《高考物理模拟题分类训练(05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(05期)专题07功和能(教师版含解析).docx（29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广东高三一模)发光弹力玩具球因其弹性好，与地面碰撞时没有能量损失而深受小朋友喜爱。如图，某次将这种弹力小球从某一位置水平抛出，小球落地后反弹越过其右侧的竖直挡板，不计空气阻力，则小球越过挡板时()A速度一定沿水平方向B速度一定沿斜向上方向C机械能一定与抛出时相等D动能一定小于抛出时的动能【答案】C【解析】AB因为初速度不确定，所以越过其右侧的竖直挡板时，高度小于初始高度，故速度不可能水平，如果在上升阶段，则速度斜向上方向，如果在下降阶段，则则速度斜向下方向，故AB错误；C因为只有重力做功，机械能守恒一定与抛出时相等，故C正确；D高度小于初始高度，重力做正功，故动能增
2、大，故D错误。故选C。2(2021浙江温州市高三二模)如图所示，质量为m的物体静止在水平地面上，物体上面连接一轻弹簧，用手拉着弹簧上端将物体缓慢提高h，若不计物体动能的改变，则物体重力势能的变化和手对弹簧的拉力做的功W分别是()A、B、C、D、【答案】C【解析】重力势能的变化量等于克服重力所做的功，即物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化此手的拉力做的功Wmgh，故选C。3(2021北京海淀区高三一模)如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的
3、是()A下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大B从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量C从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒D从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量【答案】B【解析】A下落至重力与弹性绳拉力等大时速度最大，A错误；B从开始到下落速度最大，小明重力势能的减少量等于动能的增加量与绳弹性势能之和，B正确；C从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能减小，因为绳弹性势能增大，C错误；D从开始到下落至最低点，由于初末动能为零，故小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，D错误。故选B。4(2021山东济南市高三一模)如
4、图所示，质量均为m=1kg的小物块A和长木板B叠放在一起，以相同的速度v0=5m/s在光滑水平面上向右匀速运动，A、B间的动摩擦因数=0.25。给长木板B一个水平向左的力，且保持力的功率P=5W不变，经过一段时间，A开始相对于B运动。则这段时间内小物块A克服摩擦力做的功为()A36 JB24 JC18 JD12 J【答案】D【解析】A开始相对于B运动时，二者之间是滑动摩擦力，并且加速度相同，有，解得，此时两物体的速度为，对A，根据动能定理得，解得，故选D。5(2021江苏高三一模)物体从某一高度做初速为的平抛运动，为物体重力势能，为物体动能，h为下落高度，t为飞行时间，v为物体的速度大小。以水
5、平地面为零势能面，不计空气阻力，下列图象中反映与各物理量之间关系可能正确的是()ABCD【答案】D【解析】A平抛运动过程由机械能守恒定律，有，则图像为倾斜直线，故A错误；B地面为零势能参考面，设抛出点的高度为，则重力势能为，则图像为倾斜直线且为减函数，故B错误；C平抛的竖直分运动为自由落体运动，有，故有则图像为开口向下的抛物线，二者为二次函数关系，故C错误；D根据动能定理有则有则图像为开口向下的抛物线，二者为二次函数关系，故D正确。故选D。6(2021北京朝阳区高三一模)如图甲所示，质量为m=4.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示(
6、x=4.0 m后无推力存在)。已知物体与地面之间的动摩擦因数=0.50，取重力加速度g=10m/s2，下列选项正确的是()A物体在水平地面上运动的最大位移是4.0mB物体的最大加速度为25m/s2C在物体运动过程中推力做的功为200JD在距出发点3.0m位置时物体的速度达到最大【答案】C【解析】A C由Fx图像可知，推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积，即对物块运动的整个过程，根据动能定理可得，代入数据解得即物体在水平地面上运动的最大位移是10m，故A错误，C正确；B分析可知，推力F=100N时，物体所受合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律得，代入数据解得，故B错误；D由图像可知，推力
7、F随位移x变化的数学关系式为物体的速度最大时，加速度为零，此时有，代入解得x=3.2m即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，故D错误。故选C。7(2021山东高三一模)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛将在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡和停止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑路段获得高速后从起跳区水平飞出，在着陆坡落地，不计空气阻力。用v、P、Ek、E分别表示运动员在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能，t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中正确的是()ABCD【答案】B【解析】A运动员在空中做平抛运动，则竖直方向的加速度为g，则v=g
8、t，则图像A错误；B重力的瞬时功率P=mgvy=mg2t，则选项B正确；C某时刻的动能，图像C错误；D平抛物体的机械能守恒，则E-t图像是平行t轴的直线，选项D错误。故选B。8(2021浙江温州市高三二模)用特殊材料做成的、质量均为的A、B两球，套在一根水平光滑直杆上，并将A球固定，以A的位置为坐标原点，杆的位置为x轴，建立坐标系，如图甲所示。两球间存在沿x轴的作用力，且大小随间距的变化而变化。两球之间因受到相互作用力而具有一定的势能，若其间的作用力做正功则势能减少，做负功则势能增加。根据这一规律，测出了其间的势能随位置坐标x的变化规律，如图乙所示。其中图线最低点的横坐标，图线右端的渐近线为虚
9、线a(对应)。运动中不考虑其它阻力的影响，杆足够长，以下说法错误的是()A将小球B从处由静止释放后，它开始向x轴正方向运动B将小球B从处由静止释放后，它在运动中能达到的最大速度为C将小球B从处由静止释放后，它不可能第二次经过的位置D将小球B从处由静止释放后，它仅有一次经过的位置【答案】D【解析】由图知，在时，两个小球之间为排斥力，在时，两个小球之间为吸引力，且无穷远处与6cm处势能相等，均为0.28J，从而当小球B在12cm处由静止释放后，小球B将做往复运动，多次经过x0=20cm位置。同理当小球B在4cm、8cm处由静止释放后，其做往复运动。当小球B从处由静止释放后，运动到x0=20cm时势
10、能最小，故速度最大，由能量守恒可知。由图像知，代入解得最大速度为1m/s，故ABC正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。9(2021浙江绍兴市高三二模)某成年男子正在进行减肥训练，反复地将总质量为50kg的杠铃从地板举过头顶，他每分钟能够完成三个这样的动作。已知燃烧1g脂肪能提供39kJ的能量，其中有10%用于举杠铃的能量，忽略将杠铃放下时消耗的脂肪，那么减掉0.5kg脂肪所需时间约为()A1.2hB5.2hC11hD33h【答案】C【解析】减掉0.5kg脂肪提供的能量为，每分钟举杠铃的能量，由题意可知，故选C。10(2021浙江绍兴市高三二模)滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，
11、第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是()A图1是滑块上滑的照片B滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度C滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度D滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率【答案】D【解析】B下滑过程中，根据牛顿第二定律上滑过程中，根据牛顿第二定律显然上滑的加速度大于下滑的加速度，B错误；A根据，上滑和下滑时，位移大小相同，但上滑时加速度大，所用时间短，图1是滑块下滑的照片，图2是滑块上滑的照片，A错误；C根据，上滑和下滑时，位移大小相同，但下滑
12、时加速度小，滑块下滑到底端时的速度小于刚开始上滑时的初速度，C错误；D上滑和下滑时，摩擦力做功相同，而下滑时使用时间长，因此平均功率小，D正确。故选D。11(2021江苏南京市高三二模)如图所示，在倾角为的光滑斜面上，劲度系数为200N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为4kg的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住球B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切摩擦，g取10。则()AA、B组成的系统在运动过程中机械能守恒B弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30NC弹簧恢复原长时A速度最大DA沿斜面
13、向上运动10cm时加速度最大【答案】B【解析】AA、B组成的系统在运动过程中机械能不守恒，因为弹簧弹力做了功，所以A错误；BA、B组成的系统在运动过程加速度大小相等，在弹簧恢复原长时，细绳拉力为F，由牛顿第二定律可得 ，解得，所以B正确；C弹簧恢复原长后，A、B组成的系统还一直做加速运动，所以C错误； DA、B组成的系统做简谐振动，开始运动时加速度最大，弹簧开始的压缩量为，解得，A沿斜面向上运动10cm时，弹簧刚好恢复原长，此时，加速度不是最大，当A沿斜面向上运动20cm时，弹簧伸长，则有，系统的加速度为0，所以A沿斜面向上运动过程中，其加速度先减小后增大，做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速
14、度逐渐增大的减速运动，所以D错误；故选B。12(2021湖南邵阳市高三一模)一质量m=2kg的物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.5。则拉力的功率最大值是()A30 WB50 WC60 WD120 W【答案】C【解析】当速度达到5m/s时，拉力的功率最大，在前5s物体的加速度为1m/s2，摩擦力为，由牛顿第二定律可知F-f=ma，解得F=12N。根据P=Fv，可得Pmax=60W，故选C。13(2021天津南开区高三一模)我国的“神舟十一号”载人飞船已于2016年10月17日发射升空，入轨两天后，与“天宫二号”成功
15、对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫二号”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十一号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内顺时针运转。若“神舟十一号”在轨道1上的P点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点Q与“天宫二号”进行对接，图中P、Q、K三点位于同一直线上，则()A“神舟十一号”应在P点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2B“神舟十一号”沿椭圆轨道2从Q点飞向P点过程中，万有引力做负功C“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中机械能不断增大D“天宫二号”在轨道3上经过Q点时的速度与“神舟十一号”在轨道2上经过Q点
16、时的速度相等【答案】A【解析】A“神舟十一号”要在P点从轨道1变为轨道2，轨道半径变大，它要做离心运动，其速度要大，“神舟十一号”应在P点瞬间加速才能使其轨道由1变为2，故A正确；B“神舟十一号”沿椭圆轨道2从Q点飞向P点过程中，其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为锐角，则万有引力对其做正功，故B错误；C“神舟十一号”沿椭圆轨道2从P点飞向Q点过程中，只有万有引力做功，其机械能守恒，故C错误；D卫星要由轨道2变轨到轨道3，必须在Q点加速，所以“天宫二号”在轨道3上经过Q点时的速度比“神舟十一号”在轨道2上经过Q点时的速度大，故D错误。故选A。14(2021河北高三一模)某健身娱乐器材的简化模型如
17、图，竖直放置的轻质圆盘上对称固定有6个质量均为m的小球，圆盘绕过圆心的水平固定轴匀速转动，假设转动过程中有一个小球从圆盘上脱落。忽略所有摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A脱落的小球一定带走系统总机械能的六分之一B小球脱落后，其余小球的线速度大小一定不变C小球的脱落一定使水平轴对圆盘的支持力减少mgD若对称点上的小球同时脱落，两小球一定带走系统总机械能的三分之一【答案】D【解析】A六个小球的动能相同，但是重力势能不相同，则脱落的小球不一定带走系统总机械能的六分之一，A错误；B小球脱落后，其余小球的重心会发生变化，圆盘不再做匀速圆周运动，则其余小球的线速度大小一定变化，B错误；
18、C每个小球都做圆周运动，每个小球对水平轴产生的作用力不等于mg，则小球的脱落不一定使水平轴对圆盘的支持力减少mg，C错误；D对称点的两个球的机械能一定等于系统总机械能的三分之一，则若对称点上的小球同时脱落，两小球一定带走系统总机械能的三分之一，D正确。故选D。15(2021天津高三模拟)我国战国时期墨家的著作墨经记载了利用斜面提升重物可以省力的方法。如图所示，倾角为、长为的斜面固定在水平地面上，质量为的滑块置于斜面底部A处，滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.1，现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时，速度变为，重力加速度g取，。将滑块沿斜面拉到处时拉力F的功率为()ABCD【答案】D【解析】对物块受力
19、分析有根据运动学公式有联立解得，将滑块沿斜面拉到处时，速度为则拉力的功率为，故选D。16(2021河北高三一模)在光滑水平面上，有一质量为的滑块，在变力F的作用下沿x轴作直线运动，F-x关系如图，和的两段曲线关于坐标点(10，0)对称。滑块在坐标原点处速度为，则滑块运动到处的速度大小为()ABCD【答案】A【解析】图像与坐标轴围成的图像的面积表示变力F做的功，所以根据动能定理得，解得，故选A。17(2021广东高三模拟)如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道
20、的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则()AW=mgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CW=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【答案】D【解析】质点从开始下落到落至N点的过程中，重力做功为在N点时，根据牛顿第二定律，有可知，质点在N点的动能为质点在此过程中，克服摩擦力做功为由于在轨道内摩擦力始终做负功，机械能在不断减小，而PN和NQ两端重力势能变化量的大小相等，所以质点在PN段的动能整体上大于NQ段，因此，质点在PN段克服摩擦力做功大于NQ段，PN段克服摩擦力做功mgR
21、，所以NQ段摩擦力做功小于mgR，则整个过程摩擦力做功小于mgR，故质点到达Q点时速度不为零，可以继续上升一段距离。故选D。18(2021辽宁大连市高三一模)“ETC”是高速公路上电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶，为合理通过收费处，司机在t1时刻使汽车功率减半，并保持该功率行驶，到t2时刻又做匀速运动；通过收费处后，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率，以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变，则在该过程中，汽车的速度随时间变化图像可能正确的是()ABCD【答案】C【解析】0-t1时间内，汽车以恒定功率匀速行驶，则有 ，t1时刻使汽车功率减半，则有解得则汽车做
22、减速运动，速度减小，t1到t2时刻保持该功率行驶，所以牵引力增大，由牛顿第二定律可得则汽车做加速度逐渐减小的减速运动，t1到t2时间内图像的斜率逐渐减小；t2到 t3时间内做匀速运动则速度保持不变；t3到 t4时间内先做匀加速运动有由于牵引力不变，速度增大，功率增大，当时，保持功率不变，则汽车继续加速运动，其牵引力减小，由牛顿第二定律可知，汽车做加速度逐渐减小的加速度运动，加速度为0时，汽车的速度达到最大值，最后做匀速运动。所以在t3到 t4时间内图像斜率保持不变，再逐渐减小，最后为0。所以C正确；ABD错误；故选C。19(2021广东高三模拟)总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时
23、，发动机的功率为P。司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。从司机减小油门开始，汽车的v-t图象如图，从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中，行驶的位移为s，汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在该过程中，下列说法不正确的是()A汽车再次匀速运动时速度大小为Bt=0时刻，汽车的加速度大小为C汽车的牵引力不断减小D经历的时间为【答案】C【解析】A汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，有，汽车以功率匀速行驶时牵引力等于阻力，有，可得，选项A正确；Bt=0时刻，汽车的牵引力，汽车的加速度大小，选项B正确；C汽车做减速运动，速度
24、减小，功率不变，据P=Fv知，牵引力不断增大，选项C错误；D由动能定理有，其中克服阻力做功Wf=fs，所经历的时间，选项D正确。故选C。20(2021广东肇庆市高三二模)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
25、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，系统杋械能不守恒，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A点运动到B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
26、加量等于弹簧弹力所做的功，故D正确。故选BD。21(2021福建莆田市高三二模)如图，轻弹簧一端固定在倾角为的斜面底端。一质量为m的物体从距弹簧上端d处由静止释放，向下运动位移L后停在最低点。已知弹簧始终在弹性限度内，物体与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则物体向下运动过程()A摩擦产生的热量为mgLcosB物体机械能的减少量为mgLsinC物体的最大动能为mgdsin-mgdcosD弹簧弹性势能的最大值为mgLsin-mgLcos【答案】ABD【解析】A根据功能关系得摩擦产生的热量为，A正确；B从最高点到最低点，动能不变，则机械能的减少量即为重力势能的减少量，所以物体机械能的减少量为m
27、gLsin，B正确；C物体速度最大时，动能最大，而速度最大时，合力为零，所以在弹簧发生一定形变时，弹簧弹力、重力、摩擦力即支持力四力平衡时，物体动能最大。C错误；D物体运动过程中，重力势能转化为热能和弹簧的弹性势能，即，解得，D正确。故选ABD。22(2021广东高三一模)蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童()A机械能一直减小B刚接触网面时，动能最大C重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功D重力势能的减少量等于弹性势能的增加量【答案】AC【解析】A运动员从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及
28、空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A正确；B运动员和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故开始动能并非最大，故B错误；CD根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和弹簧弹力做功的代数和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，重力做功大于克服空气阻力做功，故C正确，故D错误；故选AC。23(2021天津高三一模)天津市城市轨道交通非常发达。为保证乘客舒适乘车，机车启动的初始阶段做匀加速运动，速度达到某值时机车的实际功率达到额定功率，此后机车在额定功率下工作直至匀速运动(假设机车沿水平轨道做直线运动且所受的阻力保持不变)，则()A匀加速运动的阶段，机车的牵引力保持不变B达到额定功率后直
29、到匀速运动，机车的牵引力保持不变C匀速运动时，机车的牵引力与阻力大小相等D在整个过程中牵引力做的功等于机车动能的增加量【答案】AC【解析】A匀加速阶段，由于阻力保持不变，加速度恒定，所以牵引力不变，A正确；B达到额定功率后直到匀速运动，这个过程中机车先做加速度减小的加速运动然后匀速，所以机车的牵引力先逐渐减小然后保持不变，B错误；C匀速运动时机车受力平衡，所以机车的牵引力与阻力大小相等，C正确；D在整个过程中牵引力做的功等于机车动能的增加量与克服阻力做功之和，D错误。故选AC。24(2021湖南邵阳市高三一模)如图所示，A物体质量为2m，B物体质量为m，用一轻绳相连，将A用一轻弹簧悬挂于天花板
30、上，系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为x，弹性势能为Ep，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内。现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，A物体的()AA物体上升时速度最大BA物体上升时速度最大C最大动能为D最大动能为【答案】BC【解析】AB在最低点，当速度最大时，加速度为零，则，则A物体上升高度为，A错误，B正确；CD速度最大时，弹性势能大小为，由机械能守恒定律可知，解得，C正确，D错误。故选BC。25(2021福建漳州市高三二模)如图，木块A、B紧靠放置于水平面上，A和墙间水平拴接着劲度系数为的轻弹簧，且弹簧处于原长状态。已知A、B质量分别为、，与水平面间的动摩擦因数
31、均为，重力加速度为。今用水平力向左缓慢压B，使B向左移动，突然撤去，则()A若A、B可分开，分开时弹簧处于原长状态B若A、B可分开，分开时弹簧处于压缩状态C为使A、B可分开，做功必须大于D为使A、B可分开，必须不小于【答案】AD【解析】AB两木块分开瞬间加速度相等，两者之间弹力为0。设此时共同的加速为a，弹簧的弹力为T，对B木块用牛顿第二定律对A木块用牛顿第二定律联立得T=0，所以此时弹簧没有弹力即处于原长状态，故A正确，B错误；C由选项A可知，A、B分开时弹簧已经恢复原长，全程弹簧所做总功为0。从力F开始推动到A、B木块分开，对全程用动能定理，可得木块分开时有Ek0，即，解得WF6mgx，故
32、C错误；D从压缩量为x释放到A木块和B木块分开，由能量守恒定律可得，分开时有Ek0，即，解得，故D正确。故选AD。26(2021河北高三一模)如图，在O点用长为L不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球，O点正下方的P点固定一细钉子，OP距离为d，C点和P点等高。小球处于O点右侧同一水平高度的A点时，绳刚好拉直，将小球从A点由静止释放。以过最低点B的水平面为零势能面，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A若小球恰能绕钉子做圆周运动，则d应等于B若d为，小球到达C点时绳子拉力为3 mgC若d为，小球到达C点时的机械能为D若d为，小球到达C点时所受合力方向水平向右【答案】AB【解析】A
33、若小球恰能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点有，从A点到最高点有，解得，故A正确；B从开始至C点过程，由动能定理得，在C点，有，解得，故B正确；C以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为 ，故C错误；D小球到达C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可能水平向右。故D错误。故选AB。27(2021辽宁铁岭市高三一模)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，与放在倾角为的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物
34、体沿斜面上升；在时间内物体运动的图象如图乙所示，其中除时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度。则下列判断正确的是()A在内电动机所做的功为B后电动机的输出功率为C在内电动机牵引力的冲量大小为D在内物体沿斜面向上运动了【答案】ABC【解析】A在时间t1=1s内，物体的位移为x，电动机做的功为W1，则由运动学公式得：，由动能定理得，联立解得W1=50J，故A正确；B在01s内，设细绳拉力的大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得v1=at1F1-mgsin30=ma由图象可知v1=5m/s，由功率公式 P=F1v1联
35、立解得在1s末电动机输出功率为P=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I牵-mgsin(t-t1)=mvm-mv1，解得I牵=50Ns，故C正确；D当物体达到最大速度vm后，细绳的拉力大小F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F2-mgsin=0由P=F2vm解得vm=10m/s在15s内，据动能定理得代入数据解得x2=32.5m物体在05s内物体沿斜面向上运动位移为x=x1+x2=2.5m+32.5m=35m故D错误。故选ABC。28(2021福建福州市高三一模)如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k(足够大)的轻质
36、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f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v-t图象如图乙所示。已知在0t1时间内，图线为曲线，在t1t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，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0t1时间内，小车运动的位移为B在t1时刻，小车速度为C在t1+t2时刻，小车恰好离开轻弹簧D在0t2时间内，轻杆摩擦产生热Q=fl【答案】AD【解析】A在0t1时间内，小车压缩弹簧轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于
37、最大静摩擦力，则在0t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有，A正确；B在t1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l，由动能定理有，解得，所以在t1时刻，小车速度为，B错误；D在0t2时间内，轻杆摩擦产生热Q=fl，D正确；C在0t1时间内，小车先做加速度增大的减速运动，在t1t2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t1大，所以在t1+t2时刻，小车还末离开轻弹簧，C错误。故选AD。29(2021湖南衡阳市高三一模)如图所示，两小滑块的质量分别为用长为的轻杆通过铰链连接，套在固定的竖直光滑杆上，放
38、在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与相连，左端固定在竖直杆点上，轻杆与竖直方向夹角由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为。则下降过程中()A组成的系统机械能守恒B下降过程中的速度始终比的速度大C弹簧弹性势能最大值为D达到最大动能时，受到地面的支持力大小为【答案】CD【解析】A对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒。但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；B根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得，可得的速度不会始终比的速度大，故B错误；C根据系统机
39、械能守恒可得，故弹性势能的最大值为，故C正确；DP下降过程中动能达到最大时，P的加速度恰好为0。此时对PQ整体，竖直方向受力平衡，故Q受到地面的支持力大小，故D正确。故选CD。30(2021辽宁朝阳市高三一模)如图所示，A、B两物块质量均为m，两物块由一轻质弹簧拴接，质量为2m的物块C放在足够高的光滑水平桌面上，物块C与B之间由绕过固定光滑定滑轮的细线相连。初始时，系统静止，细线恰好伸直且无作用力。现对物块C施加一个水平向右的力F，物块C在F作用下向右匀加速运动，位移为x时速度为v，此时物块A恰好离开地面。已知重力加速度为g，此过程中()A细线的拉力大小与F大小成正比BF的最小值为C细线拉力的
40、最大值为DF做的功为【答案】BD【解析】A物块C做匀加速直线运动，设细线拉力为T，由牛顿第二定律得T与F不成正比，故A错误；B以物块B、C为研究对象，当弹簧的压缩量最大时F值最小，设弹簧弹力为，由牛顿第二定律得又因为所以，选项B正确；C物块C做匀加速直线运动，因为细线长度不变，所以物块B也做匀加速直线运动，物块B受重力、弹簧弹力和细线拉力T，由牛顿第二定律得弹簧拉力最大时，物块A恰好刚刚离开地面T最大，得到，选项C错误；D因为初始状态细线对B无拉力，弹簧处于压缩状态，由胡克定律得压缩量物块A恰好刚刚离开地面时，物块A不受地面支持力，弹簧处于伸长状态，由胡克定律得伸长量初、末状态弹簧形变量相等，
41、所以弹簧弹性势能相等。设力F做的功为，对组成的系统由功能关系得且解得，选项D正确。故选BD。31(2021辽宁抚顺市高三一模)如图所示，中间夹有被压缩轻弹簧的两弹性小球，用轻绳相连后放置在光滑水平地面上，距小球右侧足够远的位置固定一半径的光滑半圆轨道，左侧放置一半径，的右侧带圆弧型的木块，木块底端放置一质量的弹性小球。现剪断轻绳，小球进入光滑半圆轨道后恰好通过最高点B，小球向左运动与发生弹性碰撞，下列说法正确的是()A小球落地点距A点的距离为1.5mB初始状态，弹簧弹性势能为37.5JC小球与碰撞后，以速度冲上圆弧型的木块D小球冲上木块M过程中，和M组成的系统动量守恒【答案】BC【解析】A小球
42、进入光滑半圆轨道后恰好通过最高点B，则有解得小球从B点平抛，有解得，即小球落地点距A点的距离为1m，故A错误；B小球从弹簧弹开后，经过A点圆周过B点的过程机械能守恒，有可得小球的速度为弹簧弹开m1和m2的过程，满足系统机械能守恒和动量守恒，有解得，故初始状态弹簧弹性势能为37.5J，则B正确；C小球m2的速度，与静止的m3发生弹性碰撞，由系统的动量守恒和机械能守恒有解得，故小球与碰撞后以速度冲上圆弧型的木块，故C正确；D小球冲上木块M过程中，系统水平方向的外力为零，竖直方向的外力不为零，故和M组成的系统水平方向动量守恒，故D错误；故选BC。32(2021重庆高三二模)质量为m的汽车从t=0时刻
43、开始受到水平向前的牵引力F作用，F与作用时间t的关系如题图所示。若汽车在t0时刻开始沿平直公路运动，汽车受到的阻力恒定不变，下列说法正确的是()A汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B2t04t0，汽车克服阻力做的功为C汽车在2t0时刻的速度大小为D汽车在3t0时刻牵引力的瞬时功率为【答案】BD【解析】由题目可知，阻力恒定不变，即f不变，在t0时刻开始运动，可得A在0tt0时间内，Ff，汽车保持静止，在t0t2t0时间内，由牛顿第二定律可得由于F在增大，所以加速度也在增大，故汽车做加速度增大的变加速直线运动，在2t0t4t0时间内，力F未发生变化，汽车做匀加速直线运动，故A错误；BC设汽车在2t0时的速度为v1，在4t0时的速度为v2，在t02t0时间内由动量定理可得联立方程，解得在2t04t0时间内由动量定理可得联立方程，解得在2t04t0时间内，汽车克服阻力做的功等于动能的变化量，由动能定理可得，故B正确，C错误；D设汽车在3t0时的速度为v3，在t03t0时间内，由动量定理可得解得则牵引力的瞬时功率为联立方程，解得，故D正确。故选BD。