2024年高考真題和模擬題物理分類匯編專題06機械能（解析版）

專題06機械能1.（2024年新課標(biāo)考題）2.福建艦是我國自主設(shè)計建造首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進(jìn)行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍【答案】C【解析】動能表達(dá)式為：由題意可知小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開甲板時速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達(dá)海面上時間不變，根據(jù)可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。故選C。2.（2024年安徽卷考題）2.某同學(xué)參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v．已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點．重力加速度大小為g，不計空氣阻力．則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）A B. C. D.【答案】D【解析】人在下滑的過程中，由動能定理可得可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為故選D。3.(2024浙江1月考題)3.如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點2的高度為h，則足球（）A.從1到2動能減少 B.從1到2重力勢能增加C.從2到3動能增加 D.從2到3機械能不變【答案】B【解析】AB．由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能增加，則1到2動能減少量大于，A錯誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于，選項CD錯誤。故選B。4.（2024年江西卷考題）5.廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假設(shè)利用瀑布來發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為（）A.109 B.107 C.105 D.103【答案】B【解析】由題知，Δt時間內(nèi)流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt發(fā)電過程中水的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，則有故選B。5.(2024年江蘇卷考題)8.在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板B的右側(cè)，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A.彈簧原長時物體動量最大B.壓縮最短時物體動能最大C.系統(tǒng)動量變大D.系統(tǒng)機械能變大【答案】A【解析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢能為，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當(dāng)彈簧原長時得聯(lián)立得，故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。故選A。6.（2024全國甲卷考題）4.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.在Q點最大 B.在Q點最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】C【解析】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（點）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為，從大圓環(huán)頂端到點過程，根據(jù)機械能守恒定律在點，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得從大圓環(huán)頂端到點過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從點到最低點過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據(jù)機械能守恒定律在該處根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知的大小在時最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。7.（2024年安徽卷考題）7.在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設(shè)抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】設(shè)水從出水口射出的初速度為，取時間內(nèi)的水為研究對象，該部分水的質(zhì)量為根據(jù)平拋運動規(guī)律解得根據(jù)功能關(guān)系得聯(lián)立解得水泵的輸出功率為故選B。8.（2024年廣東卷考題）10.如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從、高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與無關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距【答案】ABD【解析】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動t3，乙運動的時間為由于t1與有關(guān)，則總時間與有關(guān)，故C錯誤；D．乙下滑過程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運動到停止有聯(lián)立可得，即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距。故D正確。故選ABD。9.（2024年山東卷考題）7.如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=kx2（x為繩的伸長量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長量則此時彈性繩的彈性勢能為從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功故選B。10.（2024年上海卷考題）4.一輛質(zhì)量的汽車，以的速度在平直路面上勻速行駛，此過程中發(fā)動機功率，汽車受到的阻力大小為______N。當(dāng)車載雷達(dá)探測到前方有障碼物時，主動剎車系統(tǒng)立即撤去發(fā)動機驅(qū)動力，同時施加制動力使車輛減速。在剛進(jìn)入制動狀態(tài)的瞬間，系統(tǒng)提供的制動功率，此時汽車的制動力大小為______N，加速度大小為______。（不計傳動裝置和熱損耗造成的能量損失）【答案】①.600②.③.【解析】根據(jù)題意可知，汽車勻速行駛，則牽引力等于阻力，則與其中，解得[2]根據(jù)題意，由可得，汽車的制動力大小為[3]由牛頓第二定律可得，加速度大小為11.（2024年新課標(biāo)考題）11.將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量，重力加速度大小，當(dāng)P繩與豎直方向的夾角時，Q繩與豎直方向的夾角（1）求此時P、Q繩中拉力的大??；（2）若開始豎直下降時重物距地面的高度，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）重物下降的過程中受力平衡，設(shè)此時P、Q繩中拉力的大小分別為和，豎直方向水平方向聯(lián)立代入數(shù)值得，（2）整個過程根據(jù)動能定理得解得兩根繩子拉力對重物做的總功為12.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊，在電動機作用下，從A點由靜止加速至B點時達(dá)到最大速度v，之后作勻速運動至C點，關(guān)閉電動機，從C點又恰好到達(dá)最高點D。求：（1）CD段長x；（2）BC段電動機的輸出功率P；（3）全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）物塊在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得由運動學(xué)公式聯(lián)立解得（2）物塊在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為由得（3）全過程物塊增加的機械能為整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知故可得13.（2024年安徽卷考題）14.如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊右側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運動，已知細(xì)線長。小球質(zhì)量。物塊、小車質(zhì)量均為。小車上的水平軌道長。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大?。唬?）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；（3）為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6N；（2）4m/s；（3）【解析】（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理解得在最低點，對小球由牛頓第二定律解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)的取值范圍為14.（2024年山東卷考題）17.如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有小物塊有在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運動學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得15.(2024年遼寧卷考題)14.如圖，高度的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點，取重力加速度。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小和；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【解析】（1）對A物塊由平拋運動知識得代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時A的速度大小為對AB物塊整體由動量守恒定律解得脫離彈簧時B的速度大小為（2）對物塊B由動能定理代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)為（3）由能量守恒定律其中，解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能16.(2024浙江1月考題)20.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)，向下運動時動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊a滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，，）（1）若，求小物塊①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大??；②在上經(jīng)過的總路程；③在上向上運動時間和向下運動時間之比。（2）若，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【解析】（1）①對小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機械能守恒定律有第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小為②小物塊a在DE上時，因為所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運動，且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等，設(shè)其在上經(jīng)過的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運動學(xué)公式有，解得（2）對小物塊a從A到F的過程，根據(jù)動能定理有，解得設(shè)滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達(dá)到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有解得17.(2024年湖北卷考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有解得由運動學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小。（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有其中，解得小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為解得（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時P點到O點的距離為，小球在P點正上方的速度為，在P點正上方，由牛頓第二定律有小球從點正下方到P點正上方過程中，由機械能守恒定律有聯(lián)立解得即P點到O點的最小距離為。18.(2024年河北卷考題)16.如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為A木板長度為，機器人質(zhì)量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）90J，2；（3）【解析】（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)機器人質(zhì)量為M，三個木板質(zhì)量為m，根據(jù)人船模型得同時有解得A、B木板間的水平距離（2）設(shè)機器人起跳的速度大小為，方向與水平方向的夾角為，從A木板右端跳到B木板左端時間為t，根據(jù)斜拋運動規(guī)律得聯(lián)立解得機器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒根據(jù)能量守恒可得機器人做的功為聯(lián)立得根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)時，即時，W取最小值，代入數(shù)值得此時（3）根據(jù)可得，根據(jù)得分析可知A木板以該速度向左勻速運動，機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中，機器人與BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，得解得該過程A木板向左運動的距離為機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)每次起跳機器人的水平速度大小為，B木板的速度大小為，機器人每次跳躍的時間為，取向右為正方向，得①每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為，可得②機器人到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，從機器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木板的位移差為可得③聯(lián)立①②③解得故A、C兩木板間距為解得一、單項選擇題1．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，傾角為的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力做的功至少為。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，，，若用水平向左的推力將物塊推到頂端，推力做的功至少為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】對物塊做功最少，物塊應(yīng)從斜面底端緩慢運動到斜面頂端，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對物塊受力分析如圖甲所示，根據(jù)受力平衡可得設(shè)斜面的長度為L，則對物塊受力分析如圖乙所示，根據(jù)受力平衡可得解得則故選C。2．（2024·青?！つM預(yù)測）如圖所示，頂角P為53°的光滑“”形硬桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m的小球甲、乙（均視為質(zhì)點）用長度為L的輕質(zhì)硬桿連接，分別套在“”形硬桿的傾斜和水平部分，當(dāng)輕質(zhì)硬桿呈豎直狀態(tài)時甲靜止在A點，乙靜止在C點。甲由于受到輕微的擾動開始運動，當(dāng)甲運動到B點時，輕質(zhì)硬桿與“”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，則甲在B點的速度大小為（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由于甲在B位置時，輕質(zhì)硬桿與AP傾斜部分垂直，根據(jù)牽連速度的分解規(guī)律可知，甲沿輕質(zhì)硬桿的分速度為0，即此時乙的速度為0，甲小球減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為甲的動能，則有解得故選B。3．（2024·重慶·三模）“兩江四岸”煙花活動中，某同學(xué)用手機錄制了一段煙花運動視頻，經(jīng)電腦處理得到某一煙花的運動軌跡如圖所示，其中最高點切線水平，點切線豎直，由圖可知（）A．該煙花由點運動到點過程中，水平方向勻速運動B．該煙花由點運動到點過程中，其機械能守恒C．該煙花在點的加速度方向豎直向下D．該煙花在點處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】A．軌跡的切線方向為速度方向，由題可知、點切線水平，點切線豎直，即、兩點速度在水平方向分量不為0，在點速度在水平方向分量減為0，所以該煙花由點運動到點過程中，水平方向做減速運動，故A錯誤；B．結(jié)合A選項可知該煙花由點運動到點過程中，水平方向做減速運動，即該煙花由b點運動到c點過程中，煙花在運動過程中受到摩擦阻力，機械能不守恒，故B錯誤；C．該煙花在最高點切線水平，即此時運動方向為水平向右，摩擦阻力水平向左，則摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向與合力方向一致，故C錯誤；D．該煙花在最高點有豎直向下的加速度分量，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。4．（2024·河北邯鄲·模擬預(yù)測）如圖所示為速凍食品加工廠生產(chǎn)和包裝餃子的一道工序，餃子由水平傳送帶運送至下一環(huán)節(jié)。將餃子無初速度的輕放在傳送帶上，傳送帶足夠長且以速度v勻速轉(zhuǎn)動，餃子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不考慮餃子之間的相互作用力和空氣阻力。關(guān)于餃子在水平傳送帶上運動的過程中，下列說法正確的是（）A．傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大B．餃子相對與傳送帶的位移為C．餃子由靜止開始加速到與傳送帶速度相等的過程中，增加的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量D．傳送帶因傳送餃子多消耗的電能等于餃子增加的動能【答案】C【解析】A．餃子的加速度，與傳送帶的速度無關(guān)，故A錯誤；B．餃子從放上傳送帶到與傳送帶共速所用時間餃子在傳送帶上留下的痕跡長度，故B錯誤；C．餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過程，餃子增加的動能因摩擦產(chǎn)生的熱量又因為餃子從初速度為零開始做勻加速運動到和傳送帶共速，餃子的位移相對位移為故餃子增加的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；D．傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯誤。故選C。5．（2024·黑龍江·二模）如圖所示，半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點為軌道最低點，A點與圓心O等高。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）在A點正上方0.75m處靜止釋放，下落至A點時進(jìn)入圓軌道，重力加速度g取，不計空氣阻力，則（

）A．小球在B點的動能為7.5J B．小球在A點受到軌道的彈力大小為10NC．小球上升過程中距地面的最大高度為1.75mD．小球離開軌道后將落至軌道B點【答案】D【解析】A．小球從釋放到最低點，根據(jù)動能定理有解得J，故A錯誤；B．小球從釋放到A點，根據(jù)動能定理有在A點，根據(jù)牛頓第二定律有解得N，故B錯誤；C．設(shè)小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為，則有從B點到最高點，根據(jù)動能定理有解得最大高度為m，故C錯誤；D．假設(shè)小球離開軌道后將落至軌道B點，由C分析可知脫離軌道的速度為m/s根據(jù)斜拋的運動規(guī)律可知解得m=可知小球離開軌道后將落至軌道B點，故D正確；故選D。6．（2024·山東煙臺·二模）如圖所示為豎直平面內(nèi)的粗糙的四分之一圓軌道ABC，A點的切線水平，B為圓弧AC的中點。一小物塊自A點水平進(jìn)入軌道，從C點沖出軌道上升至最高點后沿原路返回，忽略空氣阻力，則下列說法中正確的是（

）A．小物塊第一次和第二次到達(dá)B點時對軌道的壓力相等B．小物塊第一次到達(dá)C點的加速度大小等于重力加速度大小C．小物塊第一次到達(dá)A點時對軌道的壓力大小等于自身的重力大小D．小物塊由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功【答案】D【解析】A．依題意，由于摩擦力對小物塊做負(fù)功，導(dǎo)致第一次和第二次到達(dá)B點時速率不同，對小物塊受力分析，如圖根據(jù)可知軌道對小物塊的支持力不相等，由牛頓第三定律可得小物塊第一次和第二次到達(dá)B點時對軌道的壓力不相等。故A錯誤；B．小物塊第一次到達(dá)C點時，受力如圖可知，故B錯誤；C．小物塊第一次到達(dá)A點時具有豎直向上的向心加速度，所以軌道對小物塊的支持力大于自身重力，由牛頓第三定律可得小物塊對軌道的壓力大小大于自身的重力大小。故C錯誤；D．由A選項分析可知小物塊上滑過程，速率減小，與軌道之間的彈力減小，所受軌道摩擦力也隨之減小，由于B為圓弧AC的中點。根據(jù)可知小物塊由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功。故D正確。故選D。7．（2024·江西南昌·二模）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑管道ACB固定在豎直平面內(nèi)。在一平行于紙面的恒力F（未畫出）作用下，質(zhì)量為m的小球從A端靜止釋放后，恰能到達(dá)最低點C；從B端靜止釋放后，到達(dá)C點時，管道受到的壓力為10mg。則F的大小為（??）A．mg B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)F方向斜向左下，且與水平方向夾角θ，從A端靜止釋放時，根據(jù)動能定理從B端靜止釋放時根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立得F=，力在其他方向均不可能。故選D。8．（2024·山東濱州·二模）電動車在剎車或下坡過程中可以利用某些裝置把機械能轉(zhuǎn)化為電能，進(jìn)行機械能回收。一實驗電動車質(zhì)量，以的初機械能沿傾角為的平直斜坡AO運動，A點為運動起始點，設(shè)A點為零勢能點。第一次在A點關(guān)閉發(fā)動機，讓車自由滑行，其機械能—位移關(guān)系如圖直線①所示；第二次在A點關(guān)閉發(fā)動機同時開啟“機械能回收”裝置，回收一段時間后，關(guān)閉回收裝置，其機械能—位移關(guān)系如圖線②所示。假設(shè)機械能回收效率為，。下列說法正確的是（）A．第一次中斜面AO作用于實驗電動車的阻力大小為B．第二次中實驗電動車從行駛到的過程中，其機械能守恒C．第二次中實驗電動車行駛的過程中，回收機械能D．第二次中實驗電動車行駛前的過程中，其加速度一定越來越小【答案】C【解析】A．若斜面光滑則電動車運動過程中機械能守恒，由圖線①知，機械能在減小，說明下滑過程中摩擦力做功，在自由滑行時，設(shè)摩擦力為，A點機械能為，O點機械能為，則由能量守恒知，代入得，A錯誤；B．第二次中實驗電動車從行駛到的過程中，由摩擦力做功，其機械能不守恒，B錯誤；C．由圖線②知，在前10m內(nèi)進(jìn)行“機械能回收”，由題圖知，圖線①表達(dá)式為當(dāng)時，代入得在車自由下滑10m時開啟能量回收模式下滑10m時則第二次中實驗電動車行駛的過程中，回收的電能為C正確；D．由圖線②知，斜率表示摩擦力與回收裝置產(chǎn)生合外力，方向沿斜面向上，第二次中實驗電動車行駛前的過程中，圖線②斜率在變小，則摩擦力與回收裝置產(chǎn)生合外力在變小，電動車重力沿斜面向下分力不變，故電動車加速度一定越來越大，D錯誤；故選C。9．（23-24高三下·海南·期中）如圖所示是體育課上某同學(xué)水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為參考平面，用h表示鉛球離地面的高度、E表示鉛球的機械能，表示鉛球的重力勢能、表示鉛球的動能，則鉛球下落過程中，下列圖像可能正確的是（

）A．B．C． D．【答案】B【解析】AB．不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機械能守恒，故A錯誤，B正確；C．鉛球的重力勢能為，故C錯誤；D．設(shè)拋出時鉛球的動能為，距地面的高度為，根據(jù)機械能守恒得可得，故D錯誤。故選B。10．（2024·山東棗莊·三模）加快發(fā)展新質(zhì)生產(chǎn)力是新時代可持續(xù)發(fā)展的必然要求，我國新能源汽車的迅猛發(fā)展就是最好的例證。某新能源汽車生產(chǎn)廠家在平直公路上測試汽車性能，t＝0時刻駕駛汽車由靜止啟動，時汽車達(dá)到額定功率，時汽車速度達(dá)到最大，如圖是車載電腦生成的汽車牽引力F隨速率倒數(shù)變化的關(guān)系圖像。已知汽車和司機的總質(zhì)量m＝2000kg，所受阻力與總重力的比值恒為，重力加速度，下列說法正確的是（）

A．汽車啟動后做勻加速直線運動，直到速度達(dá)到最大B．汽車在BC段做勻加速直線運動，在AB段做勻速運動C．汽車達(dá)到的最大速度大小為15m/sD．從啟動到速度達(dá)到最大過程中汽車通過的距離為150m【答案】D【解析】AB．由圖可知汽車在AB段汽車牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律解得可知汽車在AB段做勻加速直線運動，汽車在BC段牽引力逐漸減小，做加速度減小的加速運動，故汽車啟動后先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速運動，直到速度達(dá)到最大，故AB錯誤；C．時汽車的速度為汽車額定功率為汽車達(dá)到的最大速度大小為，故C錯誤；D．汽車做勻加速直線運動的位移為從啟動到速度達(dá)到最大過程中，根據(jù)動能定理解得汽車通過的距離為，故D正確。故選D。11．（2024·山東濰坊·二模）如圖所示，質(zhì)量相等的物體a和b用勁度系數(shù)的輕彈簧連接，b放置在地面上，一根不可伸長的輕繩一端與a連接，另一端繞過兩個光滑的小定滑輪、與小球c連接，c套在傾角的光滑輕桿上，F(xiàn)點為輕桿的底端，開始時小球c處于輕桿的E點，連接c的輕繩處于水平狀態(tài)，此時物體b恰好對地面沒有壓力。E、F兩點關(guān)于P點對稱，且，已知物體a和b的質(zhì)量均為3kg，小球c的質(zhì)量為1.5kg，，g取，，彈簧的彈性勢能為（x為彈簧的形變量）。小球c從E點由靜止釋放到達(dá)F點的過程中，下列說法正確的是（）A．物體a、b及小球c組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球c到達(dá)P點時，物體a的速度不為0C．小球c到達(dá)P點時，小球c的機械能增加了16JD．小球c剛到達(dá)F點時，a的動能為9.6J【答案】C【解析】A．當(dāng)彈簧的彈性形變發(fā)生變化時，彈簧的彈性勢能也發(fā)生變化，可知，物體a、b及小球c與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．由于，可知，小球c到達(dá)P點時，小球c的速度方向垂直于輕繩，即小球c沿輕繩方向的速度為0，可知，小球c到達(dá)P點時，物體a的速度為0，故B錯誤；C．小球c處于輕桿的E點時，由于物體b恰好對地面沒有壓力，則彈簧的拉伸量小球c到達(dá)P點時，物體a下降的高度為可知，小球c到達(dá)P點時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為結(jié)合上述，小球c到達(dá)P點時，物體a的速度為0，對物體a、b及小球c與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知小球c的機械能增加解得故C正確；D．小球c剛到達(dá)F點過程，物體a、b及小球c與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有根據(jù)繩的牽連速度規(guī)律有a的動能為解得故D錯誤。故選C。二、多選題12．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，光滑的細(xì)桿固定放置，與水平方向的夾角為，質(zhì)量均為m的小球與物塊通過輕質(zhì)細(xì)線連接，細(xì)線跨過天花板上的兩個輕質(zhì)定滑輪。小球套在細(xì)桿上從某處由靜止開始上滑，細(xì)線一直處于伸直狀態(tài)，當(dāng)小球運動到A點時，速度沿著桿斜向上大小為，細(xì)線與細(xì)桿之間的夾角為，當(dāng)小球運動到B點時，細(xì)線與細(xì)桿垂直。已知A、B兩點之間的距離為L，重力加速度大小為g，小球與物塊（均視為質(zhì)點）總在同一豎直平面內(nèi)運動，，，下列說法正確的是（

）A．當(dāng)小球在A點時，物塊的速度大小為B．當(dāng)小球運動到B點時，物塊的速度達(dá)到最大值C．小球從A點運動到B點，系統(tǒng)總重力勢能的增加量為D．當(dāng)小球運動到B點時，速度的大小為【答案】AD【解析】A．小球在A點時，把分別沿著繩和垂直繩分解，沿著繩子方向的分速度為，由關(guān)聯(lián)速度可知，此時物塊的速度等于沿繩方向的速度，則有故A正確；B．同理，小球運動到B點時，把小球的速度分別沿著繩和垂直繩分解，因為繩子與細(xì)桿垂直，即繩子與小球的速度垂直，則繩速為0，物塊的速度為零，是最小值，故B錯誤；C．小球從A到B，重力勢能的增加量為物塊下落的高度為重力勢能的減小量為則系統(tǒng)總重力勢能的增加量為，故C錯誤；D．當(dāng)小球運動到B點時，物塊的速度大小為0，設(shè)小球的速度大小為v，令初始時系統(tǒng)重力勢能為零，由系統(tǒng)的機械能守恒定律可得綜合解得，故D正確。故選AD。13．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角，另一端點D與圓心O等高，點C為軌道的最低點。質(zhì)量m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點）從空中A點以速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，物塊進(jìn)入軌道后開始計時，軌道受到的壓力F隨時間的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取，則（）A．物塊從D點離開軌道時速度大小為4m/sB．大小為70NC．的大小為2m/sD．物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率一直增大【答案】AB【解析】A．由圖像可知，物塊從軌道D點飛出軌道到再次回到D點的時間為t=1.675s-0.875s=0.8s則物塊從D點離開軌道時速度大小為，選項A正確；B．從C到D由機械能守恒可知在C點時壓力最大，則由解得，選項B正確；C．從B到D由機械能守恒可知解得則，選項C錯誤；D．根據(jù)PG=mgvy，可知，物塊在A點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率為零；在C點時豎直速度為零，則重力的瞬時功率也為零，可知物塊在AC段運動過程中重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。故選AB。14．（2024·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑豎直固定桿上套有一質(zhì)量為m的小球A，一根豎直輕彈簧上端連接著一個質(zhì)量為m的物塊B，下端連接著一個質(zhì)量為的物塊C。一輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為5L。初始時，小球A在外力作用下靜止于P點，此時輕繩剛好伸直無張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直?，F(xiàn)將小球A由P點靜止釋放，A沿桿下滑到達(dá)最低點Q，此時物塊C與地面間的相互作用剛好為零。不計滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球A運動到最低點時彈簧的形變量為C．小球A運動到最低點時彈簧的彈性勢能為D．用質(zhì)量為的小球D替換A，并將其拉至Q點由靜止釋放，小球D經(jīng)過P點時的動能為【答案】AD【解析】AB．開始時，對B有A在Q點時，對C有A從P到Q點，由題意可知解得A正確；B錯誤；C．A從P到Q，由能量守恒定律有解得因為彈簧原先有形變量，所以，C錯誤；D．D從Q到P，由能量守恒定律有解得D正確。故選AD。15．（2024·廣東湛江·二模）某馬戲團(tuán)上演的飛車節(jié)目如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的固定圓軌道。表演者騎著摩托車在圓軌道內(nèi)做圓周運動。已知人和摩托車的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，摩托車以的速度通過圓軌道的最高點B．關(guān)閉摩托車的動力，不計摩擦，忽略空氣阻力，人和摩托車整體可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A．摩托車經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小為2mgB．摩托車經(jīng)過A點時的速度大小為C．摩托車從B點到A點的過程中，重力的功率先增大后減小D．摩托車從B點到A點的過程中，先超重后失重【答案】BC【解析】A．由題意可知，摩托車在B點時，有解得由牛頓第三定律可知，摩托車經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小為mg，選項A錯誤；B．摩托車從B點到A點的過程中，由機械能守恒定律有其中解得選項B正確；C．摩托車從B點到A點的過程中，豎直速度vy先增大后減小，重力的功率重力的功率先增大后減小，選項C正確；D．摩托車從B點到A點的過程中，加速度豎直分量先向下后向上，即先失重后超重，選項D錯誤。故選BC。16．（2024·四川綿陽·三模）籃球運動是深受學(xué)生熱愛的一項體育運動。某同學(xué)練習(xí)投籃，籃球在空中的運動軌跡如圖中虛線所示。若不計空氣阻力，下列關(guān)于籃球在空中運動時的速度大小v，加速度大小a，動能和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，可能正確的是（??）A． B．C． D．【答案】BC【解析】A．運動過程中，豎直方向做勻變速直線運動，水平方向做勻速直線運動，則其合速度一定不會是均勻變化的，故A錯誤；B．運動過程中，只有重力作用，加速度一直為重力加速度，故B正確；C．豎直方向做勻變速直線運動，有其運動過程中，只有重力作用，則某時刻的動能其中為初動能，為初始豎直方向速度，由此可知，圖線應(yīng)是開口向上的拋物線，故C正確；D．運動過程中，只有重力作用，機械能不變，故D錯誤。故選BC。17．（2024·四川遂寧·三模）如圖（a）所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖（b）所示，取g=10m/s2，=2.24，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則根據(jù)圖像可求出（）A．物體的初速率v0=4m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.8C．當(dāng)θ=30°時，物體達(dá)到最大位移后將保持靜止D．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin≈0.7m【答案】AD【解析】A．由圖可知，當(dāng)時物體做豎直上拋運動，位移為，由豎直上拋運動規(guī)律可知代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．當(dāng)時，位移為，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；C．若時，物體的重力沿斜面向下的分力為最大靜摩擦力為小球達(dá)到最高點后會下滑，故C錯誤；D．由動能定理得解得當(dāng)時，，此時位移最小為故D正確。故選AD。三、解答題18．（2024·黑龍江·三模）如圖所示，一半徑為r=0.45m的光滑圓弧的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為，長為，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空細(xì)管，EF