《2021年新高考物理模拟题专题07功和能（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年新高考物理模拟题专题07功和能（解析版）.pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题0 7功和能1.（2021届福建省福州八中高三质检）某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车。当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间，前进距离s,速 度 恰 好 达 到 最 大 值 设 这 一过程中电动机的输出功率恒定，小车所受阻力恒为了,那 么（）A.小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动B.小车前进距离s 等于21 9C.这段时间内电动机所做的功为耳机说D.这段时间内电动机所做的功 为/根/+於【答案】D【解析】A.小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系P=F v可知，牵引力尸不断减
2、小，根据牛顿第二定律有尸-/=胸，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动。当牵引力与阻力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到最大，选项A 错误：B.小车的运动是加速度不断减小的加速运动，平均速度不等于 自，所以小车前进距离s 不等于，选项 B 错误；C.根据动能定理判断，这 段 时 间 内 合 力 做 功 为 选 项 C 错误；D.对小车启动过程，根据动能定理有唯 一 力=5 机4 2,则这段时间内电动机所做的 功 用 =5 机乙：+力选项D 正确。故选D。2.（2021届福建省福州八中高三质检）如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球A 和 2,两球质量均为m,两球半径忽略不计，杆的长度为以先将
3、杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球氏 使小球B 在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A 沿墙下滑距离为人时，下列说法正确的是（不计一切摩擦）2rrA.杆对小球A 做 功 为;?gLB.小球A 和 B 的速度都为g&TC.小球4、B 的速度分别为g 国?和;D.杆与小球A 和 8 组成的系统机械能减少了;优gL【答案】C【解析】BC.当小球A 沿墙下滑距离为工时，设此时A 球的速度为巾，B 球的速度为由根据系统机械能守恒定律得:21,1,mg-mv+mv,两球沿杆子方向上的速度相等，则有：UACOS60O=VBCOS30。.联立两式解得:以二；j3 g L ,以=g J 证;故 B 错误,C 正
4、确.A.对从球使由动能定理有：m g +W杆=:机 -0,代入4 的速度解得场干=一吸,故 A 错误.D.对于杆与小球A 和 B 组成的系统而言运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒；故 D 错误.3.（2021届福建省福州八中高三质检）如图固定在地面上的斜面倾角为9=30。，物块B 固定在木箱A 的上方，一起从“点由静止开始下滑，到人点接触轻弹簧，又压缩至最低点c,此时将B 迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到。点.已知木箱A 的质量为?，物 块 B 的质量为3?，“、c 间距为L重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.在 A 上滑的过程中，与弹簧分离时A 的速度最大B.弹簧被压缩至最
5、低点。时，其弹性势能为0.8,gLC.在木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，因摩擦产生的热量为1.25?也D.若物块B 没有被拿出，A、B 能够上升的最高位置距离。点为0.75L【答案】BD【解析】A.在 A 上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A 已经开始减速，故分离时4 的速度不是最大，A 错误；B.设弹簧上端在最低点c 时，其弹性势能为昂，在 A、8 一起下滑的过程中，由功能关系有4w?gLsinO=7r43cosO+）,.将物块B 拿出后木箱4 从 c,点到a 点的过程，由功能关系可得耳 =mgLsinO+fimgLcosQ,联立解得 鲂=0.8，g 3
6、故 B 正确：C.由分析可得，木箱A 从斜面顶端。下滑至再次回到。点的过程中，摩擦生热Q=4/jm gLcos0+fim gLcos0=5Ep-m gLsin6）=15m gL,选项 C 错误；D.若物块8 没有被拿出，则 A、8 能够上滑的距离为，由能量关 系 与=4m gZ/sin8+4 m gLcos。，,解得77=4,即A、8 能够上升的最高位置距离。点为0.7 5 3 故 D 正确。故选BD。44.（2021届福建省福州市高三质检）如图所示，四个小球质量,A=2B=2?、，双=%D=3在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于这四个小
7、球从抛出到落地过程的说法中正确的是（）.A.旦 02.盛.h77/7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777A.小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同B.C、D 两小球落地时，重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地，重力对四个小球做功均相同D.从开始运动至落地，重力对A 小球做功的平均功率最大【答案】AD【解析】A.根据加速度的定义式“=学 知 单 位时间内的速度变化即为加速度，它们的加速度都是g,所以小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同，故 A 正确;B.重力小球落地时做功的瞬时功率公式为P =m g%,%是小球
8、落地时竖直方向的分速度，根据彳一 W o =2 g h，可知平抛运动时小球落地时竖直方向的分速度小于斜抛运动时小球落地时竖直方向的分速度，所以C、D两小球落地时，重力的瞬时功率不相同，故B错误；C D.重力做功为=m g/l,起点与终点的竖直高度相等，因A B质量大于CD质量，故重力对A B做的功大于对CD做的功：四个小球抛出后，加速度都是g,竖直方向都做匀变速直线运动，设高度为/?,则对于竖直下抛的小球有/1 =%，+耳8/，对于竖直上抛的小球，先上升后下落，返回出发点时，速率等于%,则知竖直上抛小球的运动时间大于竖直下抛小球运动时间；对于平抛的小球有力=g/，对于斜抛的球，在竖直方向做竖直
9、上抛运动，运动时间比平抛运动的时间长，故可知竖直下抛的小球运动时间最短，竖直上抛的小球运动时间最长，由平均功率 公 =知重力对竖直上抛运动的小球做功的平均功率最大，即重t力对A小球做功的平均功率最大，故C错误，D正确，故选A D。5.（2 0 2 1届福建省福州市高三质检）如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为4 （足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值人轻杆向右移动不超过/时，装置可安全工作。一质量为，的小车以速度%撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动/,此过程其速度v随时间f变化的V Y图象如图乙所示。已知在0V时间内，图线为曲线，在八乱时间内，图线为直线。已知
10、装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（）A.在0 八时间内，小车运动的位移为工kB.在A时刻，小 车 速 度 为 说 一 也V mC.在时刻，小车恰好离开轻弹簧D.在0 7 2时间内，轻杆摩擦产生热。=/7【答案】A D【解析】A.在 0”时间内，小车压缩弹簧轻杆保持静止，在 fi 时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在OF时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有x=g,A正确；KB.在外时刻后，小车与轻杆一起做匀减速运动到速度为0,移动的位移为1,由动能定理有一#=；机匕2解得匕=陛，所以在九时刻，小车速度为、=陛，B错误；V m v m
11、D.在 0 7 2 时间内，轻杆摩擦产生热g/L D正确；C.在 0 九时间内，小车先做加速度增大的减速运动，在九/2 时间内，后与轻杆一起做匀减速运动，最后弹簧反弹小车时其做加速减小的加速运动，则小车恰好离开轻弹簧时所用的时间比“大，所以在外+包时刻，小车还末离开轻弹簧，C错误。故选AD。6.（2 0 2 1 届福建省名校联盟高三大联考）如图所示，一篮球以水平初速度%碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k 倍（%1 ）,碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为孙半径为r,篮框中心距篮板的距离为L,碰撞点与篮框中心的高度差为，不计摩擦和空气阻力，则（）A.碰撞过程中
12、，篮球的机械能守恒B.篮板对篮球的冲量大小为/=（1 +左）加?C.篮球的水平初速度大小=（L 4D.若篮球气压不足，导致a 减小，在%不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高【答案】B D【解析】A.由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A错误；B.以弹回的速度方向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小为I=m-kvQ-（-m v0）=（l +k）m%,B 正确；1 C.篮球弹回做平抛运动，由位移公式可得一厂=的/,h=-gt2联立可得后，c错误；D.若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，篮球弹回的速度h o减小，结合C中分析可知，要使篮球中心经过篮框中
13、心，即水平位移不变，应延长时间，故应使碰撞点更高，D正确。故选B D。7.（2 0 2 1届广东省广州市高三一模）如图，质量为根的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为6的位置静止滑下，停在水平面上的6处：若从同一位置以初速度V滑下，则停在同一水平面上的C处，且与 相 等。已知重力加速度为g,不计空气阻力与通过。处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（）A.mgh B.mv2 C.mgh-mv2 D.mgh+mv2【答案】C【解析】设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b处时，在斜面上克服阻力做的功为 叫，在水平面上克服摩擦力做的功 为 明，由动能定理得：m g h
14、-W 1-W Q当运动员以速度y从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c处，且a b与神相等，由动能定理可得，g/z 叱-2 W,=0-1 m v2联立两式求得叱=mg/?-万加声，故选c。8.（2 0 2 1届广东省广州市高三一模）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1 m,速度大小为1 0 m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8 m,球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为0.6 k g,重力加速度取lOm/s2,以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（）A.球在空中上升时处于超重状态C.队友接球前瞬间
15、，球的机械能一定为3 6 JB.甲传球时，球与乙的水平距离为4.8 mD.队友接球前瞬间，球的动能一定为3 0 J【答案】B C【解析】A.球在空中上升时加速度为向下的g,处于失重状态，选项A错误：B.球刚斜抛出时的竖直速度vv=j 2 gA/z =12x 1 ()x 1.8 m/s=6 m/s水平速度yv=Jv2-1=8 m/s甲传球时，球与乙的水平距离为A x =v/=匕F?=4.8 m,选项B正确；C.以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为E =z g/?+5 z v2=3 6 J球抛出后机械能守恒，则队友接球前瞬间，球的机械能一定为3 6 J,选项C正确：D.因为球刚抛出时的动能 为
16、 耳=%丫 2 =3 O J,则队友接球前瞬间，球的动能不一定为3 0 J ,选 项 D错误。故选B C o9.(2 0 2 1 届广东省六校高三联考)如图所示，某次训练时将乒乓球发球机置于地面上方某一合适位置，正对竖直墙面水平发射乒乓球。现有两个质量相同乒乓球a和 6以不同速度水平射出，碰到墙面时下落的高A.碰墙前运动时间之比为9：1 6B.重力对两乒乓球的冲量大小之比为9：1 6C.重力对两乒乓球做功之比为3：4D.初速度之比为4：3【答案】D【解析】A.乒乓球做平抛运动，根据力二万且产，可得乒乓球碰墙前运动时间之比为3：4,故 A 错误；B.根据冲量的定义/=f 7,可得重力对两乒乓球的
17、冲量大小之比为3：4,故 B 错误；C.根据重力做 功%=火力，可知重力对两乒乓球做功之比为9：1 6,故 C 错误；D.根据=%上可得两乒乓球做平抛运动的初速度之比为4：3,故 D iE确。故选D。10.（2021届广东省汕头市高三一模）如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速度v 做匀速运动，现将质量为，的某物块由静止释放在传送带的左端，设传送带足够长，设物块形与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，对于物块从静止释放到相对静止这一过程（）（）一（）VA.物块做匀速直线运动 B.所用时间=1 ,C.摩擦产生的热量为m/D.电动机多做的功等于一根52【答案】B【解析】A.物块由静止释放在传
18、送带上时，传送带会给物体一个向前的摩擦力，促使物体向前做匀加速运动，加速度大小为/=，=利 g,解得a=g,故 A 错误；vB.物块最终和传送带相对静止，即和传动带达到共速，所用时间为/=，故 B 正确；4 gC.期间传送带运动的位移为s=W,则可知摩擦力所做的功 为 叱=f i =m v t =m v1 2,*4物块获得的动能 为 线=5 次则可得摩擦产生的热量为。=叫-线=/机 丫 2,故 C 错误：D.电动机多做的功转化为物块的动能和系统内 能/1=5 皿2+。=相声，故 D 错误：故选B。11.（2021届广东省深圳市高三一调）在光滑绝缘水平面上，两个带正电小球A、B 用绝缘轻弹簧连接
19、。初始时弹簧处于原长小球A 固定，小球B 从朋点由静止释放，经 过。点所受合力为零，向右最远到达N 点（0、N 两点在图中未标出）。则（）ABMA.小球B 运动过程中，弹簧与两小球组成的系统机械能保持不变B.B 球到达N 点时速度为零，加速度也为零C.M、N 两点一定关于。点位置对称D.从。到 N 的过程中，库仑力对小球B 做功的功率逐渐减小【答案】D【解析】A.球 B 运动过程中，有库仑力做功，故弹簧与两小球组成的系统机械能不守恒，故 A 错误；B.0 点时，F%=F.，过。点以后，F“不断减小，F 弹不断增大，故在N 点，B 球受力不平衡，加速度不为零，故 B 错误；C.由于辱=区，埼=%
20、缪，F 弹 与位移成正比关系，尸库与位移的平方成反比关系，故 M、N 两点一定不关于0 点位置对称，故 c 错误；D.。到 N 的过程中，由P=b u,可知，v 不断减小，F%不断减小，故尸也逐渐减小，故 D 正确。故选D。12.（2021届广东省肇庆市高三统测）如图所示，将一直铁棒AC固定在与水平地面垂直的墙角，铁棒与水平面夹角为45。，B 为 AC的中点。在墙角固定一轻弹簧，使轻弹簧另一端与一带孔的小球相连，小球穿过铁棒并可在铁棒上移动，小球到达B 点时，弹簧恰好处于原长状态。现将小球从铁棒顶端自由释放，小球到达铁棒底端时速度恰好为零，下列说法正确的是（）A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒
21、B.小球从A 点运动到B点和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同C.小球从A 点运动到B点和从B点运动到C 点的过程中弹簧弹力做功相同D.小球从A 点运动到B 点的过程中，动能的增加量等于弹簧弹力所做的功【答案】BD【解析】A.由于摩擦力做负功，系统机械能不守恒，故 A 错误；B.由对称性可知，小球从A 点运动到B 点的过程中和从B 点运动到C 点的过程中摩擦力做功相同，故 B正确：C.小球从A 点运动到B点的过程中弹簧弹力做正功，从B点运动到C 点的过程中弹簧弹力做负功，故 C错误；D.小球从A 点运动到B点的过程中和从B点运动到C 点的过程中，重力做功相同，弹簧弹力做功大小相等，整个运动
22、过程中，由动能定理可知，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，则小球从4 点运动到8点的过程中，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，由动能定理可知，动能的增加量等于弹簧弹力所做的功，故 D 正确。故选BD。13.（2021届广东省执信中学高三模拟）荡秋千是广大人民非常喜欢的一项运动，既能强身健体，还能娱乐身心。如图所示，随着站立在秋千踏板上的人不断地下蹲和起立，秋千可越荡越高。如果不计秋千绳索的质量，忽略空气阻力和秋千轴间摩擦的影响，则下列说法正确的是（）A.不计空气阻力，荡秋千的过程中人与踏板机械能守恒B.不计空气阻力，在秋千越荡越高的过程中，人所做的功等于踏板机械能的增加C.秋千板以相同的速
23、度经过最低点时，人在站立状态下比下蹲状态下秋千绳的拉力大D.秋千向下摆动过程中人的身体需要从直立到下蹲，上升过程中人的身体需要从下蹲到直立【答案】D【解析】A.不计空气阻力，荡秋千的过程中，人越来越高，则机械能越来越大，即人与踏板机械能不守恒，选项A错误：B.不计空气阻力，在秋千越荡越高的过程中，人所做的功等于踏板和人机械能的增加，选 项 B 错误;C.秋千板以相同的速度经过最低点时，根据丁一根8=用 匕，可得了 =吨+用 匕，因人在站立状态下重r r心的位置较高，重心所在位置的线速度较小，则人在站立状态下比下蹲状态下秋千绳的拉力小，C 错误；D.秋千向下摆动过程中人的身体需要从直立到下蹲，降
24、低重心；上升过程中人的身体需要从下蹲到直立，升高重心，选项D 正确。故选D。14.（2021届广东省珠海市高三质检）如图所示，妈妈带着小孩玩套圈取物游戏，A 圈和B 圈分别从同一竖直线的不同高度做平抛运动，恰好未翻转都落在了地面上同一位置。A 圈质量为加，B 圈质量为m2。下列说法正确的是（）A.A 圈的初动能一定大于B 圈的初动能B.A 圈运动时间一定大于B 圈运动时间C.A 圈落地瞬间重力的瞬时功率小于B 圈落地瞬间重力的瞬时功率D.A 圈落地瞬间的动能一定大于B 圈落地瞬间的动能【答案】B【解析】A.因为质量关系未知，故无法比较动能大小，故 A 错误；B.圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由
25、落体运动，根据为=；8产，=样可知，A 圈运动时间一定大于B 圈运动时间，故 B 正确；C.因为重力大小关系未知，故无法比较重力的瞬时功率，故 C 错误；D.根据动能定理可知，重力做功关系未知，故无法比较落地瞬间动能，故 D 错误。故选B。15.（2021届河北省“五个一名校联盟”高三联考）如图所示，在倾角为30。的斜面上的同一点以大小相等的初速度将质量相等的A、B 两小球（可视为质点）分别沿竖直和水平方向抛出，两小球在空中运动一段时间后再次落回斜面上，不计空气阻力。则关于两小球从抛出到落回斜面的过程中下列说法正确的是（）A.A、B 两小球在空中运动时间之比为G：2B.A、B 两小球在空中运动
26、时间之比为1：6C.A、B 两小球落回斜面时重力的瞬时功率之比为阴：2D.A、B 两小球落回斜面时重力的瞬时功率之比为逐:【答案】C【解析】AB.A 做竖直上抛运动，在空中运动的时间内=2 竺，g1 ,2B 做平抛运动，落回斜面时位移偏角为30。，可得tan30。=2 =2 1 1x 怔可得B 球在空中运动的时间=拽 殳，可得A、B 两小球在空中运动时间之比 为 有：1 ,AB错误；3gCD.A、B 两小球落回斜面时重力的瞬时功率分别为=,PB=mgvy=m g gt代入B 球的运动时间可得4=可知A、B 两小球落回斜面时重力的瞬时功率之比 为 百：2,C 正确，D 错误。故选C。16.（20
27、21届河北省邯郸市高三一模）如图所示，一固定斜面的倾角为30。，一质量为根的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于0.8g（g 为重力加速度大小），物块上升的最大高度为”，则此过程中（)A.物块的重力势能减少了mg”B.物块的动能损失了 L 6 mg C.物块的机械能损失了 0.8 根g”D.物块克服摩擦力做功。6 吆“【答案】BD【解析】A.重力做功-机g”.说明物块的重力势能增加了 mg,故 A错误；HB.由动能定理可知W=-=-.6mgH,说明物块的动能损失了 L 6?g H ,故 B 正确，C 错误;s i n 3 0C.在上升过程中，动能减少了 1.6%
28、”，面重力势能增加了，咫H,故机械能减少了 0.6*”，故 C 错误；D.由动能定理可得W=-叱=-1.6 叫 H,解 得 叱=0.6 m g”,说明物块克服摩擦力做功0.6mgH,故 D 正确。故选B D。1 7.（2 02 1 届河北省衡水中学高三四调）如图甲所示，在公元1 2 6 7 7 2 7 3 年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量加=8 0 k g 的可视为质点的4 0石块装在长L =-m 的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平
29、面成a =3 0。松开后，长臂转至竖直位置3时，石块被水平抛出，落在水平地面上。石块落地点与。点的水平距离s =1 0 0 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g =1 0m/s2,下列说法正确的是（）A.石块水平抛出时的初速度为2 5 m/sB.重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量C.石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功为1.6 x 1 0点D.石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42X1()4N【答案】D【解析】A.石块平抛运动的高度/z =+L s i n 3()0=20 m,根 据=2,得t=p=2 s,故石块水平抛出时的初速度=：=5 0
30、 m/s,故 A错误；B.转动过程中，重物的动能也在增加，因此根据能量守恒定律可知，重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，故 B 错误；C.石块从4到最高点的过程中，石袋对石块做功W=g/n v；+m g/z =1.1 6 x l()5 j,故 c错误；2 2D.石块圆周运动至最高点时，有 尸+感=加 生，所以可 得 尸=加%m g=1.4 2 x l()4 N ,故 D 正确；L L故选D。1 8.(2 02 1 届河北省衡水中学高三四调)如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角3 7。的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5 k g 的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块
31、沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的。点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度。随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度取10m/s 2,$布3 7。=0.6,C O S 3 7 G 0.8。下列说法正确的是()A.滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒B,滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1C.滑块下滑过程中的最大速度为巫m/s5D.滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4 J【答案】B C【解析】A.滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故 A错误；B.刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为”=5.2
32、 m/s 2,根据牛顿第二定律有m g s i n 9-p m g c o s 0=m a,解得 =0.1,故 B 正确；C.当x=o.l m 时 a=o,则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有m g s i n e-A x-2 g c o s 9=0解得左=260 N/m,则弹簧弹力与形变量的关系为尸=日当形变量为A O.l m 时，弹簧弹力F=2 6 N,则滑块克服弹簧弹力做的功为 卬=LBC=1X2.6XO.1J=1.3 J2 2从下滑到速度最大，根据动能定理有（m g s i n。一加g c o s 6）x 卬=；加说，得飞=姮】1 次，故 C正确；D.滑块滑到最低点时，加速度为d=
33、-5.2 m/s 2,根据牛顿第二定律可得加8 5 皿。-85。一a=ma,解得x =0.2 m,从下滑到最低点过程中，根据动能定理有（作国!16 -7 超 85。卜 耳=0-0解得E p=5.2 J,故 D错误。故选B C。19.（2 02 1届河北省唐山市高三一模）如图所示，质量为0.4 k g 的四分之一圆弧轨道静止在光滑水平面，右侧有固定在竖直平面内的光滑半圆轨道，半径为0.4 m,下端与水平面相切。现在将质量为0.2 k g 可视为质点的小球,从图中A点静止释放，小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度为10m/s2,不计一切阻力。下列说法正确的（）A.小球沿圆弧轨道
34、下滑过程，系统动量守恒B.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统机械能守恒C.小球通过半圆轨道D点时，对轨道的压力大小为4 ND.小球与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的位移为0.5 m【答案】B D【解析】A.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，故 A 错误;B.小球沿圆弧轨道下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故 B 正确；2C.小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，在半圆轨道的最高点1,1,从 D 点到最图点-mV-mvD=-mgR在 D 点 N=m 子=3mg=6N根据牛顿第:定律可知，对轨道的压力大小为6 N,故 C 错误；D.小球与圆弧轨道分离，由水平方向动
35、量守恒得加小=匕”由系统机械能守恒得mgR.”=m v l+-M v 1,1，其中 3 mv-mvm=-2mgR.mxm=M xM,X,+XM=&解得X M=0-5 m,故 D 正确。故选BD,20.（2021届河北省张家口高三一模）2020年 12月 25日，国产C919大型客机飞抵呼伦贝尔海拉尔东山国际机场，开展高寒试验试飞专项任务。已知此客机质量为机，起飞前，在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速，经过时间f 速度达到V,此过程飞机发动机输出功率恒为P,所受阻力恒为了,那么在这段时间内（）VA.飞机做匀加速运动，加速度大小一tPt mv2B.飞机位移大小为-竺）f 2/C.飞机受到的合外力
36、所做的功为PtD,飞机受到的阻力所做的功为匚-Pf【答案】BDp【解析】对飞机受力分析有一-f =m af随着速度增大，合力减小，加速度减小，所以飞机做变加速运动。vIP t 7/7A错误；根据动能定理 得%=P/-小=5机/,解得5 =7-3 7。飞机受到的阻力所做的功为-fs=-Pt,B D正确，C错误。故选B D。22 1.（2 0 2 1 届湖北省九师联盟高三联考）如图所示，半轻为R的半圆形轨道固定在竖直面内，A8是其水平直径，轨道上的C点和圆心。的连线与竖直方向夹角6 =3 7.一质量为机的物块从A点由静止释放，沿轨道运动第一次到C点时速度大小为v,第一次从C点运动到圆弧最低点克服摩
37、擦力做功为W,若在B 点由静止释放，物块第一次运动到C点时速度刚好为零，物块与轨道间的动摩擦因数处处相同，则（o o s 3 7 o=0.8）（）【答案】A1 9【解析】由题意知，从 A到。克服摩擦力做 功 叱=0.8 吆/?-/2,从 8到 C克服摩擦力做功卬 2=0.8/咫心则从圆弧右侧与C等高的位置运动到C点克服摩擦力做功 为 吗=-/n v2，由于从圆弧右侧与C等高的位置运动到圆弧最低点的物块对圆弧平均正压力大于从圆弧最低点运动到C点的物块对圆弧的平均正压力，因此从圆弧右侧与C等高的位置运动到圆弧最低点克服摩擦力做功大于从圆弧最低点运动到C点克服摩擦力做功，因此从。点 运动到圆弧最低点
38、克服摩擦力做功为:1 加 声7。故选A。42 2.（2 0 2 1 届湖北省七市教科研协作体高三联考）如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角8=3 0。，杆 上。点以上部分粗糙，O点以下部分（含。点）光滑。轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在。点，质量为，的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接。小球与杆粗糙部分的动摩擦因数=也，最3大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示4位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b 点，。点与4、b 间距均为/。则下列说法正确的是（）A.小球在a点弹簧弹性势能最大B.小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍C.整个运动
39、过程小球克服原擦力做功niglD.若增加小球质量，仍从。位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在匕点【答案】B C【解析】A.由于。点 与 匕 间 距 均 为/,所以小球在、人两点的弹性势能相等，则A错误；C.小球从a运动到6过程，由动能定理可得m g sin 62/一吗.=0,解 得 吗=叫/,所以C正确；B.小球在 a 点有 m g sin 3 0 +kl jumg cos3 0 -m ax,小球在。点有 A 7 sin 3 0 m a2由于小球最后是在。与两点间做简谐振动，则在b点与。点的加速度大小相等，小球在。点有 z g sin 3 0 =吗，a2=a3,联立解得小=%=1，q=g。
40、所以小球在a点加速度大小是在人点加速度大小的2倍，则B正确；D.若增加小球质量，仍从a位置静止释放，则小球最终运动的最低点，由于小球最后是在。与最低点c两点间做筒谐振动,则在c点与O点的加速度大小相等，小球在c点有kl-mg sin 3 0 =性，解得/=竽，K所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D错误；故选B C。2 3.（2 02 1届湖南省永州市高三二模）如图所示，质量均为机的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。4=0时刻在A上施加一个水平向左的恒力尸。时刻弹簧第一次恢复到原长
41、，止 匕 时A、B速度分别为匕和V,。则n到t2时间内（）A WWV BA.A、B和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小B.当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等C.当 A 的加速度为零时，B 的加速度为2mD.物块B 移 动 的 距 离 为 山 上 口2F【答案】BD【解析】A.恒力尸做正功，A、B 和弹簧组成的系统的机械能一直增大，A 错误；B.当弹簧的弹性势能最大时，弹簧最长，两物块速度相等，B 正确：C.当 A 的加速度为零时，弹簧的弹力等于F,B 的加速度为,C 错误；m1 9 1?D.因为弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能等于零，对系统根据功能关 系 以=万川片+万加区，解得+匕）,物 块
42、 B 移 动 的 距 离 为+）,D 正确。故选BD。2F 2F24.（2021届湖南师范大学附中高三模拟）如图所示，O P是固定水平面，。为固定的竖直立柱，AB是靠在立柱上、倾角为的斜面。一小物块（可视为质点）以大小为的速度向左经过水平面上的P 点后，最高能沿斜面滑行到斜面上的C 点；现将斜面沿图中虚线AB（倾角为。）靠在立柱上，小物块同样以速度%向左经过水平面上的P 点，已知小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数处处相等且不为零，小物块通过水平面与斜面的交接处时速度大小不变，。、E 为沿虚线4方放置的斜面上的两点，。与 C 在同一竖直线上，E与 C 在同一水平线上，则小物块能沿斜面滑行到的最高
43、位置一定在A.D点、B.D、E 两点之间的某位置C.E 点 D.E 点上方的某位置【答案】B【解析】设 C 点到水平面的高度为生，到 2 点的水平距离为/c,小物块的质量为?，与水平面及斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g,小物块从产经A 到 C 的过程中，克服重力和摩擦力做的总功Wc=mghc+P A +jumg A C co s a）,又 R l +A C c o s a =/c，故%=m g hc+mglc,可见，叫 与斜面的倾角无关，与 友 和/c有关：根据动能定理可知=5相1-0，同理可知，小物块从产经A到D的过程中，克服用力和摩擦力做的总功%=哂 +虬，小物块从P经 A 到E的过
44、程中，克服重力和摩擦力做的总功唯=mghE+/jmglE,根据题意可知“=%。，4 （=/。，故 唯 唯%；小物块从P沿倾角为。的斜面滑行道最高位置的过程中，克服重力和摩擦力做的总功-定为W=（机诏-0 =%,故小物块一定能沿斜面滑行道 、E 两点之间的某位置，选 项 B 正确，A C D错误。故选B.2 5.（2 0 2 1 届湖南师范大学附中高三模拟）如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点 M、N与圆心0、在同一水平线上，物块甲、乙质量之比为1：3。物块甲从M 处由静止开始无初速释放,滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即
45、反向，恰能回到轨道上。点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.Q 尸之间的竖直高度为g4B.Q P之间的竖直高度为C.在以后的运动中，物块甲不能回到M 点D.在以后的运动中，物块甲能回到历点【答案】A D【解析】A B.设 Q P之间的竖直高度为九 物块甲M 点滑到尸点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得“g R =；机说解得物块中第一次与物块乙碰前速度大小%=伍 方碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上。点，由机械能守恒定律得叫 =5机#解得碰撞后甲的速度大小为匕=I设甲的质量为“，则乙的质量为3皿，甲乙发生弹性碰撞，以向左为正方向,根据动量守恒定律有m%=加巧一 1,1
46、,1 ,根据机械能守恒定律有-m v o =-m v；+-x3mv1联立解得力=5，%=_ 产,匕=柠，故A正确，B错误;C D.由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置。点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得3机彩一根片=加1+3相区由机械能守恒定律得g inv+g x 3加盯=g mv2+；x 3mv解得物块甲的速度大小为v：=J颁碰撞后对甲，由机械能守恒定律得mgh=mv解得=R,物块甲能回到M点，故C错误，D正确。故选A D。2 6.（2 0 2 1届辽宁省沈阳市高三质量监测）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，一木块沿斜面由静止开始下滑，下滑
47、过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，设水平地面为零势能面，则下列说法正确的是（）A.位移为x时，木块刚好滑到斜面的底端B.在位移从0到x的过程中，木块的重力势能减少了 3 EC.图线。斜率的绝对值表示木块所受的重力大小D.图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小【答案】A B D【解析】A.根据图像可知，位移为x时，机械能与动能相等，则势能为零，木块刚好滑到斜面的底端，故A正确;B.初始时刻重力势能为3 E,到底部，重力势能为零，在位移从0到x的过程中，木块的重力势能减少/3 E,故B正确；C.机械能改变量等于除重力以外的其他力做的功，故图线“斜率的绝对值表示木块所受的阻力
48、大小，故C错误；D.根据动能定理可知，图线6斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确。故选ABD。27.(2021届辽宁省铁岭市六校高三一模)在新冠肺炎防控期间，要求同学们勤洗手，戴口罩，不聚集，内防反弹外防输入。为了防止被污染的冷链食品感染工人，某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示,电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为6=30。的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0D 6s时间内物体运动的V/图象如图乙所示，其中除1 口 5s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 k g,不计一切摩擦，重力加速B.I
49、s后电动机的输出功率为100WC.在1 口 5 s内电动机牵引力的冲量大小为50N-sD.在()口 5 s内物体沿斜面向上运动了 32.5m【答案】ABC【解析】A.在时间A=1 s内，物体的位移为x,电动机做的功为例,则由运动学公式得：%,=-v/!=-x5xlm=2.5m2 21 ,由动能定理得叫-Zgsz力30=/机v；,联立解得Wi=50J,故人正确；B.在01s内，设细绳拉力的大小为则根据运动学公式和牛顿第二定律可得v=atR-mgsin 30=/776FO由图象可知vi=5m/s,由功率公式P=Fw联立解得在1s末电动机输出功率为尸二100W1s后电动机的输出功率保持不变，所 以1s后电动机的输出功率为100W,故B正确;C.在15s内，据动量定理得/奉mgsinO（人 力）=tnvm-mv解得/牵=50Ns,故C正确；D.当物体达到最大速度Um后，细绳的拉力大小由牛顿第二定律和功率的公式可得：F2-sin0=0由 P=F2Vm解得 Vm=10m/s1 9 1 9在15s内，据动能定理得尸 -.）一/叫/立场二/机匕；一耳 明代入数据解得X2=32.5m物体在05s内物体沿斜面向上运动位移为x=xi+x2=2.5m+32.5m=35m故D错误。故选ABC。