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1、五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编10-机械能守恒定律（含解析）一、单选题1.（2022全国统考高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端尸点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P 点的距离D.它与尸点的连线扫过的面积2.（2022全国 统考高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从。处由静止自由滑下，到匕处起跳，c 点为。、。之间的最低点，a、c 两处的高度差为限要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的无倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻
2、力，则。点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）D.2h3.（2022.山东.统考高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）之高压气体火箭-、发射仓A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量4.（2022浙江高考真题）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（
3、）A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B.返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力C.质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒5.（2022湖北高考真题）如图所示，质量分别为机和2,的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为”,重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为
4、（）-P-WWWWV-Q多力力，A.Rngk B.型空 C.空整 D.包整k k k6.（2022江苏高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起,处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则试卷第2页，共14页鱼A.当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下B.A 上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化C.下滑时，B 对 A 的压力先减小后增大D.整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于
5、B 的重力势能减小量7.（2021.全国.高考真题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）OOOOOOOf二 二 Q ,77777777777777777777777777777777777A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒8.（2021.浙江统考高考真题）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先
6、后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（）A.沿雪道做匀速直线运动C.前后间的距离随时间不断增大B.下滑过程中机械能均守恒D.所受重力沿雪道向下的分力相同9.（2021 浙江 高考真题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4xl03kg/m）假设泵车的泵送系统以150m/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（)发动机最大输出功率（kW）3 3 2最大输送高度（m）6 3整车满载质量（k g）5.4 x l O4最大输送量（）1 8 0A.1.08X107J B.5.04X10
7、7J C.1.08X108J D.2.7 2 x l O8J1 0.（2 0 2 1 重庆高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于1 =4 左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外B.碰撞前后瞬间，乙的动量不变C.碰撞前后瞬间，甲的动能不变D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能1 1.（20 21.河北.高考真题）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为乃R、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的。点时，
8、绳刚好拉直，将小球从。点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g,不计空气阻力）（）试卷第4页，共 1 4 页A.J（2+万）gR B.兀gR C.2（1 +兀）gR D.2ygR12.（2021.海南.高考真题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度，=4.0 m,末端到水面的高度/j-1.0 m o 取重力加速度g=10m/s2,将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落13.（2021 重庆 高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R,而内壁光滑的!圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，。、
9、O为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N 点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N 点时，速度大小为（重力加速度为g）14.（2020全国统考高考真题）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积15.（2019全国高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面
10、高度力在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能反随/?的变化如图所示.重力加速度取10m/s2.该物体的质量为A.2kg B.1.5kg C.1kg D.0.5kg16.（2018 天津高考真题）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道从滑道的A 点滑行到最低点8 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿4 8 下滑过程中（）BA.合外力做功一定大于零B.所受摩擦力大小不变C.合外力始终与速度垂直D.机械能始终保持不变二、多选题17.（2022湖南统考高考真题）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动
11、反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其 V T 图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A.在0 乙时间内，返回舱重力的功率随时间减小试卷第6 页，共 14页B.在0 4 时间内，返回舱的加速度不变C.在乙 3 时间内，返回舱的动量随时间减小D.在4 时间内，返回舱的机械能不变18.（2022 河北 统考高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体尸和。用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量为，?，/=0时刻将两物体由静止释放，物体。的加 速 度 大 小 为 T 时刻轻绳突然断开，物体
12、户能够达到的最高点恰与物体。释放位置处于同一高度，取f=0 时刻物体户所在水平面为零势能面，此时物体。的机械能为 E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正EA.物体尸和2 的质量之比为1:3 B.2T时刻物体。的机械能为住C.2T时刻物体尸重力的功率为I I D.2T时刻物体P 的 速 度 大 小 等19.（2021广东高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为，的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为/?,在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g,下
13、列说法正确的有（）A.甲在空中的运动时间比乙的长B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少，密 D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为，咫 20.（2020全国统考高考真题）一物块在高3.0m、长 5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线I、II所示，重力加速度取 10 m/s2o 则（）A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0 mHD.当物块下滑2.0 m 时机械能损失了 12 J21.（2020山东 统考高考真题）如图所示，质量为M 的
14、物块A 放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为机的钩码B 挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将 B 由静止释放,当 B 下降到最低点时（未着地），A 对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A 始终处于静止状态。以下判断正确的是（）77777777777/7777777777777777777A.M 2tnB.2m M 3mC.在 B 从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B 先做正功后做负功D.在 B 从释放位置运动到速度最大的过程中，B 克服弹簧弹力做的功等于B 机械能的减少量试卷第8
15、 页，共 14页22.（2019 全国高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E#等于动能反与重力势能心之和.取地面为重力势能零点，该物体的E 点和片,随它离开地面的高度人的变化如图所示.重力加速度取lO m H.由图中数据可得“/JA.物体的质量为2 kgB.6=0时，物体的速率为20m/sC.=2m 时，物体的动能以=40 JD.从地面至/z=4m,物体的动能减少100 J三、实验题23.（202卜河北高考真题）某同学利用图1 中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2 个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为2 0 0
16、 g,其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为9.80m/s2,实验操作步骤如下：遮光条光电门1 光电门2图1安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm,轻细绳下端悬挂4 个钩码，如 图 1 所示;接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；保持最下端悬挂4 个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；完成5 次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量用、系 统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量AEk及系统总机械能的减少量AE，结果如下表所示:M/kg0.2000.2500.3000.
17、3500.400AEk/J0.5820.4900.3920.2940.195AE/J0.3930.4900.6860.785回答下列问题:（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 J（保留三位有效数字）;（2）步 骤 中 的 数 据 所 缺 数 据 为；（3）若 M 为横轴，/正为纵轴，选择合适的标度，在图2 中 绘 出 图 像7JA/kg图2若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为（保留两位有效数字）四、解答题24.（2022 湖北统考高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B 和 C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小
18、定滑轮连接，C 与滑轮等 高（图中实线位置）时，C 到两定滑轮的距离均为小 重物A 和 B 的质量均为“，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C 的绳与水平方向的夹角为60。某次打桩时，用外力将c 拉到图中实线位置，然后由静止释放。设 c 的下落速度为楞1 时，与正下方质量为2?的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为零，D 竖直向下运动与距离后静止（不考虑C、D 再次相碰）。A、B、C、D 均可视为质点。（1）求 C 的质量;试卷第10页，共 14页(2)若 D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求 F的大小；(3)撤掉桩D,将 C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求 A、
19、B、C的总动能最大时C的动能。/2 5.(2 0 2 1 浙江统考高考真题)如图所示，竖直平面内由倾角a=6 0。的斜面轨道A 3、半径均为R的半圆形细圆管轨道B C O E 和圆周细圆管轨道E F G 构成一游戏装置固定于地面，8、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心。2 的连线，以及。2、E、。/和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为。=3 0。，G点与 竖 直 墙 面 的 距 离 现 将 质 量 为 ，的小球从斜面的某高度处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度/?=/?o，当小球第一次运动到圆管最低
20、点C时，求速度大小%及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心。/点等高的。点所受弹力FN与 h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度/?应该满足什么条件？i A2 6.(2 0 2 1 北京高考真题)类比是研究问题的常用方法。(1)情 境 1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力/=五4 为常量)的作用。其速率v 随时间f 的变化规律可用方程G-n =，”孚Ar(式)描述，其中机为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率%。(2)情境2：如 图 1所示，电源电动势为E,线圈自感系数为L电路中的总电阻为凡闭合开关S,
21、发现电路中电流/随时间r的变化规律与情境1 中物体速率v 随时间f的变化规律类似。类比式，写出电流/随时间r变化的方程；并在图2 中定性画出/T图线。LE10/图 1图2(3)类比情境1 和情境2 中的能量转化情况，完成下表。情 境 1情境2物体重力势能的减少量物体动能的增加量电阻R 上消耗的电能27.(2020 江苏 统考高考真题)如图所示，鼓形轮的半径为上 可绕固定的光滑水平轴。转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为根的小球,球 与。的距离均为2 H。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速
22、 度 为 绳 与 轮 之 间 无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小V；(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度从试卷第12页，共 14页2 8.(2 0 2 0 天津统考高考真题)长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为班的小球A,处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为性 的小球8与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g,求(1)A受到的水
23、平瞬时冲量/的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能万卜至少多大？2 9.(2 0 1 8 江苏高考真题)如图所示，钉子A、B相距5/,处于同一高度.细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于丛质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3/.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时B C 与水平方向的夹角为53。.松手后，小球运动到与A、8 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动.忽略一切摩擦,重力加速度为g,取 si n 53=0.8,cos53=0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物块和小球的质量之比例:?；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T30.
24、(2018全国高考真题)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道A B C 和水平轨道附在A点相切。2 C 为圆弧轨道的直径。为圆心，OA和。8 之间的夹角为a,si n a=1,一质量为”的小球沿水平轨道向右运动，经 A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。P A31.（2019 浙江高考真题）在竖直平面内
25、，某一游戏轨道由直轨道A B 和弯曲的细管道B C D 平滑连接组成，如图所示.小 滑块以某一初速度从A点滑上倾角为生37。的直轨道A B,到达B点的速度大小为2m/s,然后进入细管道B C Q,从细管道出口。点水平飞出，落到水平面上的G点.已 知 B点的高度 i=1.2m,力点的高度力2=0.8m,力点与G点间的水平距离L=0.4m,滑块与轨道A 8 间的动摩擦因数=0.25,si n 37-0.6,cos37=0.8.（2）求小滑块从。点飞出的速度；（3）判断细管道B C。的内壁是否光滑.试卷第14页，共 14页参考答案:1.c【详解】如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为R,它到P 点
26、的距离为乙，根据机械能守恒定律得mgh=mv由几何关系可得h-Lsn0sin/9=2R联立可得可得故 C 正确，ABD错误。故选C。2.D【详解】运动员从。到 c根据动能定理有mgh=g m*.在 c 点有八一吆二机才FNC kmg答案第1页，共 18页联立有故选D。3.A【详解】A.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于
27、向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A 正确；B.根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故 B 错误；C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故 C 错误；D.根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故 D 错误。故选A。4.C【详解】A C.根据-Mm vG =mr r可得可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故 A 错
28、误，C 正确；B.返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故 B 错误；D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故 D 错误。故选C。5.C答案第2 页，共 18页【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x,满足kx=2/Limg若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为X,因此P相对于其初始位置的最大位移大小为故选C。6.B【详解】B.由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F,方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为a AB之间的弹力为入8,摩擦因素为，刚下滑时根据牛顿第二定律对
29、 AB有F+（mA+?B）g s i n。一（叫 +/7 7B）C O S0 =（JA+/nB）a对 B有inBg s i n 0 /dtng c o s 0-FA B=mBa联立可得F 二 一恤+，”B 恤由于A对 B的弹力FA B方向沿斜面向上，故可知在最高点尸的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故 B正确;A.设弹簧原长在。点，A刚开始运动时距离。点为勺，A运动到最高点时距离。点为治;下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得=；煲 +（，咫 s i n（9 +
30、/）（%一七）化简得2（/?g s i n 6+/）K=xx+x2当位移为最大位移的一半时有心=后卜一 ）（，监 s i n。V）带入k 值可知尸卢0,即此时加速度为0,故 A错误；C.根据B的分析可知答案第3页，共 1 8 页FmA+mB mB再结合B 选项的结论可知下滑过程中F 向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B 对 A 的压力逐渐变大，故 C 错误；D.整个过程中弹力做的功为0,A 重力做的功为0,当 A 回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功等于B 的重力势能减小量，故 D 错误。故选B7.B【详解】因为滑块与车厢水
31、平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。8.C【详解】A.同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图mg根据牛顿第二定律可知加速度mg sin 0-umg cos 0.八 八a=-2-=g sin，-4g cos 0m又因为A 相同，所以同学们做匀加速直线运动，A 错误；B.下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B 错误：C.根据匀加速直线运动位移与时间的关系x=可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以
32、从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大,相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C 正确；D.各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力，烟 sin，也可能不相同，D 错误。故选C。答案第4 页，共 18页9.C【详解】泵车的泵送系统以150n?/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W=pV/2=2.4xl03xl50 xl0 x30J=1.08xl08J故选C。10.C【详解】A.根据位移图像斜率表示速度可知，f=0时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；BC.根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交
33、换速度，方向反向。根据题述，虚 线（乙的位移图像）关于f=4左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误C正确；D.根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。故选C。11.A【详解】小球下落的高度为,c 冗 h c 笈 +2 c 二 兀 R+R=-R2 2小球下落过程中，根据动能定理有mgh=y wv2综上有V=J o +2）g/?故选Ao12.A【详解】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为叭根据机械能守恒定律可知U 1 2tngH=mv解得v=45/5m/s答案第5页，共18页从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自
34、由落体运动，根据人=&户可知落水时间为水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x=vt=4 石 x yj-m=4.0m故选Ao13.D【详解】图中M 9连线与水平方向的夹角6,由几何关系可得.八 x R-xsin 9=-=-R R可得6=30设小物块通过N点时速度为巧 小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知1 2mgRsind=mv解得故D正确，ABC错误。故选D,14.D【详解】A.因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B.有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C.因有安全气囊的存在，司机
35、和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D.因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D15.C答案第6页，共18页【详解】对上升过程，由动能定理，-(F +枢)仁 纥-%,得/=%-(F +m g)/?,即F+wg=12N；下落过程，(mg-F)(6-ti)=Ek,即zng-F=L=8 N,联立两公式,得到机=1kg、尸 =2N.16.C【详解】A.运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零。故 A 错误；B.运动员受力如
36、图所示运动过程中速率恒定，且。在减小，由f=mg sin 0可知摩擦力越来越小。B 错误；C.运动员运动过程中速率不变，做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终与速度垂直。故 C 正确；D.因为克服摩擦力做功，所以机械能不守恒。故 D 错误。故选C。17.AC【详解】A.重力的功率为P=mgv由图可知在0f/时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故 A 正确;B.根据1M 图像的斜率表示加速度可知在0 7/时间内返回舱的加速度减小，故 B 错误；C.在。/2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故 C 正确；D.在 攵 肘时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则
37、动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故 D 错误。故选AC。18.BCD答案第7 页，共 18页【详解】A.开始释放时物体Q 的加速度为与，则mQg-FT=mQ-Z78FT-mpg=mP-解得.2F r=q%gmp _ 12选项A 错误;B.在 T 时刻，两物体的速度旷 红1 3P上升的距离 2 3 6细线断后P 能上升的高度 日 上-2g 18可知开始时PQ距离为=九+八=组;“-9若设开始时P 所处的位置为零势能面，则开始时Q 的机械能为从开始到绳子断裂，绳子的拉力对。做负功，大小为w r i.TWF =FA=9则此时物体Q 的机械能P P W 铲尸 EE=E-WF
38、=-=F 9 2P此后物块。的机械能守恒，则在2T时刻物块。的机械能仍为叁，选项B 正确;C D.在 2T时刻，重物P 的速度匕=匕_gT=_2gT3方向向下；此时物体尸重力的瞬时功率答案第8 页，共 18页D n%g 2gT mQg2T 3EPc=mpgv,=.=-2 3 3 2T选项CD 正确。故选BCDo19.BC【详解】A.由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故 A 错误；B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P-mgvcos 0=mgv、.=mg Q2gh因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相
39、同，故B 正确；C.从投出到落地，手榴弹下降的高度为人 所以手榴弹重力势能减小量AEp=mgh故 C 正确；D.从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故 D 错误。故选BC。【点睛】20.AB【详解】A.下滑5m 的过程中，重力势能减少3 0 J,动能增加1 0 J,减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A 正确；B.斜面高3m、长 5 m,则斜面倾角为6=37。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mg ft=30J可得质量m 1kg下滑5m 过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功答案第9 页，共 18页/ng-cos8s=20J求
40、得=0.5B 正确；C.由牛顿第二定律机 gsinJ?gcosO=?a求得a=2m/s2C 错误；D.物块下滑2.0m时，重力势能减少1 2 J,动能增加4 J,所以机械能损失了 8J,D 选项错误。故选AB。21.ACD【详解】A B.由题意可知B 物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力六2,咫；对 A 分析，设绳子与桌面间夹角为9,则依题意有2mg sin 0=Mg故有M 2 m,故 A 正确，B 错误；C.由题意可知B 从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故 C 正确；D.对于B,在从
41、释放到速度最大过程中，B 机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B 克服弹簧弹力所做的功，故 D 正确。22.ADQ Q T【详解】A.功力图像知其斜率为G,故 6=罗=20N,解得相=2 k g,故 A 正确B.=0 时，Ep=0,Ek=E和-切=100J-0=100J,故;z m n o o j,解得：v=10m/s,故 B 错误；C./?=2m 时，Ep=40J,Et=E&-Ep=90J-40J=50J,故 C 错误D.=0 时，EkE m-Ep=100J-0=1OOJ,；2=4m 时，T=E 初-即=80J-80J=0J,故 E hE =100J,故 D 正确答案第10页，共 1
42、8页23.0.980 0.588AA/J0.40(0.38 0.42)【详解】（1）1四个钩码重力势能的减少量为AEP=4mgL=4x 0.05 x 9.8 x 0.5J=0.980J（2）2对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知12 1?4mgL-叱=5(4 +M)工 一 a (4/n+M)匕其中系统减少的重力势能为AEP=4mgL系统增加的动能为AEk=4(4m+M)y；-g(4m +M)匕 2系统减少的机械能为 =吗，则代入数据可得表格中减少的机械能为A4=0.98-0.392=0.588J（3）3根据表格数据描点得A E-M 的图像为根据做功关系可知答案第11页，共 18页AE=M
43、gL则图像的斜率为”生粤5 9 60.4-0.2解得动摩擦因数为A=0.40(0.38-0.42)24.(1)73/n；(2)6.5mg；(3)(4-2 石)机gL【详解】(1)系统在如图虚线位置保持静止，以 C 为研究对象，根据平衡条件可知mcg=2mg cos 30解得mc=yfim(2)CD碰后。的速度为零，设碰撞后。的速度也根据动量守恒定律可知x 0+解得”=1糕CQ碰撞后。向下运动专 距离后停止，根据动能定理可知0-x 2mv2=2m&-F -26 10 10解得F=6.5mg(3)设某时刻。向下运动的速度为H A 3向上运动的速度为心图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机械能守恒定律
44、可知mty2+2x/n(v cos a)2=meg-2mg(-L)2 2 tan a sin a令L、，L 、y=m*-21ng-L)tan a sin a对上式求导数可得也 二 囱，咯L=U+2叫 L卫 二da(sin a)-(sina)答案第12页，共 18页当 学=0 时解得da6cosa=2即a =30此时y=m f 动量定理I=mvc-解得(2)机械能守恒1 2mg(h-R)=mvD牛顿第二定律2一答案第13页，共 18页&=2 但(-1)K满足的条件 N R(3)第 1 种情况:不滑离轨道原路返回，条件是第 2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动其中匕=%s i
45、 n ,vv=vcc o s 6 ,则%=2 阚机械能守恒 g R )=J /M V g/?满足的条件h=-R2 6.(1)%=，；(2)a.E-RI=L,b.k A r;(3)见解析Ot【详解】(1)当物体下落速度达到最大速度L时，加速度为零，有G=k。G(2)a.由闭合电路的欧姆定理有E-RI=LA r人由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，/T图线如答图2答案第1 4 页，共 1 8 页(3)各种能量转化的规律如图所示情 境 1情境2电源提供的电能线圈磁场能的增加量克服阻力做功消耗的机械能,-(M+1 6?)A%?2 7.(l)v=2Rco-
46、,尸=、4 R%4+g 2 ；(3)=-2-M-g-【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为3,则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v=2Ra(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为凡合力提供向心力，则有卜-(2 g )2=结合(1)可解得杆对球的作用力大小为F=+g2(3)设重物下落高度为/,重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知M g H=g Mv+；?4mv2而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有匕=Rd)联立各式解得_ (M+H -2 M g答案第1 5 页，共 1 8 页g町d =；町/+2 町g/=叫 以i=町J5gi2
47、 8.（1）1=盛 廊;（2）耳=辿 网 上 量2nli【详解】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设 A在最高点时的速度大小为也由牛顿第二定律，有2m,g=mt A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设 A在最低点的速度大小为力,有由动量定理，有联立式，得（2）设两球粘在一起时速度大小为M,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足=5要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前8的速度方向相同，以此方向为正方向，设8碰前瞬间的速度大小为%,由动量守恒定律，有tn,vH-mvA=（町+和）M 又耳=为陪联立式，得碰撞前瞬间B的动能线至少
48、为E=5 g/（2 叫+k 2m）5 M 6 T 8mMg 4 8 82 9.F=-Mg-m g（2）-=-（3）T=5（）=-m g =-M g ）【详解】（1）设小球受A C、8c的拉力分别为F/、F2F/si n5 3 0=F 2 C Os 53 0 b+m g=F/c o s 53 0+尸 2$皿 53 且 F尸Mg答案第1 6页，共 1 8 页解得尸=3图 _）咫（2）小球运动到与A、3相同高度过程中小球上升高度/2/=3/s i n 53,物块下降高度力 2=2/机械能守恒定律mgh尸Mghz解 得 竺=2m 5（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为
49、小重物受到的拉力为T牛顿运动定律M g-T=M a小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律T-mgcos53-ma解得T =（7=1|/咫或7=沁）5（/M+A 7）55 1 1【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定 律.解 答 第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解 答 第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度：解 答 第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，
50、所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等.3 0.(1)Fu=-mg,；(2)4 2m123gR 2 F【详解】（1）设水平恒力的大小为用，小球到达C点时所受合力的大小为凡 由力的合成法则有工 tanamgF2=(mg)2+Fj设小球到达。点时的速度大小为u,由牛顿第二定律得v2F =m R答案第1 7页，共 1 8 页(2)设小球到达A点的速度大小为h，作 C O _ L B 4,交 出 于。点，由几何关系得二 R s i n aC D =/?(!+c o s a)由动能定理有-mg C D-F1 2 1 2(y DA =mv tnv得小球在A点的动量大小为my2