《高考物理模拟题分类训练(02期)专题07功和能(教师版含解析).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理模拟题分类训练(02期)专题07功和能(教师版含解析).docx（34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07 功和能1(2021届福建省厦门外国语高三质检)用玩具手枪以初速度v0竖直向上射出一颗质量为m的模拟子弹(以下简称子弹)，子弹升到最高点之后，又落回射出点。若子弹所受空气阻力大小恒为f，运动的最高点较射出点高h，重力加速度大小为g，则下列关于子弹的说法正确的是()A整个过程中空气阻力做功之和为0B整个过程中损失的机械能为fhC上升过程中重力势能增加D下降过程中空气阻力做功为 【答案】C【解析】AB上升过程和下降过程中空气阻力均做负功，故克服阻力做功2fh，选项A、B错误；C对上升过程，由动能定理可得故上升过程中重力所做的负功等于重力势能增加量，选项C正确；D下降过程中克服阻力做的功等于
2、上升过程中克服阻力做的功D错误。故选C。2(2021届广东省东莞市光明中学高三模拟)有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC棋子离开平台后距平台面高度为时动能为D棋子落到另一平台上时的速度大于【答案】AD【解析】A.重力势能增加量等于克服重力做功的值，所
3、以：，A正确B.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，只有重力做功，动能和重力势能相互转化，总的机械能保持不变，所以机械能守恒，B错误C.从初态到最高点时，设水平速度为，设初动能为，有：，当到达高度为时有：，解得：，C错误D.从最高点到落另一平台，竖直方向自由落体：，即：，所以落到另一平台速度，D正确3(2021届广东省佛山市高三质检)质量为m的小鸟，以速度v沿着与水平成角斜向上的方向匀速飞行，重力加速度为g，则()A小鸟处于超重状态B空气对小鸟作用力的方向与v的方向相反C空气对小鸟作用力的大小为mgD重力对小鸟做功功率为-mgv【答案】C【解析】A小鸟匀速飞行，合力为零，既不超重也不失重。故
4、A错误；BC小鸟受重力和空气对小鸟的作用力，由于小鸟匀速飞行，则合力为零，即空气对小鸟的作用力与重力等大反向，大小为。故B错误，C正确；D功率公式，要求力与速度共线，所以重力对小鸟做功功率为故D错误。故选C。4(2021届广东省梅州市兴宁市一中高三模拟)光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示。一个小球以恒定速率沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中正确的是()A轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大B轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大C轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大D轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大【答案】A【解析】轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹
5、力不做功，根据动能定理知，速度的大小不变。根据半径减小，角速度不断增大。故选A。5(2021届广东省梅州市兴宁市一中高三模拟)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点下列说法正确的是()A运动员到达最低点前加速度先不变后增大B蹦极过程中，运动员的机械能守恒C蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小D蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大【答案】D【解析】A：蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变蹦极绳张紧后，运动员受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下；后来重力小于弹力，
6、加速度向上；则蹦极绳张紧后，运动员加速度先减小为零再反向增大故A错误B：蹦极过程中，运动员和弹性绳的机械能守恒故B错误C：蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大再减小，运动员动能先增大再减小故C错误D：蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性绳的伸长量增大，弹力一直增大故D正确6(2021届广东省梅州市兴宁市一中高三模拟)表所示列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗。若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()自重40kg额定电压60V载重75 kg额定电流10A最大行驶速度36km/h额定输出功率500WA电动机的输入功率为600WB
7、电动机的内电阻为4C该车获得的牵引力为100ND该车受到的阻力为50N【答案】AD【解析】A. 电动机的输入功率为P=UI=6010W=600W选项A正确；B. 对电动机P=P出+I2r解得电动机的内电阻为r=1选项B错误；C. 该车获得的牵引力为选项C错误；D. 该车匀速运动时牵引力等于阻力，即受到的阻力为f=50N选项D正确。故选AD。7(2021届广东省新高考八省大联考高三模拟)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox
8、，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确是()A当x=h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点B最低点的坐标C当x=h+2x1时，小球的加速度为-g，弹力为2mg，且为小球下落的最低点D小球动能的最大值为【答案】BD【解析】A小球下落到时，小球刚接触弹簧，直到前弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，故A错误；BC由题图乙可知解得由图线与横轴所图形的面积表示弹力所做的功，则有由动能定理得解得所以最低点不是；由对称性可知当时，小球加速度为，且弹力为，
9、但不是最低点，故B正确，C错误；D小球在处时，动能有最大值，根据动能定理有依题可得所以有故D正确；故选BD。8(2021届海南省海南中学高三模拟)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，滑轮质量忽略不计。质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大，下列关于小环C下落过程中的描述正确的是()A小环C和物体A组
10、成的系统机械能守恒B小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大C小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为D小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能可能一直先减小【答案】CD【解析】A小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹性势能间的转化，系统机械能守恒，故A错误；B小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量；到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加；经过S的过程，非重力做负功，机械能减小；故下落到位置S时，小环C的机械能一定最大，故B正确；C在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有：Tcos
11、=mgQ和A通过细线相连 由于此时，故故A与环的动能之比故C错误；D环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态；环在S点时，弹簧可能处于伸长、压缩、原长状态，故弹簧的弹性势能不一定先减小后增大，也可能依次减小、增加、减小、增大，故D正确；故选CD。9(2021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37的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5kg的滑块(视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O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a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度取10m/s2，sin
12、37=0.6，cos37=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m/sD滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J【答案】BC【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a=5.2m/s2，根据牛顿第二定律有解得，故B正确；C当x=0.1m时a=0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有解得，则弹簧弹力与形变量的关系为当形变量为x=0.1m时，弹簧弹力F=26N，
13、则滑块克服弹簧弹力做的功为从下滑到速度最大，根据动能定理有解得m/s，故C正确；D滑块滑到最低点时，加速度为，根据牛顿第二定律可得解得，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有解得Ep=5.2J，故D错误。故选BC。10(2021届河北省选择性考试模拟演练)如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是(弹簧的长度为时弹性势能为)()A金属环的最大加速度为gB金属环的最大速度为C金属环与细杆之间的最大压力为D金属环达到最大
14、速度时重力的功率为【答案】BC【解析】根据对称性可知，在运动过程中，弹簧始终水平，金属环刚释放时加速度度最大；平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向的分力与重力沿杆方向的分力相等时，速度最大；只有弹簧的弹力和重力做功，机械能守恒；由几何关系可知，金属环下落的高度是弹弹簧形变量的一半。A刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以金属环的最大加速度为故A错误；BD在平衡位置弹簧的伸长量为x1，根据平衡条件有，沿杆方向有由机械能守恒定律得解得，金属环的最大速度为金属环达到最大速度时重力的功率为故B正确，D错误；C当金属环下落到到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大。设此时弹簧的形变量为x2，由机
15、械能守恒定律得对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有综合上述可以解得，金属环与细杆之间的最大压力为故C正确。故选BC。11(2021届湖北省选择性考试模拟演练)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()AP对Q做功为零BP和Q之间相互作用力做功之和为零CP和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒DP和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒【答案】B【解析】AP对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面上，与Q前后移动连线的位移夹角大于，所以P对Q做功不为0，故A错误；B因
16、为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；CD因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误；故选B。12(2021届湖北省选择性考试模拟演练)如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(
17、)ABCD【答案】B【解析】小物块第一次到达O点，获得的动能运动的路程小球第一次通过O点损失的动能为，滑上斜面到最高点到第二次到达O点运动的路程小球第二次通过O点损失的动能为滑上斜面的最高点小球第三次达到O点的路程小球第二次通过O点损失的动能为设当小球第n次到达O点时刚好静止第n次损失的动能为则在整个过程中损失的动能根据等比数列求和公式得可得n趋于无穷大；则在整个过程中的路程根据等比数列求和公式得当n趋于无穷大，有故选B。13(2021届湖北省武汉市洪山高级中学高三模拟)如图所示，倾角为30的光滑斜面底端固定一轻弹簧，0点为原长位置质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹
18、簧到最短的过程中，最大动能为8J现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s,则下列说法正确的是A物块从0点开始做减速运动B从B点释放滑块动能最大的位置比从A点释放要低C从B点释放弹簧的最大弹性势能比从A点释放增加了1JD从B点释放滑块的最大动能为9J【答案】D【解析】A.物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，故A错误B.由上
19、分析知，物块的动能最大时合力为零，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力，即，则知弹簧的压缩量一定，与物块释放的位置无关，所以两次滑块动能最大位置相同，故B错误C.根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：，故C错误；D.设物块动能最大时弹簧的弹性势能为，从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：联立得： 据题有： 所以得从B点释放滑块最大动能为：，故D正确14(2021届湖南省衡阳市田家炳实验中学高三模拟)飞船受大气阻力和地
20、球引力的影响,飞船飞行轨道会逐渐下降,脱离预定圆轨道,为确保正常运行,飞行控制专家按预定计划,决定在“神舟六号”飞船飞行到第30圈时,对飞船轨道进行微调,使其轨道精度更高,在轨道维持的过程中下列说法正确的是( )A因为飞船在较高轨道所具有的运行速度比在较低轨道的具有的运行速度小,所以飞船在轨道维持时必须减速B在飞船由较低轨道向较高轨道运行的过程中飞船的势能增加C飞船必须先瞬时加速使飞船脱离较低的圆轨道,当飞船沿椭圆轨道运动到较高的圆轨道时,再瞬时加速使飞船进人到预定圆轨道D飞船的轨道半径、动能、动量及运行周期较维持之前都有一定程度的增大【答案】BC【解析】A. 飞船的轨道高度逐渐降低，离地球越
21、来越近，飞船在轨道维持时必须加速，做离心运动脱离较低的圆轨道，故A错误；B. 在飞船由较低轨道向较高轨道运行的过程中万有引力做负功，飞船的势能增加，故B正确；C. 飞船必须先瞬时加速使飞船脱离较低的圆轨道，当飞船沿椭圆轨道运行到较高的圆轨道时，再瞬时加速使飞船进入到预定圆轨道，故C正确；D. 飞船的轨道半径较维持之前有一定程度的增大，根据， 所以速度、动能、动量较维持之前都有一定程度的减小，周期较维持之前都有一定程度的增大故D错误；故选BC.15(2021届湖南省衡阳市田家炳实验中学高三模拟)如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动在移动过程中，下列说法正确
22、的是A对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和【答案】CD【解析】对木箱进行受力分析，找出在木箱运动中有哪些力做功，做什么功，同时结合功能关系找出能量之间的转化，由动能定理及机械能守恒可得出各功及能量之间的关系解：在木箱移动过程中，受力分析如图所示这四个力中，有重力、拉力和摩擦力做功重力做负功使重力势能增加，摩擦力做负功产生热能因为物体加速运动，根据动能定理，合力做的功等于动能的增量。而机械能等于动能与重力势能之和，故F
23、做的功等于木箱增加的动能与重力势能以及克服摩擦力所做的功，所以AB错误，CD正确。16(2021届湖南省永州市宁远一中高三模拟)过山车是游乐场中一种很受喜爱的游乐项目。过山车的原理，可简化为如图所示模型：让质量为m的小球在光滑竖直轨道上运动，小球从某一位置静止下滑，经过圆轨道最高点和最低点时对轨道的压力分别为，则小球在圆轨道最低点和最高点对轨道的压力之差大小为()ABCD【答案】A【解析】小球在圆轨道上运动，由沿着半径方向的合力提供向心力，最低点最高点由牛顿第三定律可知，根据机械能守恒可知联立解得压力差为故选A。17(2021届湖南省永州市宁远一中高三模拟)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在
24、杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，滑块的机械能E和位移x之间的关系，在滑块上升部分图像满足图乙所示，滑块的图像后一部分为直线，前一部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取，由图像可知()A滑块的质量为B轻弹簧原长为C弹簧最大弹性势能为D滑块上升后，距地面的最大高度为【答案】D【解析】A初始位置重力势能为，高度h=0.1m，重力势能为可知，A错误；B当机械能不变，弹簧恢复原长，可知原长为，B错误；C根据系统机械能守恒可知，机械能为0.3J，重力势能为0.1J，则弹性势能最大值为，C错误；D根据机械能守恒，上升到最高点时，所有的
25、能都转化为重力势能，可得hm=0.3m,故D正确。故选D。18(2021届湖南省永州市宁远一中高三模拟)如图，在光滑水平面上放着质量分别为和m的两个物块，弹簧与A、B拴接，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此时弹簧弹性势能为E。然后撤去外力，则()A从撤去外力到A离开墙面的过程中，墙面对A的冲量大小为B当A离开墙面时，B的动量大小为CA离开墙面后，A的最大速度为DA离开墙面后，弹簧最大弹性势能为【答案】AD【解析】A设当A离开墙面时，B的速度大小为，根据功能关系知得从撤去外力到A离开墙面的过程中，对A、B及弹簧组成的系统，由动量定理得，墙面对A的冲量大小故A正确；B当A离开墙面时，B的动量大小故
26、B错误；CA离开墙后，当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，根据系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有由机械能守恒有解得A的最大速度故C错误；DA离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为。根据动量守恒和机械能守恒得联立解得：弹簧的弹性势能最大值故D正确。故选AD。19(2021届湖南省永州市宁远一中高三模拟)如图甲所示，一质量为的物体静止在水平地面上，物体在随位移均匀减小的水平拉力F作用下开始运动，拉力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数，取，则下列说法正确的是()A拉力撤去时物体的
27、速度为B物体在运动中的加速度先变小后不变C物体运动的最大速度为D物体在水平地面上运动的最大位移为【答案】ACD【解析】A外力撤去时，根据动能定理，解得故A正确；B由可知开始时随着F减小，加速度减小；当F=5N时，a=0；然后随着F的继续减小，加速度增大，F减小到0，以后加速度不变，所以物体在运动中的加速度先减小到0，后逐渐增大，最后不变，故B错误；C当拉力等于摩擦力时速度最大，根据函数关系可知，在处速度最大，根据动能定理，可知，此时速度故C正确；D物体从开始运动到停下来根据动能定理解得故D正确。故选ACD。20(2021届湖南省株洲市高三模拟)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为的固定光滑斜
28、面的底部，在弹簧的上端从静止开始释放0.5kg的小球，小球的加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，则()A斜面的倾角=60B弹簧的劲度系数为12.5N/mC小球最大的动能为0.25JD弹簧最大弹性势能为1J【答案】BCD【解析】A由图可知，当弹簧压缩量x0时，a=5m/s2，则有解得故A错误；B当弹簧压缩量x20cm=0.2m时，a=0，则有解得故B正确；C在ax图像中，图线与x轴所围成的面积表示ax的大小，当x=0.2m时，a=0，此时小球的速度最大，由可知，即小球最大的动能为故C正确；D由运动的对称性可知，当弹簧的压缩量为x1=0.4m时，小球速度为零，此时
29、弹簧的弹性势能最大，从最高点到小球速度为零的位置，由机械能守恒可得，最大的弹性势能等于重力势能的减小量，即最大弹性势能为故D正确。故选BCD。21(2021届江苏省连云港市高三模拟)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【答案】B【解析】A摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能
30、在变化，选项A错误；B圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即所以重力大于支持力，选项B正确；C转动一周，重力的冲量为I=mgt不为零，C错误；D运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcos可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误。故选B。22(2021届江苏省苏州八校联盟高三联考)如图甲所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图乙所示，其中高度从下降到，图像为直线，其余部分为曲线，对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为，以下说法正确的是( )A小物体下降至高度时，弹簧形变量为0B
31、小物体下落至高度时，加速度为0C小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了D小物体从高度下降到，物体的最大动能为【答案】C【解析】A小物体下降至高度h3时，动能达到最大，加速度为零，此时有弹簧形变量为，A错误； B小物体下落至高度时，达到最低点，合力不为零，加速度不为零， B错误；C小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量小物体从高度h2下降到h4，重力做功物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了，C正确；D小物体从高度h1下降到h5
32、，最大动能在h3处，此过程中重力势能的减小量为，根据能量关系可知，重力势能转化为动能和弹性势能，所以最大动能不等于mg(h1h3)，故D错误。故选C。23(2021届辽宁省大连市二十四中高三模拟)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离在此过程中A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量【答案】B【解析】A根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能
33、之和，故A错误；B以A物体作为研究对象，A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体，运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，故B正确；CA对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，故C错误；D对B应用动能定理，有WF-WFf=EkB，即WF=EkB+WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D错误。故选B。24(2021届辽宁省辽阳市高三模拟)如图所示，轻质弹簧下端固定在斜面底端，上端与一小球(视为质点)相连，弹簧与斜面平行，小球位于点时弹簧恰好处
34、于原长状态，初始状态小球静止在点。现对小球施加一个方向沿斜面向上的恒定拉力，使小球由静止开始运动，一段时间后到达最高点。已知，不计一切摩擦，弹簧一直在弹性限度内。下列说法正确的是()A小球从点运动至点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能减小B小球从点运动至点的过程中，该拉力对小球所做的功等于小球重力势能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和C小球从点运动至点的过程中，其机械能增大D小球从点运动至点的过程中，其动能先减小后增大【答案】BC【解析】A在小球和弹簧组成的系统中，拉力对系统做正功，故系统的机械能增加，故A错误；B根据能量守恒可知，小球从点运动至点的过程中，该拉力对小球所做的功等于小球重力势
35、能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；CD小球在拉力F作用下，会在AC间做简谐运动，由于ABBC，故平衡位置在BC间某一点，在平衡位置，小球受到的合力为零，则F-mgsin-F弹=0故在AB段，小球受到的拉力与弹力的合力向上，其合力做正功，故在AB段小球的机械能增加，在BC段时，从B到平衡位置，小球受到的合力向上，合力做正功，动能增加，从平衡位置到C，合力向下，做负功，动能减小，故C正确D错误；故选BC。25(2021届辽宁省沈阳实验中学高三模拟)如图所示，一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮、，左端与套在光滑直杆顶端的小球A连接，右端与物体B连接，处于竖直状态，B与下端固定的竖直轻弹簧
36、连接。直杆倾斜固定与水平面夹角，且与两定滑轮在同一竖直平面内，杆顶端与两定滑轮在同一高度。初始时使小球A静止不动，此时弹簧伸长了。已知小球A质量为，物体B质量为，直杆长为，弹簧劲度系数，重力加速度g取。现将小球A从顶端由静止释放，则()A沿杆下滑过程中，小球A与物体B组成的系统机械能守恒B沿杆下滑过程中，小球A、物体B与轻弹簧组成的系统机械能守恒C在释放前绳中张力大小为D小球A滑至杆底端C点时的速度大小为【答案】BCD【解析】AB由机械能守恒定律的条件，可知在沿杄下滑过程中，小球A、物体B与轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误，B正确；C释放前系统处于静止状态，对B分析，受重力、弹簧向下的弹力
37、和轻绳向上的张力，根据平衡条件有代入数据可得此时绳中张力大小为F=，故C正确；D由几何关系可得长度也为，则小球A滑到底端C点时，物体B回到释放时的高度，故整个过程弹簧的弹性势能变化量为0，则对整个系统由机械能守恒可得由运动的合成与分解有联立解得故D正确。故选BCD。26(2021届辽宁省营口市高三模拟)小滑块以的初动能从倾角为37的固定斜面底端上滑，小滑块沿斜面上滑、下滑过程中的动能随离开点的位移变化的图线如图中、所示。已知，重力加速度取，则()A小滑块的质量为B小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.45C时小滑块的动能为D小滑块的最大位移为【答案】AD【解析】AB设小滑块的质量为m，与斜面间的摩擦
38、因数为，则小滑块沿斜面上滑x=3m的过程中，结合图象根据动能定理有小滑块沿斜面下滑x=3m的过程中，结合图象根据动能定理有联立解得，故A正确，B错误；C由图可知，小滑块上滑或下滑经过x=1m处时，小滑块的动能为80J或16J，故C错误；D设小滑块的最大位移为s，小滑块从最大位移处下滑至底端，由动能定理可得解得，小滑块最大位移，故D正确。故选AD。27(2021届重庆市第一中学高三模拟)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()A小球从A到B的过程中，动能一直增加
39、B小球从A到B的过程中，机械能一直减少C小球从A到B的过程中，电势能一直减少D小球从A到B的过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量【答案】BD【解析】A小球在摆动过程中，从A到B过程中，重力做正功，电场力做负功，当摆到半径与重力、电场力的合力共线时(此时半径斜向右下，且OA与OC关于此半径对称)，速度最大，动能最大，然后动能减小，所以小球从A到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误；BC从A到B的过程中由于小球克服电场力做功，故小球的电势能一直增大，机械能一直减小，故B正确，C错误；D小球从A到B的过程中，重力势能转化为动能和电势能，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，故D正确。故选BD。