2025年高考物理復(fù)習(xí)考點(diǎn)解密追蹤與預(yù)測（新高考）專題06 動量與能量綜合運(yùn)用（分層練）（解析版）

專題06動量與能量綜合運(yùn)用A·?？碱}不丟分命題點(diǎn)01能量結(jié)合圖像問題命題點(diǎn)02機(jī)械能及能量守恒的理解及應(yīng)用命題點(diǎn)03動量定理及動量守恒的理解及應(yīng)用命題點(diǎn)04機(jī)車啟動模型（重點(diǎn)?？迹┟}點(diǎn)05應(yīng)用動量及能量守恒解決碰撞問題命題點(diǎn)06應(yīng)用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”B·拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【命題點(diǎn)01能量結(jié)合圖像問題】【針對練習(xí)1】蹦床運(yùn)動是運(yùn)動員利用彈性蹦床的反彈在空中表演雜技的競技運(yùn)動，如圖所示。t=0時(shí)，運(yùn)動員在最高點(diǎn)自由下落，直至運(yùn)動到彈性蹦床最低點(diǎn)的過程中，空氣阻力大小恒定，則運(yùn)動員的位移x、加速度a隨時(shí)間t及動能Ek、機(jī)械能E隨位移x變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】A．一運(yùn)動員在最高點(diǎn)自由下落，直至運(yùn)動到彈性蹦床最低點(diǎn)的過程中，運(yùn)動員開始一段時(shí)間受到重力和恒定的空氣阻力作用，做勻加速直線運(yùn)動，之后受到重力、恒定的空氣阻力和彈性蹦床的的彈力作用，根據(jù)牛頓第二定律有mg?kx?f=ma彈性床對運(yùn)動員的彈力逐漸變大，運(yùn)動員的速度逐漸減小，所以運(yùn)動員做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)彈性床的彈力大于運(yùn)動員的重力之后，合力向上，根據(jù)牛頓第二定律可知kx?mg?f=ma運(yùn)動員做加速度增大的減速運(yùn)動，而x?t圖像的斜率表示速度，第一段圖像應(yīng)該為開口向上的拋物線，第二段速度先增大后減小，則斜率先增大后減小，故A錯(cuò)誤；B．將重力和空氣阻力合成為等效重力，則運(yùn)動員在彈性床上運(yùn)動屬于簡諧運(yùn)動的一部分，根據(jù)加速度的對稱性可知，運(yùn)動員在最低點(diǎn)的加速度大于自由落體加速度，故B錯(cuò)誤；C．自由下落階段對運(yùn)動員分析，根據(jù)動能定理，有即接觸彈性床之前，動能增加與下落距離成正比，圖像為傾斜直線；接觸彈性床之后到彈力等于等效重力之前，運(yùn)動員依然做加速運(yùn)動，所以動能繼續(xù)增大，圖像為向上斜率變小的曲線，之后，彈力大于等效重力后動能減少，故C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動員在接觸到彈性床之前，空氣阻力大小恒定一直做負(fù)功，則機(jī)械能均勻減小，接觸彈性床之后，由于彈性床對運(yùn)動員做負(fù)功和空氣阻力做負(fù)功，所以運(yùn)動員的機(jī)械能減少的更快，故D正確。故選D?！踞槍毩?xí)2】（多選）質(zhì)量為2kg的物塊在水平拉力F的作用下由靜止開始在水平地面上向右做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3，取重力加速度大小g=10A．0~3s內(nèi)物塊的加速度大小為1m/s2 C．物塊在6s末回到了出發(fā)點(diǎn) D．0~3s內(nèi)拉力F【答案】AD【詳解】A．0~3sF?μmg=ma帶入數(shù)據(jù)解得a=1B．0~3sF解得v=?4物塊在4sEB錯(cuò)誤；C．0~3sD．0~3sx=拉力F對物塊所做的功為W=Fx=8×4.5D正確；故選AD。【針對練習(xí)3】（2023上·福建莆田·高三莆田第二十五中學(xué)?？茧A段練習(xí)）一輛小轎車在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒數(shù)1vA．速度隨時(shí)間均勻增大B．小轎車做變加速運(yùn)動C．所受阻力大小為2.88×103ND．電動機(jī)輸出功率為104kW【答案】B【詳解】CD．設(shè)小轎車的功率恒為P，所受阻力恒為f，則由牛頓第二定律有P變式可得a=結(jié)合其圖像可得Pm=解得P=105kW，故CD錯(cuò)誤；B．根據(jù)以上分析可得變加速運(yùn)動，a=70因此可知，小轎車做變加速運(yùn)動，速度隨時(shí)間不是均勻增大的，故A錯(cuò)誤，B正確。故選B。【命題點(diǎn)02機(jī)械能及能量守恒的理解及應(yīng)用】【針對練習(xí)4】（多選）如圖，地面上有ABC和ABD為兩個(gè)光滑固定軌道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一豎直線上，D點(diǎn)是以E點(diǎn)為圓心，半徑為h的豎直圓的最高點(diǎn)，C點(diǎn)是以E點(diǎn)為圓心，半徑為2h的豎直圓的最高點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊從A點(diǎn)以初速度v分別沿兩軌道滑行到C或D處后水平拋出（不計(jì)一切摩擦）。下列說法正確的是（）

A．滑塊滑到C點(diǎn)的動能為EB．滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到的支持力大于經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)受到的支持力C．滑塊從C點(diǎn)拋出后的落地點(diǎn)距點(diǎn)E的水平距離為sC，有D．當(dāng)v0=5g?時(shí)，滑塊從C點(diǎn)拋出后落點(diǎn)距E點(diǎn)的水平距離sC，和從D點(diǎn)拋出后落點(diǎn)距E【答案】BD【詳解】A．根據(jù)題意，由動能定理有?mg?2?=解得E故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意，在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg?F=解得F同理可得F可知F即滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到的支持力大于經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)受到的支持力，故B正確；C．滑塊從C點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間為t=水平距離為s故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，由C分析可知，當(dāng)v0=5g?時(shí)，滑塊從Cs同理可得s即s故D正確。故選BD?！踞槍毩?xí)5】（多選）如圖所示，質(zhì)量均為m的物體A、B通過輕繩連接，A穿在豎直光滑桿上，B放在光滑水平面上且另一端用輕彈簧連接豎直擋板。初始時(shí)，A位于O點(diǎn)，與物體B等高，輕彈簧處于原長狀態(tài)，輕繩剛好繃直?，F(xiàn)將A由靜止釋放，當(dāng)A運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí)的速度為v，已知ON=L，OM=3L，重力加速度為A．A從O點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)的過程中，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．A從O點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)的過程中，A減少的機(jī)械能大于B增加的機(jī)械能C．A運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能為3D．A運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能為3【答案】BC【詳解】AB．A從O點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn)的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，A減少的機(jī)械能等于B增加的機(jī)械能和增加的彈性勢能之和，則A減少的機(jī)械能大于B增加的機(jī)械能，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．A運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí)，設(shè)MN與豎直方向的夾角為θ，則有tan可得θ=30°此時(shí)B的速度為v根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得E聯(lián)立解得彈簧的彈性勢能為E故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！踞槍毩?xí)6】如圖所示，一輕質(zhì)彈性繩原長為OA，上端固定在O點(diǎn)，下端連接一小物體豎直拉伸彈性繩后置于粗糙水平地面上的B處。在A位置緊挨彈性繩右側(cè)固定一光滑檔桿，在彈性繩彈性限度內(nèi)，讓物體在水平向右的恒力F作用下從B點(diǎn)經(jīng)C運(yùn)動到D點(diǎn)，AC=2AB，AD=3AB，點(diǎn)O、A、B、C、D在同一豎直平面內(nèi)，彈性繩的勢能正比于形變量的平方。則以下說法正確的是（）A．物體從B到D做勻加速直線運(yùn)動B．物體從B到C與從C到D彈性繩勢能的增量相等C．物體運(yùn)動過程中所受的摩擦力不變D．物體從B到C與從C到D摩擦生熱相等【答案】C【詳解】根據(jù)題意，設(shè)AB間距離為x，彈性繩的勁度系數(shù)為k，彈性繩的勢能正比于形變量的平方，比例系數(shù)為k′，物體與地面的動摩擦因數(shù)為μ，彈性繩與水平面間的角度為θAC．物體向右運(yùn)動的任一時(shí)刻，彈性繩的彈力為F對物體進(jìn)行受力分析，則水平和豎直方向上分別有F?F彈又因?yàn)閒=μ整理可得摩擦力f=μ(mg?可知摩擦力大小不變，加速度a=隨著物體向右運(yùn)動，θ逐漸減小，tanθ逐漸減小，加速度a減小。物體從B到DB．根據(jù)題意可知B、C、D三處的彈性勢能分別為EpB=k則物體從B到C與從C到D彈性繩勢能的增量分別為ΔEp物體從B到C與從C到D彈性繩勢能的增量不相等，故B錯(cuò)誤；D．根據(jù)幾何關(guān)系可知BC和CD距離分別為BC=(2x)2摩擦生熱為Q=f?s因?yàn)槟Σ亮Υ笮〔蛔?，BC長度與CD不等，則摩擦生熱不相等，故D錯(cuò)誤。故選C。【命題點(diǎn)03動量定理及動量守恒的理解及應(yīng)用】【針對練習(xí)7】如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平面上，用輕繩將小球懸掛在小車立柱上，將小球緩慢拉至與懸點(diǎn)在同一水平面上的A點(diǎn)，并從靜止釋放，下列說法正確的是（）

A．小球自A點(diǎn)釋放后，小球的機(jī)械能守恒B．小球自A點(diǎn)釋放后，小球的動量守恒C．小球自A點(diǎn)釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒D．小球自A點(diǎn)釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒【答案】D【詳解】A．小球向下擺動的過程中，輕繩拉力對小球做負(fù)功，對小車做正功，則小球的機(jī)械能不守恒，但小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；BCD．小球自A點(diǎn)釋放后，小球在豎直方向有加速度，小車在豎直方向沒有加速度，則小球和小車組成的系統(tǒng)在豎直方向的合外力不為0，小球的動量不守恒，小球和小車組成的系統(tǒng)動量不守恒；但小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向的合外力為0，所以小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，故BC錯(cuò)誤，D正確。故選D?！踞槍毩?xí)8】我國規(guī)定摩托車、電動車、自行車騎乘人員必須依法佩戴具有防護(hù)作用的安全頭盔。小明在某輕質(zhì)頭盔的安全性測試中進(jìn)行了模擬檢測，某次他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從1.80m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.03m時(shí)，物體的速度減為0。如圖所示，擠壓過程中視為勻減速直線運(yùn)動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取。下列說法不正確的是（）A．物體做自由下落運(yùn)動的時(shí)間為0.6sB．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為C．物體做勻減速直線過程中動量變化量為，方向豎直向上D．勻減速直線運(yùn)動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為3050N【答案】C【詳解】A．根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律有可得物體做自由下落運(yùn)動的時(shí)間為故A正確，不符合題意要求；B．物體在自由下落過程中重力的沖量大小為故B正確，不符合題意要求；C．落地的速度為以向下為正方向，則物體做勻減速直線過程中動量變化量為方向豎直向上，故C錯(cuò)誤，符合題意要求；D．頭盔被擠壓了0.03m，則根據(jù)動能定理有解得勻減速直線運(yùn)動過程中頭盔對物體的平均作用力大小為故D正確，不符合題意要求。故選C?！踞槍毩?xí)9】高空墜物危及社會安全，某探究小組的同學(xué)將一顆質(zhì)量的雞蛋，從某樓層由靜止自由釋放，利用相機(jī)恰好抓拍到了雞蛋下落的模糊痕跡，長度為2個(gè)標(biāo)準(zhǔn)磚的厚度（已知該磚的厚度約為5cm），如圖，已知相機(jī)的本次曝光時(shí)間為。雞蛋與地面撞擊時(shí)的豎直高度為6cm，認(rèn)為雞蛋落地后，雞蛋頂端到地面底端運(yùn)動為勻減速運(yùn)動，并且頂端運(yùn)動到地面時(shí)恰好靜止，以雞蛋的底端、頂端落地的時(shí)間間隔作為雞蛋與地面的撞擊時(shí)間。（，空氣阻力忽略不計(jì)）（）A．雞蛋下落點(diǎn)距地面的高度約為40mB．雞蛋撞擊地面的時(shí)間約為0.4sC．雞蛋撞擊地面過程中地面對雞蛋的平均沖擊力大小約為375.5ND．雞蛋在整個(gè)下落過程的平均速度約為12.5m/s【答案】C【詳解】AD．雞蛋做自由落體運(yùn)動，由于相機(jī)曝光時(shí)間極短，則雞蛋下落至距地面第2塊磚處的速度大小可以近似等于該位移內(nèi)的平均速度，即用平均速度代替瞬時(shí)速度，可得則雞蛋下落點(diǎn)距離該塊磚的高度約為則可知雞蛋下落點(diǎn)距地面的高度約為則雞蛋下落至地面所用時(shí)間約為可知雞蛋在整個(gè)下落過程的平均速度約為故AD錯(cuò)誤；BC．雞蛋底端落地后，雞蛋頂端的運(yùn)動是勻減速運(yùn)動，并且頂端運(yùn)動到地面時(shí)恰好靜止，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式解得規(guī)定豎直向上為正，由動量定理有可得雞蛋撞擊地面過程中地面對雞蛋的平均沖擊力大小根據(jù)牛頓第三定律，可得雞蛋撞擊地面過程中對地面的平均沖擊力大小為故B錯(cuò)誤，C正確。故選C?！久}點(diǎn)04機(jī)車啟動模型（重點(diǎn)?？迹俊踞槍毩?xí)10】（多選）一輛汽車在平直公路上由靜止啟動，汽車輸出功率P與汽車速度v的關(guān)系圖像如圖所示，當(dāng)汽車速度達(dá)到v0后，汽車的功率保持恒定，汽車能達(dá)到的最大速度為2v0，若運(yùn)動過程中汽車所受阻力恒為f，汽車的質(zhì)量為mA．汽車先做勻加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動B．汽車速度為0.5v0C．汽車從靜止到速度v0通過的位移為D．若汽車速度達(dá)到2v0所用時(shí)間為t【答案】BCD【詳解】A．根據(jù)P=Fv可知，0～vF?f=ma可知，汽車的加速度減小，即v0B．汽車速度最大時(shí)P汽車速度為0.5vF=根據(jù)F?f=ma加速度大小為a=B正確；C．汽車從靜止到速度v0xC正確；D．汽車在變加速階段，根據(jù)動能定理P其中x=聯(lián)立可得，汽車速度達(dá)到2v0所用時(shí)間為t，則經(jīng)過的位移為x=2D正確。故選BCD。【針對練習(xí)11】（多選）2021年10月25日，如圖甲所示的全球最大“上回轉(zhuǎn)塔機(jī)”成功首發(fā)下線，又樹立了一面“中國高端制造”的新旗幟。若該起重機(jī)某次從t=0時(shí)刻由靜止開始以恒定加速度向上提升質(zhì)量為m的重物，其P?t圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不計(jì)其它阻力，下列說法正確的是（）A．0~t0時(shí)間內(nèi)，重物處于失重狀態(tài) B．0~C．該物體的最大速度為P0mg D．t【答案】BC【詳解】A．由P=Fv=Fat可知，0~tB．0~tΔE=故B正確；C．起重機(jī)輸出功率達(dá)到額定功率后，保持額定功率運(yùn)行，當(dāng)起重機(jī)對重物的拉力等于重物的重力時(shí)，重物達(dá)到最大速度，即P解得v故C正確；D．0~tv根據(jù)牛頓第二定律，可得F又P聯(lián)立，解得a=故D錯(cuò)誤。故選BC?！踞槍毩?xí)12】如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的玩具動力小車在水平地面上運(yùn)動，用水平輕繩拉著質(zhì)量為m=1kg的物塊由靜止開始運(yùn)動。運(yùn)動t=6s時(shí)，物塊速度為v，此時(shí)輕繩從物塊上脫落，物塊繼續(xù)滑行一段位移后停下，且輕繩脫落時(shí)小車恰好達(dá)到額定功率（此后保持功率不變）。已知小車受地面的阻力f=2N恒定，小車達(dá)到額定功率前其牽引力F=8N也恒定，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.3A．輕繩脫落前，小車運(yùn)動的加速度為3B．運(yùn)動t=6s時(shí)，物塊速度為C．輕繩脫落后，物塊滑行的總位移大小為3D．輕繩脫落后，小車做勻加速直線運(yùn)動【答案】B【詳解】A．輕繩脫落前，小車與物塊一起做勻加速直線運(yùn)動，加速度a=A錯(cuò)誤；B．在t=6sv=at=6B正確；C．當(dāng)輕繩脫落后，物塊的加速度大小a物塊滑行總位移大小xC錯(cuò)誤；D．在輕繩脫落后，小車以額定功率運(yùn)動，此時(shí)牽引力大于阻力，做加速運(yùn)動，由于功率恒定，則牽引力變小，小車不可能做勻加速直線運(yùn)動，D錯(cuò)誤。故選B?！久}點(diǎn)05應(yīng)用動量及能量守恒解決碰撞問題】【針對練習(xí)13】如圖所示，某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為、相距沿直線排列，靜置于水平地面上。為節(jié)省收納空間，工人給第一輛車一個(gè)瞬間的水平推力使其運(yùn)動，并與第二輛車相碰，且在極短時(shí)間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體，以共同的速度運(yùn)動了距離，恰好停靠在墻邊。若車運(yùn)動時(shí)受到的摩擦力恒為車重的倍，忽略空氣阻力，重力加速度為。（）

A．第一輛車與第二輛車碰撞前的速度為B．購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能C．工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小D．工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小【答案】ABC【詳解】AB．設(shè)第一輛車碰前瞬間的速度為v1，與第二輛車碰后的共同速度為v2，碰撞前后瞬間動量守恒，則由動量守恒定律有對碰撞后的過程，由動能定理有則碰撞中系統(tǒng)損失的機(jī)械能聯(lián)立以上各式解得，故AB正確；CD．設(shè)第一輛車推出時(shí)的速度為v0，對碰撞前的過程，由動能定理有工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小聯(lián)立解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC?！踞槍毩?xí)14】如圖所示，左端連接著輕質(zhì)彈簧、質(zhì)量為2m的小球B靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球A以大小為v0的初速度向右做勻速直線運(yùn)動，接著逐漸壓縮彈簧并使小球B運(yùn)動，一段時(shí)間后，小球A與彈簧分離，若小球A、B與彈簧相互作用過程中無機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則在上述過程中，下列說法正確的是（

A．小球B的最大速度為1B．彈簧的最大彈性勢能為1C．兩小球的速度大小可能同時(shí)都為1D．從小球A接觸彈簧到彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，彈簧對小球A、B的沖量相同【答案】B【詳解】A．小球A逐漸壓縮彈簧并使小球B運(yùn)動，一段時(shí)間后小球A與彈簧分離時(shí)，B球速度最大，由動量守恒定律及能量守恒定律可得mv0解得小球B的最大速度為v故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，兩球速度相同，設(shè)為v，此時(shí)彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律可得m解得v=由能量守恒定律可得，彈簧的最大彈性勢能為E故B正確；C．兩小球組成的系統(tǒng)的初動量為p初動量方向向右。小球A壓縮彈簧后，小球B在彈簧彈力作用下只能向右運(yùn)動，假設(shè)兩小球的速度大小都為12p=m?小球A運(yùn)動方向向左時(shí)，系統(tǒng)的動量為p=?m?由于p≠pD．從小球A接觸彈簧到再次恢復(fù)原長時(shí)，彈簧彈力對兩小球的彈力始終大小相等、方向相反，所以彈簧對A、B的沖量大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。故選B。【針對練習(xí)15】在光滑水平地面上放一個(gè)質(zhì)量為2kg的內(nèi)側(cè)帶有光滑弧形凹槽的滑塊M，凹槽的底端切線水平，如圖所示。質(zhì)量為1kg的小物塊m以v?=6m/s的水平速度從滑塊M的底端沿槽上滑，恰好能到達(dá)滑塊M的頂端。重力加速度取g=10m/

A．小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.3mB．小物塊m沿滑塊M上滑的最大高度為0.6mC．合力對滑塊M的沖量大小為8N·sD．合力對滑塊M的沖量大小為16N·s【答案】C【詳解】AB．當(dāng)二者速度相等時(shí)，小物塊m沿滑塊M上滑的高度最大，設(shè)最大高度為h，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有m根據(jù)機(jī)械能守恒可知1解得h=1.2mAB錯(cuò)誤；CD．設(shè)小物塊m返回滑塊M的底端時(shí)，小物塊m與滑塊M的速度分別為v1、v2，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有m根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1解得vv根據(jù)動量定理，合力對滑塊M的沖量大小為I=MC正確，D錯(cuò)誤。故選C。【命題點(diǎn)06應(yīng)用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”】【針對練習(xí)13】（多選）我國航天事業(yè)持續(xù)飛速發(fā)展，月日夢天實(shí)驗(yàn)艙與長征五號遙四運(yùn)載火箭組合體已轉(zhuǎn)運(yùn)至發(fā)射區(qū)，計(jì)劃于近日擇機(jī)發(fā)射。年底前還計(jì)劃實(shí)施天舟五號、神舟十五號飛行和神舟十四號返回等任務(wù)，完成空間站建造。假設(shè)飛船質(zhì)量正以速度在軌運(yùn)行，為了與天宮號對接進(jìn)行微調(diào)，在非常短的時(shí)間內(nèi)將質(zhì)量m（可認(rèn)為飛船質(zhì)量不變）的氣體垂直于飛船運(yùn)行方向以速度噴出，則（）A．飛船也可相對空間站更低軌道減速后實(shí)現(xiàn)對接B．飛船也可相對空間站更高軌道減速后實(shí)現(xiàn)對接C．噴出氣體后飛船速度變?yōu)镈．飛船受到因噴出氣體產(chǎn)生的平均作用力為【答案】BCD【詳解】AB．要實(shí)現(xiàn)變軌對接，可以在高軌道減速（做近心運(yùn)動降低軌道）或低軌道加速（做離心運(yùn)動抬高軌道），故A錯(cuò)誤，B正確；C．噴出氣體后根據(jù)動量守恒可知飛船側(cè)向獲得動量為可知噴出氣體后飛船速度變?yōu)镃正確；D．飛船對氣體的沖量有可知飛船對氣體的平均作用力為，根據(jù)力的相互性可知飛船受到因噴出氣體產(chǎn)生的平均作用力為，D正確。故選BCD?！踞槍毩?xí)14】（多選）如圖1所示，某款四軸航拍無人機(jī)有4個(gè)半徑均為的動力螺旋槳，在沒有風(fēng)的天氣時(shí)，我們可操控?zé)o人機(jī)調(diào)整姿態(tài)，讓每個(gè)槳葉均以大小相等的轉(zhuǎn)速旋轉(zhuǎn)、并沿豎直方向向下吹風(fēng)，從而產(chǎn)生反作用力，使無人機(jī)懸停在空中，圖2中顯示了這4個(gè)螺旋槳形狀。已知當(dāng)?shù)氐目諝饷芏葹?，空氣被每個(gè)槳葉向下吹出后的平均速度大小均為。下列關(guān)于無人機(jī)懸停時(shí)的分析正確的是（）A．這4個(gè)螺旋槳的旋轉(zhuǎn)方向都相同B．單位時(shí)間內(nèi)每個(gè)螺旋槳向下推動空氣的質(zhì)量為C．每個(gè)螺旋槳對空氣的平均作用力為D．無人機(jī)的總重力等于【答案】BC【詳解】A．由于無人機(jī)懸停時(shí)受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風(fēng)方向均為豎直向下，根據(jù)題圖中槳葉的形狀以及牛頓第三定律的知識可以判斷，相鄰的一對螺旋槳其旋轉(zhuǎn)方向相反，故A錯(cuò)誤；B．單位時(shí)間內(nèi)被每個(gè)螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為故B正確；CD．由動量定理可得在時(shí)間內(nèi)有則每個(gè)螺旋槳對空氣的作用力根據(jù)平衡條件故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。【針對練習(xí)15】用高壓水槍清洗汽車的照片如圖所示。設(shè)水槍噴出的水柱截面為圓形，直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后反方向的速度為，高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，已知水的密度為。下列說法正確的是（）A．水柱對汽車的平均沖力為B．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為C．當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?倍時(shí)，平均沖力加倍D．高壓水槍噴出水柱直徑D減半時(shí)，水柱對汽車的壓強(qiáng)不變【答案】D【詳解】AB．高壓水槍單位時(shí)間噴出的水的質(zhì)量為規(guī)定水流的速度方向?yàn)檎较?，由動量定理得解得AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知當(dāng)高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉?倍時(shí)，平均沖力不是加倍，C錯(cuò)誤；D．水柱對汽車的壓強(qiáng)為壓強(qiáng)p與高壓水槍噴出水柱直徑D無關(guān)，故D減半時(shí)，水柱對汽車的壓強(qiáng)不變，D正確；故選D。一、單選題1．已知汽車在平直路面上由靜止啟動，阻力恒定，最終達(dá)到最大速度后以額定功率勻速行駛，ab、cd平行于v軸，bc反向延長線過原點(diǎn)O，汽車質(zhì)量為M，已知M、、、，下列說法不正確的是（）

A．汽車額定功率為 B．汽車從b到c過程作變加速運(yùn)動C．汽車勻加速運(yùn)動持續(xù)的時(shí)間為 D．汽車從a到b過程克服阻力做功【答案】C【詳解】A．根據(jù)可得汽車額定功率為圖象的斜率，有故A正確；B．汽車從b到c過程中功率保持不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律有可知隨著牽引力的減小，汽車的加速度減小，故汽車從b到c過程作變加速運(yùn)動，故B正確；C．汽車所受的阻力為由于額定功率等于圖象斜率有即汽車從a到b，根據(jù)牛頓第二定律有汽車從a到b勻加速運(yùn)動持續(xù)的時(shí)間為故C錯(cuò)誤；D．汽車從a到b過程的位移汽車從a到b過程克服阻力做功故D正確。本題選不正確的，故選C。2．光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為的斜面A，斜面質(zhì)量為，如圖所示。將一質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時(shí)間剛好滑到斜面底端，此時(shí)滑塊對地位移大小為。此過程中斜面對滑塊B的彈力大小為，重力加速度為，則下列選項(xiàng)中正確的是（

）A．滑塊B下滑過程中對B的沖量大小為B．滑塊B下滑過程中地面對斜面A彈力的沖量大小為C．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面A向左滑動的距離為【答案】D【詳解】A．滑塊B下滑過程中，斜面會向左運(yùn)動，滑塊B的加速度并不沿著斜面向下，滑塊B在垂直于斜面的方向上加速度有分量，因此，不再等于，則滑塊B下滑過程中對B的沖量大小不等于，故A錯(cuò)誤；B．若整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則地面對斜面A彈力的沖量大小為，但滑塊B在豎直方向上所受合外力不為零，其有豎直向下的加速度的分量，因此地面對斜面A彈力的沖量小于，故B錯(cuò)誤；C．由于該系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，因此該系統(tǒng)動量不守恒，但該系統(tǒng)水平方向合外力為零，因此該系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，故C錯(cuò)誤；D．取向右為正方向，根據(jù)該系統(tǒng)水平方向動量守恒，則在任意時(shí)刻，水平方向總有取極短時(shí)間，則有根據(jù)時(shí)間上的等時(shí)性，在時(shí)間內(nèi)位移進(jìn)行累積可得即解得故D正確。故選D。3．如圖所示，水平桌面上放置一個(gè)壓力傳感器（已調(diào)零），重0.5N的容器放在傳感器上，容器上方有一個(gè)裝滿芝麻的大漏斗，打開閥門K芝麻可以從漏斗口無初速度的漏出，在空中做自由落體運(yùn)動互不影響，落在容器后速度立即減為0，每秒漏出芝麻的質(zhì)量恒定為20g；10s末，關(guān)閉閥門K，此時(shí)落在芝麻堆頂?shù)闹ヂ樗俣葹?m/s，芝麻落在容器或芝麻堆上時(shí)受到彈力遠(yuǎn)大于自身重力，重力加速度為。則10s末傳感器的示數(shù)為（

）

A．2.50N B．2.52N C．2.54N D．2.56N【答案】A【詳解】取落到芝麻堆上一小部分在時(shí)間內(nèi)靜止，根據(jù)動量定理設(shè)每秒漏出的質(zhì)量為，則芝麻對芝麻堆的沖擊力為設(shè)已經(jīng)靜止的芝麻質(zhì)量為，空中的芝麻質(zhì)量為，則得在10s內(nèi)流出的芝麻總質(zhì)量為，芝麻對容器的壓力為則10s末傳感器承受的壓力即傳感器示數(shù)為故選A。4．如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）左端固定在A點(diǎn)，彈性繩自然長度等于AB，跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球穿過豎直固定的桿。初始時(shí)A、B、C在同一條水平線上，小球從C點(diǎn)由靜止釋放滑到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。已知C、E兩點(diǎn)間距離為h，D為CE的中點(diǎn)，小球在C點(diǎn)時(shí)彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）

A．對于彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，從C點(diǎn)到E點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒B．小球從C點(diǎn)到E點(diǎn)的過程中摩擦力大小不變C．小球在CD階段損失的機(jī)械能大于小球在DE階段損失的機(jī)械能D．若在E點(diǎn)給小球一個(gè)向上的速度，則小球恰好能回到C點(diǎn)【答案】B【詳解】A．由于小球受到桿的滑動摩擦力做負(fù)功，對于彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，從C點(diǎn)到E點(diǎn)的過程中機(jī)械能減少，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．設(shè)BC間距為x，在C點(diǎn)時(shí)，繩上的拉力為從C點(diǎn)向下運(yùn)動過程，設(shè)B點(diǎn)右側(cè)繩長為，與豎直方向夾角為，水平方向由平衡條件可得小球受到的滑動摩擦力大小為故小球從C點(diǎn)到E點(diǎn)的過程中摩擦力大小不變，故B項(xiàng)正確；C．結(jié)合上述解析可知，小球在CD階段和在DE階段克服摩擦力所做的功相同，故損失的機(jī)械能相同，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．從C到E過程，據(jù)動能定理可得若在E點(diǎn)給小球一個(gè)向上的速度，從E到C過程，據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得到達(dá)C點(diǎn)的動能可知小球無法到達(dá)C點(diǎn)的速度大于0，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選B。5．從地面上以一定初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，其動能隨時(shí)間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。小球落地時(shí)的動能為，且落地前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動。重力加速度為g，則小球在整個(gè)運(yùn)動過程中（）A．最大的加速度為4gB．從最高點(diǎn)下降落回到地面所用時(shí)間小于C．球上升階段阻力的沖量等于下落階段阻力的沖量D．球上升階段動量變化的大小小于下落階段動量變化的大小【答案】C【詳解】A．設(shè)小球的初速度為，滿足而小球的末速度為，有小球剛拋出時(shí)阻力最大，其加速度最大，有當(dāng)小球向下勻速時(shí)有聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；B．由于機(jī)械能損失，上升和下降經(jīng)過同一位置時(shí)，上升的速度大于下降的速度，故上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，而上升過程與下降過程的位移大小相等，則小球上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，則從最高點(diǎn)下降落回到地面所用時(shí)間大于，故B錯(cuò)誤；C．由題意知，小球受到的空氣阻力與速率的關(guān)系為k是比例系數(shù)，則阻力的沖量大小為因?yàn)樯仙^程和下降過程位移大小相同，所以上升和下降過程阻力的沖量大小相等，故C正確；D．根據(jù)可得，上升階段動量的變化量為，下降階段動量的變化量為，球上升階段動量變化的大小大于下落階段動量變化的大小，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題6．如圖所示，半徑為的豎直光滑圓環(huán)ABCD，質(zhì)量為2m的球1穿在豎直圓環(huán)上，質(zhì)量為的球2穿在豎直桿上，球1、球2通過帶有鉸鏈的輕桿相連，球1初始在A位置。給球1一個(gè)輕微的擾動，使其沿豎直圓環(huán)運(yùn)動，輕桿長3R，重力加速度為，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）

A．球1從A→C運(yùn)動過程中，輕桿對球2做功為2mgRB．球1運(yùn)動過程中有兩個(gè)位置與球2的速度大小相同C．球1運(yùn)動到D點(diǎn)的速度為D．球1的最大速度為【答案】BC【詳解】AD．球1從A→C運(yùn)動過程中，依題意，球1運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)，速度方向?yàn)樗较蜃螅瑳]有豎直方向的速度，所以此時(shí)球2的速度為零，對球2由動能定理，可得解得對兩球組成的系統(tǒng)，由動能定理，可得解得故AD錯(cuò)誤；B．當(dāng)球1運(yùn)動到B點(diǎn)和D點(diǎn)時(shí)，兩球沿輕桿方向的分速度相同，兩球?qū)嶋H速度與輕桿夾角也相同，所以球1在這兩個(gè)位置時(shí)，與球2的速度大小相同。故B正確；C．由幾何關(guān)系可知，球1運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)，球2距D點(diǎn)的豎直高度差為球1從A點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，對兩球組成的系統(tǒng)由動能定理，可得解得故C正確。故選BC。7．如圖所示，小物體Q固定在水平地面上。輕質(zhì)細(xì)線一端固定在Q上，另一端繞過三個(gè)光滑輕質(zhì)小滑輪1、2和3后連接在地面上。小物體P與小滑輪2相連，系統(tǒng)靜止，四段細(xì)線都豎直，P與地面間高度差為h。已知P、Q質(zhì)量分別為4m和m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。解除對Q的固定，P觸地后靜止不動，下列說法正確的是（）

A．Q上升的整個(gè)過程中，P與Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．P落地前瞬間，P與Q重力做功功率之比為2:1C．Q的最大速度為D．Q上升的最大高度為3h【答案】BD【詳解】A．分析可知，當(dāng)P落地后Q還會繼續(xù)上升，而在P未落地前，P與Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)P落地后，由于與地面的碰撞，P與Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能瞬間減小，因此，Q上升的整個(gè)過程中，P與Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)滑輪組的特征可知，在P落地前，當(dāng)P下降距離為時(shí)，Q上升距離為，由于兩者具有同時(shí)性，因此可知，在P落地前由此可知，P落地前瞬間，P與Q重力做功功率之比為故B正確；C．在P落地前，Q一直做加速運(yùn)動，當(dāng)P落體后連接Q的繩子上的張力減為0，此時(shí)Q所受合外力為重力，即此后Q將做減速運(yùn)動，因此可知，Q速度最大時(shí)即為P落前瞬間，根據(jù)機(jī)械能守恒有解得故C錯(cuò)誤；D．P落地后Q做豎直上拋運(yùn)動，設(shè)其繼續(xù)上升的高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒有解得則可知Q上升的最大高度為故D正確。故選BD。8．電動汽車在研發(fā)過程中都要進(jìn)行性能測試，如圖所示為某次測試中某型號汽車在水平路面上由初速度為開始運(yùn)動，牽引力與速度的倒數(shù)圖像，表示最大速度，平行于軸，反向延長過原點(diǎn)。已知阻力恒定，汽車質(zhì)量為。下列說法正確的是（

）A．汽車從到持續(xù)的時(shí)間為B．汽車由到過程做勻加速直線運(yùn)動C．在此測試過程中汽車最大功率為D．汽車能夠獲得的最大速度為【答案】AC【詳解】A．點(diǎn)時(shí)牽引力等于阻力，所以汽車從到的做勻加速直線運(yùn)動，加速度為汽車從到持續(xù)的時(shí)間為故A正確；B．根據(jù)，結(jié)合段圖像，可知汽車從到的恒定功率加速，根據(jù)牛頓第二定律有可知汽車由到過程做加速度減小的加速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；C．由點(diǎn)知故C正確；D．汽車能夠獲得的最大速度為故D錯(cuò)誤。故選AC。9．如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h，物塊B和C的質(zhì)量分別是和，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點(diǎn)正下方?，F(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直靜止釋放，運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短），碰撞過程損失的機(jī)械能為，小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．碰后A上升的最大高度為B．碰后B物塊的速度大小為C．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能為D．從開始至物塊C獲得最大速度過程，彈簧對C物體做的功為【答案】ABD【詳解】AB．設(shè)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為，物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有由系統(tǒng)能量守恒得解得或（因舍去該組解）又得AB正確；C．碰撞后當(dāng)B與物塊C速度相等時(shí)輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量恒定律及機(jī)械能守恒定律得解得C錯(cuò)誤；D．在彈簧回到原長時(shí)，物塊C有最大速度，據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可解得解得再據(jù)動能定理知彈簧對C做功為D正確；故選ABD。10．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一傾角的傳送帶，兩皮帶輪軸心之間的距離，沿順時(shí)針方向以勻速運(yùn)動，一質(zhì)量的物塊P從傳送帶頂端無初速度釋放，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。物塊P離開傳送帶后在C點(diǎn)沿切線方向無能量損失地進(jìn)入半徑為的光滑圓弧形軌道，并與位于圓弧軌道最低點(diǎn)F的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，物塊Q的質(zhì)量，物塊P和Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度，，。則（）A．物塊P到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度一定為4m/sB．物塊P從釋放到下滑到C點(diǎn)的過程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為9.6JC．物塊P與物塊Q第一次發(fā)生碰撞后的瞬間，物塊P的速度可能為1.5m/sD．物塊P與物塊Q第一次發(fā)生碰撞后的瞬間，物塊P對軌道的壓力大小可能為35N【答案】ABD【詳解】A．物塊P與傳送帶沒有達(dá)到共速前，物塊P受摩擦力方向沿傳送帶向下，設(shè)其加速度為a1，由牛頓第二定律可得物塊P與傳送帶達(dá)到共速所用時(shí)間物塊P在傳送帶上的位移為物塊P與傳送帶達(dá)到共速后，由于可知摩擦力方向沿傳送帶向上，設(shè)此時(shí)物塊P的加速度為a2，由牛頓第二定律可得解得物塊P在傳送帶上運(yùn)動的距離為設(shè)物塊P運(yùn)動到傳送帶底端C點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由速度位移關(guān)系公式可得A正確；B．物塊P與傳送帶達(dá)到共速時(shí)，傳送帶的位移為物塊P與傳送帶達(dá)到共速后到滑到C點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間在1s時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移為物塊P與傳送帶相對位移為物塊P從釋放到下滑到C點(diǎn)的過程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為B正確；C．設(shè)物塊P運(yùn)動到F點(diǎn)時(shí)的速度為v2，由動能定理可得解得若物塊P與物塊Q產(chǎn)生完全彈性碰撞，設(shè)物塊P碰撞后的速度為v3，物塊Q碰撞后速度為v4，兩物塊碰撞中動量守恒和機(jī)械能守恒，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得解得若物塊P與物塊Q產(chǎn)生完全非彈性碰撞，則有解得可知因此物塊P與物塊Q第一次發(fā)生碰撞后的瞬間，物塊P的速度不可能是1.5m/s，C錯(cuò)誤；D．在F點(diǎn)，由牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知，物塊P與物塊Q第一次發(fā)生碰撞后的瞬間，物塊P對軌道的壓力大小可能為35N，D正確。故選ABD。一、選擇題1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中（）

A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān) B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為μmgx D．F做功的最小值為max【答案】D【詳解】A．設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為f=μ(mg?F摩擦力的功W即摩擦力的功與F的方向有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．合力功W=可知合力功與力F方向無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．當(dāng)力F水平時(shí)，則F=ma+μmg力F做功為W選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當(dāng)Fsinθ=mg時(shí)，摩擦力f=0，則此時(shí)摩擦力做功為零，此時(shí)力F做功最小，最小值為故選D。2．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個(gè)半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個(gè)，與水輪間無相對滑動。每個(gè)水筒離開水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（

）

A．2nmgω2RH5 B．3nmgωRH5 【答案】B【詳解】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個(gè)，且每個(gè)水筒離開水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH則筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=T=聯(lián)立有P=故選B。3．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為v1和vA．P1v1+P2v2P【答案】D【詳解】由題意可知兩節(jié)動車分別有PP當(dāng)將它們編組后有P聯(lián)立可得v=故選D。4．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中（）

A．甲沿I下滑且同一時(shí)刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動能比乙的小C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【詳解】AB．由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運(yùn)動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，乙沿I下滑，任意時(shí)刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時(shí)刻甲的動能比乙的小，A錯(cuò)誤，B正確；CD．乙沿I下滑，開始時(shí)乙速度為0，到N點(diǎn)時(shí)乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時(shí)功率公式P=mgv故選B。5．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A．受到的合力較小 B．經(jīng)過A點(diǎn)的動能較小C．在A、B之間的運(yùn)動時(shí)間較短 D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小【答案】C【詳解】A．頻閃照片時(shí)間間隔相同，圖甲相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a下滑階段根據(jù)牛頓第二定律有a可知上滑階段階段加速度大于下滑階段加速度，圖甲為上滑階段，從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點(diǎn)的動能較大，故B錯(cuò)誤；C．由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x=可知圖甲在A、B之間的運(yùn)動時(shí)間較短，故C正確；D．由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。故選C。7．（2021·北京·高考真題）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時(shí)刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤上的某點(diǎn)停止。下列說法正確的是（）A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動軌跡切線方向B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運(yùn)動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mC．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運(yùn)動D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個(gè)滑動過程所受摩擦力的沖量大小為m【答案】D【詳解】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，故A錯(cuò)誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力f=mr根據(jù)動量定理得，小物體運(yùn)動一圈所受摩擦力的沖量為I=mv?mv=0大小為0，故B錯(cuò)誤；C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿切線方向運(yùn)動，故C錯(cuò)誤；D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，根據(jù)動量定理可知，小物體整個(gè)滑動過程所受摩擦力的沖量為I大小為mωr，故D正確。故選D。7．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬開始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【答案】B【詳解】A．爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知m因兩塊碎塊落地時(shí)間相等，則m則x則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t，由題意可知(5?t)解得t=4s爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為?=選項(xiàng)B正確；CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移x質(zhì)量小的碎塊的水平位移x爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m+680m=1020m質(zhì)量大的碎塊的初速度為v選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。8．（2023·山西·統(tǒng)考高考真題）無風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A．0 B．mgh C．12mv【答案】B【詳解】在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動，根據(jù)動能定理得mg??故雨滴克服空氣阻力做功為mg?。故選B。9．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）小車在水平地面上沿軌道從左向右運(yùn)動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應(yīng)位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】AB．小車做曲線運(yùn)動，所受合外力指向曲線的凹側(cè)，故AB錯(cuò)誤；CD．小車沿軌道從左向右運(yùn)動，動能一直增加，故合外力與運(yùn)動方向夾角為銳角，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。10．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）一同學(xué)將鉛球水平推出，不計(jì)空氣阻力和轉(zhuǎn)動的影響，鉛球在平拋運(yùn)動過程中（

）A．機(jī)械能一直增加 B．加速度保持不變 C．速度大小保持不變 D．被推出后瞬間動能最大【答案】B【詳解】A．鉛球做平拋運(yùn)動，僅受重力，故機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；B．鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；CD．鉛球做平拋運(yùn)動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯(cuò)誤。故選B。11．（2022·福建·高考真題）2021年美國“星鏈”衛(wèi)星曾近距離接近我國運(yùn)行在距地390km近圓軌道上的天宮空間站。為避免發(fā)生危險(xiǎn)，天宮空間站實(shí)施了發(fā)動機(jī)點(diǎn)火變軌的緊急避碰措施。已知質(zhì)量為m的物體從距地心r處運(yùn)動到無窮遠(yuǎn)處克服地球引力所做的功為GMmr，式中M為地球質(zhì)量，G為引力常量；現(xiàn)將空間站的質(zhì)量記為m0，變軌前后穩(wěn)定運(yùn)行的軌道半徑分別記為rA．12GMmC．32GMm【答案】A【詳解】空間站緊急避碰的過程可簡化為加速、變軌、再加速的三個(gè)階段；空間站從軌道r1變軌到rW+依題意可得引力做功W萬有引力提供在圓形軌道上做勻速圓周運(yùn)動的向心力，由牛頓第二定律有G求得空間站在軌道上運(yùn)動的動能為E動能的變化Δ解得W=故選A。12．（2022·福建·高考真題）福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖（a）所示。承啟樓外樓共四層，各樓層高度如圖（b）所示。同一樓層內(nèi)部通過直徑約50m的圓形廊道連接。若將質(zhì)量為100kg的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處，再用100s沿廊道運(yùn)送到N處，如圖（c）所示。重力加速度大小取10msA．該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為5400JB．該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，克服重力所做的功為78500JC．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為78.5mD．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，平均速率為0.5m/s【答案】A【詳解】A．該物資從二樓地面被運(yùn)送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為W故A正確；B．該物資從M處被運(yùn)送到N處的過程中，由于M、N高度差為零，所以克服重力做功為零，故B錯(cuò)誤；C．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，位移大小為50mD．從M處沿圓形廊道運(yùn)動到N處，平均速率為v=故D錯(cuò)誤。故選A。13．（2022·北京·高考真題）我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實(shí)驗(yàn)，提高了青少年科學(xué)探索的興趣。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：細(xì)繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動。無論在“天宮”還是在地面做此實(shí)驗(yàn)（）A．小球的速度大小均發(fā)生變化 B．小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C．細(xì)繩的拉力對小球均不做功 D．細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化【答案】C【詳解】AC．在地面上做此實(shí)驗(yàn)，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的速度垂直，不做功，重力會改變小球速度的大小；在“天宮”上，小球處于完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子拉力作用下做勻速圓周運(yùn)動，繩子拉力仍然不做功，A錯(cuò)誤，C正確；BD．在地面上小球運(yùn)動的速度大小改變，根據(jù)a=v2r故選C。14．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運(yùn)動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對A的壓力先減小后增大D．整個(gè)過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【詳解】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對AB有F+對B有m聯(lián)立可得F由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設(shè)彈簧原長在O點(diǎn)，A剛開始運(yùn)動時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得1化簡得k=當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有F帶入k值可知F合=0，即此時(shí)加速度為0，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)B的分析可知F再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯(cuò)誤。故選B。15．（2022·江蘇·高考真題）某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過程中，運(yùn)動員的動能Ek與水平位移xA． B．C． D．【答案】A【詳解】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動員在沿斜面下滑過程中根據(jù)動能定理有E即E下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。故選A。16．（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運(yùn)動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A．μmgk B．2μmgk C．4μmgk 【答案】C【詳解】Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足kx=2μmg若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小為s=2x=故選C。17．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5mA．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s【答案】C【詳解】為了以最短時(shí)間提升重物，一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，保持功率不變直到重物達(dá)到最大速度，接著做勻速運(yùn)動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律可得a當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物的速度為v1v此過程所用時(shí)間和上升高度分別為t?重物以最大速度勻速時(shí)，有v重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動的時(shí)間和上升高度分別為t?設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動到開始做勻減速運(yùn)動所用時(shí)間為t2P又?聯(lián)立解得t故提升重物的最短時(shí)間為tC正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。18．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）風(fēng)力發(fā)電已成為我國實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5~10m/sA．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時(shí)間流過面積A的流動空氣動能為1C．若每天平均有1.0×108D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6~10m【答案】D【詳解】AB．單位時(shí)間流過面積A的流動空氣體積為V單位時(shí)間流過面積A的流動空氣質(zhì)量為m單位時(shí)間流過面積A的流動空氣動能為1風(fēng)速在5~10mC．由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×10E<1.0×C錯(cuò)誤；D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6~10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時(shí)，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9P=則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為E=Pt=120×5000D正確；故選D。19．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運(yùn)動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動員經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（

）A．?k+1 B．?k C．2?k【答案】D【詳解】運(yùn)動員從a到c根據(jù)動能定理有mg?=在c點(diǎn)有FFNc≤kmg聯(lián)立有R故選D。20．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點(diǎn)的距離D．它與P點(diǎn)的連線掃過的面積【答案】C【詳解】如圖所示設(shè)圓環(huán)下降的高度為?，圓環(huán)的半徑為R，它到P點(diǎn)的距離為L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg?=由幾何關(guān)系可得?=Lsin聯(lián)立可得?=可得v=L故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。21．（2021·重慶·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為R，而內(nèi)壁光滑的14圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，地面水平，O、O'為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點(diǎn)。一小物塊從左側(cè)圓弧最高處靜止釋放，當(dāng)通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為（重力加速度為gA．2gR B．6gR2 C．5gR2 【答案】D【詳解】圖中NO連線與水平方向的夾角θ，由幾何關(guān)系可得sin可得θ=30°設(shè)小物塊通過N點(diǎn)時(shí)速度為v，小物塊從左側(cè)圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，由機(jī)械能守恒定律可知mgR解得v=故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。22．（2021·海南·高考真題）水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H=4.0m，末端到水面的高度?=1.0m。取重力加速度A．4.0m B．4.5m C．5.0m【答案】A【詳解】人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知mgH=解得v=4從滑梯末端水平飛出后做平拋運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)?=1t=水平方向做勻速直線運(yùn)動，則人的落水點(diǎn)距離滑梯末端的水平距離為x=vt=4故選A。23．（2021·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運(yùn)動路程s的關(guān)系如圖（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為（）A．m=0.7kg，f=0.5N B．m=0.7kg，f=1.0NC．m=0.8kg，f=0.5N D．m=0.8kg，f=1.0N【答案】A【分析】本題結(jié)合Ek【詳解】0~10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得?mg整理得E結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|=mg10~20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得mg整理得E結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，斜率k聯(lián)立解得f=0.5m=0.7故選A。24．（2021·北京·高考真題）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）A．在ab段汽車的輸出功率逐漸減小 B．汽車在ab段的輸出功率比bc段的大C．在cd段汽車的輸出功率逐漸減小 D．汽車在cd段的輸出功率比bc段的大【答案】B【詳解】AB．在ab段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力F所以在ab段汽車的輸出功率P不變，在bc段牽引力Fbc段的輸出功率P故A錯(cuò)誤B正確；CD．在cd段牽引力F汽車的輸出P在cd段汽車的輸出功率不變，且小于bc段，故CD錯(cuò)誤。故選B。25．（2021·河北·高考真題）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力）（）A．(2+π)gR B．2πg(shù)R C．2(1+π)gR D．2【答案】A【詳解】小球下落的高度為h=πR-π2R+R=π+2小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh=12mv綜上有v=(π+2)gR故選A。26．（2021·湖南·高考真題）“復(fù)興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機(jī)的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（F阻=kv，k為常量），動車組能達(dá)到的最大速度為A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為3D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為【答案】C【詳解】A．對動車由牛頓第二定律有F?若動車組在勻加速啟動，即加速度a恒定，但F阻B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有4P故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有2.25P而以額定功率勻速時(shí)，有4P聯(lián)立解得v=故C正確；D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到最大速度vm4Pt?可得動車組克服阻力做的功為W故D錯(cuò)誤；故選C。27．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量分配情況如圖所示則汽車（）A．發(fā)動機(jī)的輸出功率為70kWB．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能是7.0×104J【答案】C【詳解】A．由圖可知，發(fā)動機(jī)1s內(nèi)克服轉(zhuǎn)動阻力做功為1.7×104J，則輸出功率為P=選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J進(jìn)入發(fā)動機(jī)，則最終轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能的量為6.9×104J，選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)誤。故選C。28．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，同學(xué)們坐在相同的輪胎上，從傾角相同的平直雪道先后由同高度靜止滑下，各輪胎與雪道間的動摩擦因數(shù)均相同，不計(jì)空氣阻力。雪道上的同學(xué)們（）

A．沿雪道做勻速直線運(yùn)動 B．下滑過程中機(jī)械能均守恒C．前后間的距離隨時(shí)間不斷增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同【答案】C【詳解】A．同學(xué)坐在輪胎上從靜止開始沿雪道下滑，做加速運(yùn)動，受力分析如圖

根據(jù)牛頓第二定律可知加速度a=又因?yàn)棣滔嗤?，所以同學(xué)們做勻加速直線運(yùn)動，A錯(cuò)誤；B．下滑過程中摩擦力做負(fù)功，雪道上的同學(xué)們機(jī)械能減小，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)勻加速直線運(yùn)動位移與時(shí)間的關(guān)系x=1D．各同學(xué)質(zhì)量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力mgsin故選C。29．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）質(zhì)量為m的列車勻速v行駛，突然以F大小的力制動剎車直到列車停止，過程中恒受到f的空氣阻力，下列說法正確的是（）A．減速運(yùn)動加速度大小a=Fm B．力FC．剎車距離為mv22(F+f)【答案】C【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有F+f=ma可得減速運(yùn)動加速度大小a=故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有t=故力F的沖量為I=Ft=方向與運(yùn)動方向相反；故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式v可得x=故C正確；D．勻速行駛時(shí)牽引力等于空氣阻力，則功率為P=fv故D錯(cuò)誤。故選C。30．（2022·重慶·高考真題）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（

）A．速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B．動量大小先增大后減小C．動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D．加速度大小先增大后減小【答案】D【詳解】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F—t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)動量與動能的關(guān)系有Ek=p22mD．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。31．（2022·北京·高考真題）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺滑雪場地。跳臺滑雪運(yùn)動中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動員在空中的飛行距離和動作姿態(tài)評分。運(yùn)動員在進(jìn)行跳臺滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運(yùn)動員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運(yùn)動員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運(yùn)動員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運(yùn)動員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間【答案】B【詳解】A．助滑階段，運(yùn)動員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；B．起跳階段，運(yùn)動員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運(yùn)動員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；D．著陸階段，運(yùn)動員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時(shí)間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。故選B。32．（2022·北京·高考真題）質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2C．碰撞后m2的動量大于m1的動量 D．碰撞后m2【答案】C【詳解】A．x?t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知m1vm2B．兩物體正碰后，m1vm2v碰后兩物體的速率相等，B錯(cuò)誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即m解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為m根據(jù)動量的表達(dá)式p=mv可知碰后m2的動量大于mD．根據(jù)動能的表達(dá)式Ek=12m故選C。33．（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是（）A．W2=3W1，I2C．W2=7W1，I2【答案】D【詳解】根據(jù)動能定理可知WW可得W由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動量變化量最小，方向相反時(shí)，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤3mv≤比較可得I一定成立。故選D。34．（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時(shí)，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【詳解】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。故選A。35．（2021·重慶·高考真題）質(zhì)量相同的甲、乙兩小球（視為質(zhì)點(diǎn)）以不同的初速度豎直上拋，某時(shí)刻兩球發(fā)生正碰。圖中實(shí)線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時(shí)間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t=tA．t=0時(shí)刻，甲的速率大于乙的速率B．碰撞前后瞬間，乙的動量不變C．碰撞前后瞬間，甲的動能不變D．碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能【答案】C【詳解】A．根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t=0時(shí)刻，甲的速率小于乙的速率，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述，虛線（乙的位移圖像）關(guān)于t=tD．根據(jù)題述，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，可知碰撞后甲的機(jī)械能與乙的機(jī)械能相等，故D錯(cuò)誤。故選C。36．（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）福建屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設(shè)施建設(shè)都要考慮臺風(fēng)影響。已知10級臺風(fēng)的風(fēng)速范圍為24.5m/s~28.4m/sA．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍【答案】B【詳解】設(shè)空氣的密度為ρ，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為S，在時(shí)間Δt的空氣質(zhì)量為Δm=ρSv?Δt假定臺風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度變?yōu)榱?，對風(fēng)由動量定理有?F?Δt=0?Δmv可得F=ρS10級臺風(fēng)的風(fēng)速v1≈25m/sF故選B。二、多項(xiàng)選擇題37．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，原長為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為12l，OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動到N點(diǎn)，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（

A．彈簧的勁度系數(shù)為4mgB．小球在P點(diǎn)下方12lC．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動過程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳解】A．小球在P點(diǎn)受力平衡，則有mg=f，f=μFN聯(lián)立解得k=A正確；C．在PM之間任取一點(diǎn)A，令A(yù)O與MN之間的夾角為θ，則此時(shí)彈簧的彈力為F=k小球受到的摩擦力為f化簡得fθ在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)對稱性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運(yùn)動到P點(diǎn)下方l2時(shí)θ=45°f由牛頓第二定律mg+F聯(lián)立解得a=B錯(cuò)誤。故選AD。38．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是（

）

A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度vD．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道【答案】AD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC=0則小球從C到B的過程中，有mgR(1?F聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；C．從A到C的過程中有?mg?2R=解得vC錯(cuò)誤；D．小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mg則v則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為gRcosθ，故小球有可能從故選AD。39．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)（

）

A．木板的動能一定等于fl B．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于12mv【答案】BD【詳解】設(shè)物塊離開木板時(shí)的速度為v1，此時(shí)木板的速度為vv設(shè)物塊的對地位移為xm，木板的對地位移為CD．根據(jù)能量守恒定律可得1整理可得1D正確，C錯(cuò)誤；AB．因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱Q=fL=f(根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式xx因?yàn)関可得x則x所以W=fB正確，A錯(cuò)誤。故選BD。40．（2022·福建·高考真題）一物塊以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動，一段時(shí)間后回到斜面底端。該物體的動能Ek隨位移x的變化關(guān)系如圖所示，圖中x0、EA．重力加速度大小 B．物體所受滑動摩擦力的大小C．斜面的傾角 D．沿斜面上滑的時(shí)間【答案】BD【詳解】ABC．由動能定義式得Ek1=1E下滑時(shí)，由動能定理Ex0為上滑的最遠(yuǎn)距離；由圖像的斜率可知mgsinθ+f=兩式相加可得g