL,-RT叫=1mvj,--1mvj

解得

vw=4m/s

從M到N的時間

=^-=ls

此過程中的相對位移

x1=L2+vt1=5m

小物塊從傳送帶上返回先做勻加速，速度達到3m/s后做勻速運動，加速時間

V

右———0.75s

此過程中的相對位移

v

x2=vt2_3t2=L125m

過M點再次進入勻強電場，假設能再次通過。點，設此時速度為七,則

2

qEL^-]nmgL{=g機叱-^mv

解得

vc=VESm/s

且

1，27

~mvc=09J<=6J

物塊滑到圓軌道某處，又下滑經C點第三次進入電場，設物塊停下時距。點的距離為X3

一(qE+4mg)$=O--mv^

解得

X3=0.18m

小物塊在電場中摩擦發(fā)的熱

Qi=pmg(2L1+X3)=10.32J

小物塊在傳送帶上發(fā)的熱

Q=]umg(X2+X1)=24.5J

總的發(fā)熱

Q=Q+Q=34.82J

15.(1)vB=y[gR;(2)N=2mg,方向豎直向下；(3)s<4R^s>—R

(l)根據題意，從A點到S根據動能定理可得

qEs—jumgs=；mv1—0

解得

(2)由牛頓第二定律得

..Vg

N-mg=機喧

由牛頓第三定律得

N'=N

解得

Nf=2mg

方向豎直向下。

(3)滑塊恰好始終沿軌道8C0G滑行，則滑至圓弧軌道。、G間等效最高點時，由電場力和重力的

合力G'提供向心力，此時的速度最小，G'與豎直方向夾角。的正切值為

tan(9=-^=-

mg4

解得

6>=37°

則有

mg

=

cos3R

解得

Vnrin

2

滑塊不離開軌道有兩種可能，一種是最高到/點（等效重力場中圓心等高處），另一種是恰好通過X

點（等效最高點）。如圖所示

①如果最高到/點，根據動能定理，有

qE(s+7?cos37°)-/imgs-mg(R+Rsin370)=0

解得

s=4R

②如果在等效場中最高到H點，則根據動能定理，有

qE(s-Rsin37°)—/jmgs-ing(R+Rcos37°)=；>nv^n-0

聯立解得

5=11.57?

故使滑塊沿圓弧軌道滑行時不脫離圓弧軌道的s的取值范圍為

23

s<4R^s>—R

16.(1)0.6s；(2)10J:(3)0.6m

(1)小物體從E點處自由下落到D點,根據

712

k=2gt

解得

B=0,6S

(2)在C點，根據牛頓第二定律可得

N-ms=m—

R

由題意可知

N=13N

解得

vc=4m/s

小物體從七點到圓弧軌道底端C過程，根據動能定理可得

19

mg(h+R)-WDC=—mvc-0

聯立解得小物體在圓弧DC段克服摩擦力所做的功為

%c=l0J

(3)從C點到斜面最高點過程，根據動能定理可得

1,