五年2024-2025高考物理真題專題點撥-專題06功和能含解析

PAGEPAGE25專題06功和能【2024年】1.（2024·新課標(biāo)Ⅰ）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止起先沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變更如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則（）A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的過程中，重力勢能削減30J，動能增加10J，減小的重力勢能并不等與增加的動能，所以機械能不守恒，A正確；斜面高3m、長5m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh＝30J，可得質(zhì)量m＝1kg。下滑5m過程中，由功能原理，機械能的削減量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正確；由牛頓其次定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C錯誤；物塊下滑2.0m時，重力勢能削減12J，動能增加4J，所以機械能損失了8J，D選項錯誤。故選AB。2.（2024·浙江卷）如圖所示，系留無人機是利用地面直流電源通過電纜供電的無人機，旋翼由電動機帶動。現(xiàn)有質(zhì)量為、額定功率為的系留無人機從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過到達(dá)高處后懸停并進(jìn)行工作。已知直流電源供電電壓為，若不計電纜的質(zhì)量和電阻，忽視電纜對無人機的拉力，則（）A.空氣對無人機的作用力始終大于或等于B.直流電源對無人機供電的額定電流為C.無人機上升過程中消耗的平均功率為D.無人機上升及懸停時均有部分功率用于對空氣做功【答案】BD【解析】無人機先向上加速后減速，最終懸停，則空氣對無人機的作用力先大于200N后小于200N，最終等于200N，A錯誤；直流電源對無人機供電的額定電流，B正確；若空氣對無人機的作用力為F=mg=200N，則無人機上升過程中消耗的平均功率，但是由于空氣對無人機向上的作用力不是始終為200N，C錯誤；無人機上升及懸停時，螺旋槳會使四周空氣產(chǎn)生流淌，則會有部分功率用于對空氣做功，D正確。故選BD。3.（2024·天津卷）復(fù)興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)記性成果。一列質(zhì)量為m的動車，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間t達(dá)到該功率下的最大速度，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)（）A.做勻加速直線運動 B.加速度漸漸減小C.牽引力的功率 D.牽引力做功【答案】BC【解析】動車的功率恒定，依據(jù)可知動車的牽引力減小，依據(jù)牛頓其次定律得可知動車的加速度減小，所以動車做加速度減小的加速運動，A錯誤，B正確；當(dāng)加速度為0時，牽引力等于阻力，則額定功率為，C正確；動車功率恒定，在t時間內(nèi)，牽引力做功為。依據(jù)動能定理得，D錯誤。4.（2024·山東卷）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不行伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下推斷正確的是（）A.M<2mB.2m<M<3mC.在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負(fù)功D.在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的削減量【答案】ACD【解析】由題意可知B物體可以在起先位置到最低點之間做簡諧振動，故在最低點時有彈簧彈力T=2mg；對A分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有，故有，故A正確，B錯誤；由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，起先彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負(fù)功，故C正確；對于B，在從釋放到速度最大過程中，B機械能的削減量等于彈簧彈力所做的負(fù)功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。5.（2024·江蘇卷）質(zhì)量為的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為，受到的阻力大小為。此時，汽車發(fā)動機輸出的實際功率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】汽車勻速行駛，則牽引力與阻力平衡，汽車發(fā)動機的功率，故選C。6.（2024·江蘇卷）如圖所示，一小物塊由靜止起先沿斜面對下滑動，最終停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能與水平位移x關(guān)系的圖象是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑水平距離x時依據(jù)動能定理有，整理可得。即在斜面上運動時動能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運動時有，即在水平面運動時動能與x也成線性關(guān)系；綜上分析可知A正確。故選A?！?024年】1．（2024·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得A．物體的質(zhì)量為2kgB．h=0時，物體的速率為20m/sC．h=2m時，物體的動能Ek=40JD．從地面至h=4m，物體的動能削減100J【答案】AD【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20N，解得m=2kg，故A正確B．h=0時，Ep=0，Ek=E機–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B錯誤；C．h=2m時，Ep=40J，Ek=E機–Ep=85J–40J=45J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機–Ep=100J–0=100J，h=4m時，Ek′=E機–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正確。2．（2024·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg【答案】C【解析】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12N；下落過程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1kg、F=2N。3．（2024·江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為【答案】BC【解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。4．（2024·浙江選考）奧運會競賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是A．加速助跑過程中，運動員的動能增加B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能始終增加C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能削減動能增加【答案】B【解析】加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從起先形變到撐桿復(fù)原形變時，先是運動員部分動能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是始終增加，B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加，C正確；當(dāng)運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能被轉(zhuǎn)化為動能，即重力勢能削減，動能增加，D正確。5．（2024·浙江選考）如圖所示為某一嬉戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次嬉戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是A．5s B．4.8s C．4.4s D．3s【答案】A【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，依據(jù)動能定理可得，解得，故；小車在BC段，依據(jù)機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，依據(jù)幾何學(xué)問可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確?！?024年】1.（2024年江蘇卷）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】本題考查動能的概念和Ek-t圖象，意在考查考生的推理實力和分析實力。小球做豎直上拋運動時，速度v=v0-gt，依據(jù)動能得，故圖象A正確。2.（2024年全國II卷）高空墜物極易對行人造成損害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）A.10NB.102NC.103ND.104N【答案】C【解析】本題是一道估算題，所以大致要知道一層樓的高度約為3m，可以利用動能定理或者機械能守恒求落地時的速度，并利用動量定理求力的大小。設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3m，由動能定理可知：，解得：落地時受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為正，由動量定理可知：，解得：，依據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為103N，故C正確。2.（2024年全國II卷）如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能肯定（）A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】受力分析，找到能影響動能變更的是那幾個物理量，然后觀測這幾個物理量的變更即可。木箱受力如圖所示：木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，依據(jù)動能定理可知即：，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，CD錯誤。故選A。3.（2024年天津卷）滑雪運動深受人民群眾寵愛，某滑雪運動員（可視為質(zhì)點）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功肯定為零D.機械能始終保持不變【答案】C【解析】依據(jù)曲線運動的特點分析物體受力狀況，依據(jù)牛頓其次定律求解出運動員與曲面間的正壓力變更狀況，從而分析運動員所受摩擦力變更；依據(jù)運動員的動能變更狀況，結(jié)合動能定理分析合外力做功；依據(jù)運動過程中，是否只有重力做功來推斷運動員的機械能是否守恒；因為運動員做曲線運動，所以合力肯定不為零，A錯誤；運動員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對運動員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有，運動過程中速率恒定，且在減小，所以曲面對運動員的支持力越來越大，依據(jù)可知摩擦力越來越大，B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變更量為零，依據(jù)動能定理可知合力做功為零，C正確；因為克服摩擦力做功，機械能不守恒，D錯誤；4.（2024年全國Ⅲ卷）在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍【答案】A【解析】設(shè)甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，x=vt，y=gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tanθ=y/x，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，聯(lián)立解得：v1=·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確。5.（2024年全國Ⅲ卷）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運輸至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變更關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程，A.礦車上升所用的時間之比為4:5B.電機的最大牽引力之比為2:1C.電機輸出的最大功率之比為2:1D.電機所做的功之比為4:5【答案】AC【解析】設(shè)第次所用時間為t，依據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓其次定律，F(xiàn)-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯誤；由功率公式，P=Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g-)，勻速運動過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第次提升過程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；兩次做功相同，D錯誤。6.（2024年全國Ⅰ卷）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R：bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止起先向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點起先運動到其他軌跡最高點，機械能的增量為（）A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【答案】C【解析】本題考查了運動的合成與分解、動能定理等學(xué)問，意在考查考生綜合力學(xué)規(guī)律解決問題的實力。設(shè)小球運動到c點的速度大小為vC，則對小球由a到c的過程，由動能定理得：F·3R-mgR=12mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動，由牛頓其次定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為:t=vC/g=2gR，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為x=12at2=2R。由以上分析可知，小球從a點起先運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量△E=F·5R=5mgR，C正確7.（2024年全國Ⅰ卷）高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，在啟動階段列車的動能（）A.與它所經(jīng)驗的時間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比【答案】B【解析】本題考查勻變速直線運動規(guī)律、動能、動量及其相關(guān)的學(xué)問點。依據(jù)初速度為零勻變速直線運動規(guī)律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即v=at，由動能公式Ek=EQ\f(1,2)mv2，可知列車動能與速度的二次方成正比，與時間的二次方成正比，AC錯誤；由v2=2ax，可知列車動能與位移x成正比，B正確；由動量公式p=mv，可知列車動能Ek=EQ\f(1,2)mv2，即與列車的動量二次方成正比，D錯誤。8.（2024年江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置．物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對右運動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點．在從A到B的過程中，物塊（）A.加速度先減小后增大B.經(jīng)過O點時的速度最大C.所受彈簧彈力始終做正功D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】本題考查力與運動的關(guān)系和功能關(guān)系，意在考查學(xué)生的綜合分析實力。物體從A點到O點過程，彈力漸漸減為零，剛起先彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度接著增大，選項A正確、選項B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮復(fù)原原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負(fù)功，故選項C錯誤；從A到B的過程中依據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項D正確?！?024年】1．【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止起先下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力A．始終不做功 B．始終做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心【答案】A【解析】大圓環(huán)光滑，則大圓環(huán)對小環(huán)的作用力總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環(huán)對小環(huán)的作用力始終不做功，選項A正確，B錯誤；起先時大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離圓心，最終指向圓心，故選項CD錯誤；故選A。2．【2024·新課標(biāo)Ⅲ卷】如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的勻稱松軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為A． B． C． D．【答案】A【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，PM段繩的機械能不變，MQ段繩的機械能的增加量為，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功，故選A。3．【2024·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透亮座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【答案】B【解析】機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發(fā)生變更，則機械能在變更，故A錯誤；在最高點對乘客受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有：，座椅對他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉(zhuǎn)動一周的過程中，動量不變，是所受合力的沖量為零，重力的沖量，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但θ在變更，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變更，故D錯誤。4．【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時。對應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度大小為g）A． B． C． D．【答案】B【解析】物塊由最低點到最高點有：；物塊做平拋運動：x=v1t；；聯(lián)立解得：，由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，當(dāng)時，x最大，故選B。5．【2024·江蘇卷】如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽視一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過程中（A）A的動能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg（B）A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg（C）彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下（D）彈簧的彈性勢能最大值為mgL【答案】AB【解析】A球動能最大時，速度最大，受合外力為零，以ABC整體為探討對象，在豎直方向：向下的重力3mg，向上的B、C兩球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C受到地面的支持力等于mg，故B正確；A的動能達(dá)到最大前，有向下的加速度，所以整體向下的合力小于3mg，故B、C受到地面的支持力小于mg，所以A正確；當(dāng)A下降至最低點，彈簧形變量最大，彈性勢能最大，此時A的加速度向上，故C錯誤；彈簧的最大彈性勢能等于A球下降至最低點時削減的重力勢能，即，所以D錯誤．【2024年】1.【2024·全國卷Ⅱ】兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)．若它們下落相同的距離，則()A．甲球用的時間比乙球長B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD【解析】設(shè)f＝kR，則由牛頓其次定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝eq\f(4,3)πR3·ρ，故a＝g－eq\f(k,\f(4,3)πR2·ρ)，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正確；由x＝eq\f(1,2)at2可知，t甲<t乙，A錯誤；由功的定義可知，W克服＝f·x，又f甲>f乙，則W甲克服>W乙克服，D正確．2．【2024·天津卷】我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，供應(yīng)動力的車廂叫動車，不供應(yīng)動力的車廂叫拖車．假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比．某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()圖1-A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2C．進(jìn)站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2【答案】BD【解析】列車啟動時，乘客隨著車廂加速運動，乘客受到的合力方向與車運動的方向一樣，而乘客受到車廂的作用力和重力，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動方向成一銳角，A錯誤；動車組運動的加速度a＝eq\f(2F－8kmg,8m)＝eq\f(F,4m)－kg，則對第6、7、8節(jié)車廂的整體有f56＝3ma＋3kmg＝0.75F，對第7、8節(jié)車廂的整體有f67＝2ma＋2kmg＝0.5F，故第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2，B正確；依據(jù)動能定理得eq\f(1,2)Mv2＝kMgs，解得s＝eq\f(v2,2kg)，可知進(jìn)站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度的二次方成正比，C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝eq\f(2P,8kmg)＝eq\f(P,4kmg)，8節(jié)車廂有4節(jié)動車的最大速度為vm2＝eq\f(4P,8kmg)＝eq\f(P,2kmg)，則eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，D正確．3．【2024·全國卷Ⅰ】如圖1-，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止起先下滑，最低到達(dá)E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點，AF＝4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．(3)變更物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止起先釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和變更后P的質(zhì)量．圖1-【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m【解析】(1)依據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R①設(shè)P到達(dá)B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設(shè)變更后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實．設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋物運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m?4．【2024·全國卷Ⅱ】小球P和Q用不行伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()圖1-A．P球的速度肯定大于Q球的速度B．P球的動能肯定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力肯定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝eq\r(2gL)，因lP<lQ，則vP<vQ，故選項A錯誤；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mP>mQ，故兩球動能大小無法比較，選項B錯誤；在最低點對兩球進(jìn)行受力分析，依據(jù)牛頓其次定律及向心力公式可知T－mg＝meq\f(v2,l)＝man，得T＝3mg，an＝2g，則TP>TQ，aP＝aQ，C正確，D錯誤．5．【2024·全國卷Ⅲ】一質(zhì)點做速度漸漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點的加速度為()A.eq\f(s,t2)B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2)D.eq\f(8s,t2)【答案】A【解析】由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知速度變?yōu)樵瓉淼?倍．設(shè)加速度為a，初速度為v，則末速度為3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2得s＝vt＋eq\f(1,2)·at·t＝vt＋eq\f(1,2)·2v·t＝2vt，進(jìn)一步求得v＝eq\f(s,2t)；所以a＝eq\f(2v,t)＝eq\f(2,t)·eq\f(s,2t)＝eq\f(s,t2)，A正確．6．【2024·全國卷Ⅲ】如圖所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖1-A．a(chǎn)＝eq\f(2（mgR－W）,mR)B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2（mgR－W）,R)【答案】AC【解析】質(zhì)點P下滑究竟端的過程，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq\f(2（mgR－W）,m)，所以a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓其次定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2,R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f(2（mgR－W）,m)＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．7．【2024·天津卷】我國將于2024年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的項目之一．如圖1-所示，質(zhì)量m＝60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止起先以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了變更運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道連接，其中最低點C處旁邊是一段以O(shè)為圓心的圓?。滥┒薆與滑道最低點C的高度差h＝5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.圖1-(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？【答案】(1)144N(2)12.5m【解析】(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓其次定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N③(2)設(shè)運動員到達(dá)C點時的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m8．【2024·四川卷】韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧競賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J【答案】C【解析】由題可得，重力做功1900J，則重力勢能削減1900J，可得C正確，D錯誤．由動能定理：WG－Wf＝ΔEk可得動能增加1800J，則A、B錯誤．9．【2024·浙江卷】如圖1-4所示為一滑草場，某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()圖1-4A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g【答案】AB【解析】作出滑道簡化示意圖如圖所示，從A處到C處的過程中，由動能定理有(mgsinθ1－μmgcosθ1)eq\