2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：功和能（附答案解析）

2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：功和能

一、選擇題

1.兩個(gè)互成90。的力分別對(duì)物體做了3/和旬的功，則這兩力的合力做功為（）

A.7JB.SJC.1JD.127

2.如圖所示，一個(gè)箱子在與水平方向成a角的恒力/作用下，由靜止開始，沿水平面向右運(yùn)動(dòng)了一

段距離小所用時(shí)間為3在此過程中，恒力尸對(duì)箱子做功的平均功率為（）

ArxcosaBFxtQFxsina口巴

?t'cosa't*T

3.一電動(dòng)小車在平直的路面上從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t前進(jìn)距離X。若小車保持牽引力恒定，

電動(dòng)機(jī)的功率達(dá)到額定功率P時(shí)速度為v,小車的質(zhì)量為m,所受阻力恒為f,那么這段時(shí)間內(nèi)

（）

A.小車受到的牽引力為微

B.電動(dòng)機(jī)對(duì)小車所做的功為&

C.電動(dòng)機(jī)對(duì)小車所做的功為"

D.小車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)

4.下列公式書寫正確的是（）

A.功力=1B.動(dòng)能％=771層

C.線速度”第D.角速度

5.如圖甲所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎宜固定在水平面.匕￡=0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧LE上方某一

高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然言乂被彈起離開彈簧，上升到一定高度

后再下落，如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間￡變化的

圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，則下列選項(xiàng)正確的是（）

o

I（壓力傳感器）

甲

A.G時(shí)刻小球動(dòng)能最大

B.￡2時(shí)刻小球動(dòng)能最大

C.?匕這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少

D.以?亡3這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)能

6.如圖所示，小球滑離水平桌面到落地前，它的機(jī)械能E、動(dòng)能反，重力勢(shì)能昂，速率隨下降高

0

hh

7.質(zhì)量為〃7的物體（可看作質(zhì)點(diǎn)）從傾角6=37。的斜面頂端由靜止下滑至斜面底端。口知斜面高為

h,物體下滑的加速度大小為會(huì)在此過程中（sin37o=0.6,cos37°=0.8）（)

A.物體重力勢(shì)能增加mB.物體功能增加與叫力

C.物體機(jī)械能減少排g/zD.摩擦力做功二mg九

4O

8.如圖所示是一種新型節(jié)能路燈。它"頭頂''小風(fēng)扇，“肩扛”太陽(yáng)能電池板。關(guān)于節(jié)能路燈的設(shè)計(jì)解

釋合理的是（）

A.太陽(yáng)能電池板將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能

B.小風(fēng)扇是用來給太陽(yáng)能電池板散熱的

C.小風(fēng)扇是風(fēng)力發(fā)電機(jī)，將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能

D.蓄電池在夜晚放電時(shí)，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

9.關(guān)于能源，下列說法正確的是（）

A.根據(jù)能量守恒定律，我們不需要節(jié)約能源

B.化石能源、水能和風(fēng)能都是不可再生的能源

C.華龍一號(hào)（核電技術(shù)電站）工作時(shí)，它能把核能轉(zhuǎn)化為電能

D.能量的轉(zhuǎn)化、轉(zhuǎn)移沒有方向性

10.關(guān)于動(dòng)量下列說法正確的是（）

A.一個(gè)物體不可能具有機(jī)械能而無動(dòng)量

B.一個(gè)物體可能具有機(jī)械能而無動(dòng)量

C.一個(gè)物體可能具有動(dòng)能而無動(dòng)量

D.一個(gè)物體可能具有動(dòng)量而無動(dòng)能

11.如圖所示，是一條罐頭生產(chǎn)線的部分示意圖，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶以恒定的速率沿順時(shí)針方向運(yùn)

動(dòng)。機(jī)器手臂將一瓶罐頭無初速地放到傳送帶底端，一段時(shí)間后罐頭與傳送帶共速，然后勻速向上

運(yùn)動(dòng)。在罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中（）

B.罐頭受到的摩擦力方向沿傳送帶向下

C.罐頭受到的摩擦力對(duì)它做正功

D.罐頭受到的支持力時(shí)它做正功

12.如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形豎直平面內(nèi)固定一光滑四分之一圓環(huán)，。點(diǎn)固定一光滑輕質(zhì)小滑

輪.質(zhì)量均為m的小球用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接,M穿在環(huán).卜位于4點(diǎn)，細(xì)線搭在滑輪卜.現(xiàn)將小球

由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，M在環(huán)上運(yùn)動(dòng)過程中，下列描述正確的是（）

A.兩小球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先減小后增大

B.細(xì)線的拉力對(duì)兩球做功的功率大小始終相等

C.M的最大動(dòng)能為

D.M運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度為&Z

13.一物體在豎直向上的恒力作用下，由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，在某一高度時(shí)撤去該力，不計(jì)空氣阻

力，則在整個(gè)上升過程中，物體的機(jī)械能反動(dòng)能外、重力勢(shì)能與隨時(shí)間，或位移工變化的關(guān)系圖像

可能正確的是（）

二、多項(xiàng)選擇題

14.如圖所示，三小球4、b、C的質(zhì)量都是〃?，都放于光滑的水平面上，小球尻C與水平輕彈簧相

連目.靜止，小球。以速度V0沖向小球兒碰后與小球匕黏在一起運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說

法中正確的是（）

AV。b

//////////////////////////////////

A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能不守恒

B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能也守恒

C.當(dāng)小球氏c速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大

D.當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c?的動(dòng)能一定最大，小球〃的動(dòng)能一定不為零

15.如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶M和N,傳送帶M、N做勻速直線運(yùn)

動(dòng)的速度大小分別為0.6m/s、（）.8m/s,方向均已在圖中標(biāo)出，一小煤塊（視為質(zhì)點(diǎn)）離開傳送帶M

前已經(jīng)與傳送帶M的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶N上。小煤塊的質(zhì)量為1kg,與傳送帶N的

動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,取重力加速度大小g=10m/s2,傳送帶N的寬度足夠大。下列說法正確的是

A.小煤塊傳送到傳送帶N前的瞬間，相對(duì)傳送帶N的速度大小為1.4m/s

B.小煤塊傳送到傳送帶N上后，經(jīng)0.5s與傳送帶N保持相對(duì)靜止

C.小煤塊在傳送帶N上滑動(dòng)的劃痕是直線，其長(zhǎng)度為0.25m

D.小煤塊在傳送帶N上滑動(dòng)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為1J

is.如圖甲所示，一根輕彈簧放在傾角為e的光滑斜面上，彈簧下端與斜面底端的固定擋板連接，質(zhì)

量為1kg的物塊從斜面上的P點(diǎn)由靜止釋放，物塊從與彈簧接觸后加速度的大小與彈簧的壓縮量X

關(guān)系如圖乙所示，開始時(shí)P點(diǎn)到彈簧上端距離為40cm,重力加速度為10m/s2,則（）

A.斜面的傾角6=37。

B.彈簧的勁度系數(shù)為lOON/m

C.物塊與彈簧接觸后，彈簧彈性勢(shì)能與物塊重力勢(shì)能之和先增大后減小

D.物塊向下運(yùn)動(dòng)的最大速度為半m/s

17.如圖所示，彈簧固定在地面上，一小球從它的止上方A處自由卜落，到達(dá)B處卅始與彈簧接

觸，到達(dá)C處速度為0,不計(jì)空氣阻力，則在小球從B到C的過程中（）

A.彈簧的彈性勢(shì)能不斷增加

B.彈簧的彈性勢(shì)能不斷減少

C.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不斷減少

D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能保持不變

18.如圖所示，水平光滑軌道的寬度和彈簧自然長(zhǎng)度均為d.m2的左邊有一固定擋板，mi由圖示位

置靜止釋放.當(dāng)m與m2第一次相距最近時(shí)n速度為vi,在以后的運(yùn)動(dòng)過程中

B.mi的最小速度可能是.+六V]

C.n12的最大速度可能是vi

D.m2的最大速度可能是帚扁

三、非選擇題

19.如圖所示，用辰8N的水平拉力，使物體從4點(diǎn)由靜止開始沿光滑水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到

達(dá)B點(diǎn)，已知物體的質(zhì)量為2千克，48過程所用時(shí)間為2秒。求：

I—*

"77777777777777777777777777777777777"

AR

（I）拉力廠在此過程中所做的功；

（2）A8過程中力尸做功平均功率為多大？

20.在學(xué)校組織的趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上，某科技小組為大家提供了一個(gè)寓學(xué)于樂的游戲。如圖所示，軌道

模型中A點(diǎn)左側(cè)的水平面光滑，右側(cè)AE及EF由同種材料制成，AE長(zhǎng)L=lm,小球與AE、EF的

動(dòng)摩擦因數(shù)均為H=0.3,其余軌道阻力不計(jì)。足夠長(zhǎng)的傾斜軌道EF與水平面的夾角為37。，ABCDA-

是與A、A，點(diǎn)相切的半徑R=O.2m的豎直圓形光滑軌道（A、A，相互靠近且錯(cuò)開,ARC是圓管,圓

管的直徑略大于小球的直徑且遠(yuǎn)小于圓軌道半徑）?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.2kg的小球放在P點(diǎn)，用彈簧裝

置將小球從靜止彈出使其沿著軌道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中小球始終不能脫離軌道，不考慮AE與EF連接

處的能量損失，已知sin37o=0.6,cos37°=0.8o

（1）當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能Ep=0.6J,求小球運(yùn)動(dòng)到圓心等高處B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。?/p>

（2）當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能Ep=2J,判斷小球最終停止的位置；

（3）若彈性勢(shì)能可在。到2J范圍內(nèi)任意調(diào)節(jié)，在保證小球始終不脫離軌道的情況下，討論小球

運(yùn)動(dòng)過程中上升的最大高度h和彈性勢(shì)能Ep之間的關(guān)系。

21.如圖所示，光滑曲面A8與水平面AC平滑連接于8點(diǎn)，AC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為廠的上細(xì)

圓管CO,管口。端正下方直立一根勁度系數(shù)為A的輕彈簧，輕彈簧下端固定，上端恰好與管口。

端齊平，質(zhì)量為〃，的小球在曲面上距8c的高度為2r處從靜止開始下滑，進(jìn)入管口C端時(shí)與管壁間

恰好無作用力，通過C。后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過程中速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為耳，已知小

球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=（）f求：

（1）小球達(dá)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小VB；

（2）水平面8C的長(zhǎng)度s；

（3）在壓縮彈簧過程中小球的最大速度Vm。

22.如圖，在固定光滑水平平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m=2.0kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）壓縮彈簧后被鎖扣

K（圖中未畫出）鎖住，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep?，F(xiàn)打開鎖扣K,物塊與彈簧分離后，以一定的水

平速度刈向左滑離平臺(tái)末端A點(diǎn)，并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入半徑為R=1.0TH的粗糙豎直圓弧軌

道BC,B點(diǎn)和圓心O的連線與水平方向的夾角為9=37。，下端點(diǎn)C為圓弧軌道的最低點(diǎn)且與光滑

水平面上的木板上表面相切，木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)。距離木板右端d=1.0m處有一個(gè)側(cè)面具有黏性的長(zhǎng)度

為s=0.5m的固定臺(tái)階，臺(tái)階上表面與木板上表面齊平。物塊經(jīng)過C點(diǎn)后滑上木板，木板運(yùn)動(dòng)到臺(tái)

階處將與臺(tái)階牢固粘連。A、B兩點(diǎn)的高度差為九=0.8m,木板的質(zhì)量為M=5.0kg,物塊經(jīng)過C

點(diǎn)時(shí)所受圓弧軌道的支持力大小為FN=118N,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為%=0.5,物塊與臺(tái)階

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為的=01,重力加速度大小取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37。=0.8。求：

（2）物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功小交；

（3）若物塊能停在臺(tái)階上，求木板長(zhǎng)度L的取值范圍。

23.小王將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由水平軌道AB、豎直小圓軌道BCDB;

水平軌道BF、豎直大圓軌道FGHF和水平軌道FI平滑連接而成，其中B和B\F和F相互靠近

且錯(cuò)開，F(xiàn)GH部分是圓管軌道，軌道EF段粗糙，其余均光滑。已知軌道BCDB，半徑Ri=O.lm和

FGHF，的半徑R=0.2m,軌道EF長(zhǎng)度L=lm,軌道FI足夠長(zhǎng)。一質(zhì)量m=0.1kg小滑塊被壓縮

的輕彈簧鎖定在A處，滑塊的尺寸略小于圓管的直徑，將鎖定裝置解除可把滑塊彈出，滑塊與軌

道EF間動(dòng)摩擦因數(shù)「0.2,彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)。

H

（I）若壓縮的彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep=0.05J,求滑塊通過小圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)速度大小和?軌

道對(duì)其彈力的大小：

（2）能使滑塊到達(dá)E處，求彈簧彈性勢(shì)能的最小值；

（3）要使滑塊始終沒有脫離軌道，求彈簧彈性勢(shì)能的取自范圍。

24.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。光電門1、光電門2固定在鐵架臺(tái)上，兩光

電門分別與數(shù)字計(jì)時(shí)器連接。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。

?

I

I

I

I

°n，光電門I

（I）實(shí)驗(yàn)前先用螺旋測(cè)微器測(cè)量小球的直徑，示數(shù)如圖乙所示，則小球直徑為d=

（2）讓小球從光電門1正上方某位置由靜止釋放，小球通過光電門1和光電門2時(shí)，小球的擋光

時(shí)間分別為5t2,則小球通過光電門1時(shí)的速度大小為v尸（用物理量的符號(hào)表示）；要

驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量的物理量是（寫出物理量的名稱和符

號(hào)）;

（3）改變小球在光電門1上方釋放的位者，重復(fù)實(shí)驗(yàn)多次，測(cè)得多組通過光電門1和光電門2的

擋光時(shí)間h、t2,作作-1圖象，如果圖象的斜率為,圖線與縱軸的交點(diǎn)為

（用題目中相關(guān)物理量符號(hào)表示），則機(jī)械能守恒定律得到驗(yàn)證。

答案解析

1.【答案】A

【蟀析】【解答】功是標(biāo)量，計(jì)算法則遵循代數(shù)運(yùn)算法則，3/和4/的功，則這兩力的合力做功為

7J：A正確。

故答案為：A

【分析】根據(jù)標(biāo)量的運(yùn)算法則計(jì)算求解。

2.【答案】A

【辭析】【解答】恒力F做的功：IV=Fxcosa,做功時(shí)間為1，所以恒力對(duì)箱子做功的平均功率：

p=W=Fxcosao人正確，BCD錯(cuò)誤。

故答案為：A<,

【分析】本題對(duì)功率的考查，注意平均功率和瞬時(shí)功率公式的不同。平均功率：P=華，瞬時(shí)功

率：P=Fvo

3.【答案】A

【解析】【解答】A、小車所受牽引力大小為尸A正確。

B、小車在恒定牽引力作用下未達(dá)到額定功率，電動(dòng)機(jī)所做的功不為Pt,B錯(cuò)誤。

C、由于小車做加速運(yùn)動(dòng)，阻力做功為fx,則電動(dòng)機(jī)所做的功一定大于"，C錯(cuò)誤。

D、這段時(shí)間內(nèi)小車先做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。

故答案為：A

【分析】對(duì)小車進(jìn)行分析，根據(jù)機(jī)車啟動(dòng)的特點(diǎn)以及功率和牽引力之間的關(guān)系分析求解。

4.【答案】C

【解析】【解答】A、功的表達(dá)式為W=PS,A錯(cuò)誤。

2

B、動(dòng)能的表達(dá)式為Ek=\mv,B錯(cuò)誤。

D、角速度的表達(dá)式為3=招，D錯(cuò)誤。

故答案為：C

【分析】根據(jù)各個(gè)物理量的定義式分析求解。

5.【答案】C

【蟀析】【解答】A、小球下落過程先做自由落體運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧彈力等

于重力時(shí)，小球加速度為零，速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，1時(shí)刻小球剛接觸彈簧，故A錯(cuò)誤。

R、小球壓縮彈簧的過程中，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力最大，此時(shí)小球的速度為零，動(dòng)能最小，B錯(cuò)

誤。

C、12七時(shí)間內(nèi)，小球向上先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能先增

大后減小，C正確。

D、t2七時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能等于彈簧減小的彈性勢(shì)能，D錯(cuò)誤。

故答案為：Co

【分析】對(duì)小球和彈簧進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系分析求解。

6.【答案】A

【辭析】【解答】不計(jì)空氣阻力，小球拋出后機(jī)械能守恒，落地之前機(jī)械能保持不變，A正確；動(dòng)能

逐漸增大，且增大的越來越快，B錯(cuò)誤；重力勢(shì)能逐漸減小，且減小的越來越快，C錯(cuò)誤；速度逐

漸增大，但與時(shí)間不成線性關(guān)系，D錯(cuò)誤。

故答案為：A

【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律的條件以及平拋運(yùn)動(dòng)中速度和高度的變化關(guān)系分析求解。

7.【答案】D

【解析】【解答】A物體由斜面頂端由靜止下滑至斜面底端，重力做功為WG=7「M，故重力勢(shì)能減

少了mgh,A不符合題意；

CD.物體下滑的加速度大小為%根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin37。-/=m?多解得f=黑，斜面

長(zhǎng)度為/=1n第=搟力，摩擦力做功為=-警，物體由斜面頂端由靜止下滑至斜面底端

過程中，僅重力和摩擦力做功，根據(jù)能量守恒定律可知物體機(jī)械能減少量等于摩擦力做功轉(zhuǎn)化為的

內(nèi)能，為喈,C不符合題意，D符合題意；

B.根據(jù)動(dòng)能定理可得A&=畋+叼=B不符合題意；

故答案為：Do

【分析】重力勢(shì)能的變化量等于重力做功；機(jī)械能的變化量等于除重力外的其它力做功；由牛頓第

二定律求出摩擦力，再由功的定義式W=Fxcos。計(jì)算摩擦力做功；由動(dòng)能定理求解物體動(dòng)能的增加

量。

8.【答案】A

【解析】【解答】這種新型節(jié)能路燈，“肩扛”太陽(yáng)能電池板可以把太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能；"頭頂'’的小風(fēng)

扇可以把風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能，這樣只要有風(fēng)，這種路燈也可以發(fā)電，填補(bǔ)了陰天和晚上不能發(fā)電的空

白，可用于路燈晚上照明使用：蓄電池在夜晚放電時(shí)，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為申.能，A符合題意，BCD不

符合題意。

故答案為：Ao

【分析】小風(fēng)扇是把風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能，太陽(yáng)能電池板是把太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能。

9.【答案】C

【辭析】【解答】A.雖然能量是守恒的，但能被人們利用，方便使用的能源在減少，故我們?nèi)孕枰?/p>

節(jié)約能源，A不符合題意；

B.化石能源是不可再生能源，水能和風(fēng)能都是可再生的能源，B不符合題意；

C.華龍一號(hào)（核電技術(shù)電站）工作時(shí).，它能把核能轉(zhuǎn)化為電能，C符合題意；

D.有些能量的轉(zhuǎn)化、轉(zhuǎn)移具有方向性，如機(jī)械能和內(nèi)能的相互轉(zhuǎn)化，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】由J-能夠使用的能源在減少所以我們要節(jié)約能源；水能和風(fēng)能都屬于可再生能源；能量的

轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移具有方向性。

10.【答案】B

【解析】【解答】AB.機(jī)械能是動(dòng)能和勢(shì)能的總和，當(dāng)取地面為零勢(shì)能面，物體靜止在高處時(shí)，物體

具有重力勢(shì)能無動(dòng)能，無動(dòng)能從而無動(dòng)量，A不符合題意、B符合題意；

2

CD.根據(jù)動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系式有Ek=

2m

則動(dòng)能和動(dòng)量同時(shí)存在，CD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】當(dāng)物體機(jī)械能體現(xiàn)為勢(shì)能時(shí)可以無動(dòng)量。有動(dòng)能有速度必有動(dòng)量，反之，有動(dòng)量必有動(dòng)

能。

11.【答案】C

【解析】【解答】A.罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中，其動(dòng)能保持不變，重力勢(shì)能一直增加，

根據(jù)E=Ep+Ek

可知罐頭的機(jī)械能不守恒。A不符合題意；

B.^頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中，受力平衡，可知罐頭受到的摩擦力方向沿傳送帶向上。B

不符合題意；

C.根據(jù)卜.面詵項(xiàng)分析，罐頭隨傳送帶勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中，罐頭受到的摩擦力方向與其位移方向

相同。所以罐頭受到的摩擦力對(duì)它做正功。c符合題意；

D.罐頭受到的支持力與其位移方向垂直，所以支持力對(duì)它做不做功。D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】利用動(dòng)能不變結(jié)合重力勢(shì)能增大可以判別機(jī)械能增大；利用平衡條件可以判別摩擦力的方

向；利用速度方向結(jié)合摩擦力和支持力方向可以判別摩擦力做正功，支持力不做功。

12.【答案】B

【解析】【解答】解：AB、兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，圓環(huán)對(duì)A的支持力不做功，系統(tǒng)機(jī)

械能守恒，細(xì)線拉力對(duì)兩球任意時(shí)刻所做功的代數(shù)和為零，所以細(xì)線拉力對(duì)M和對(duì)N做功的功率大

小相等，A錯(cuò)誤，B正確；

C、當(dāng)細(xì)線拉力與M小球速度垂直時(shí)，小球N的速度為零，此時(shí)M小球速度最大，由幾何關(guān)系可

2

得，此時(shí)細(xì)線與在BD方向，與CD夾角為45。，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：^mvM=mgLsin45°+

巾9W一一")]=(2一劣強(qiáng)心C錯(cuò)誤；

D、M運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，M和N的速度大小相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mgL=^2mv2,解得：

v=yfgL,D錯(cuò)誤；

故答案為：B

【分析】AB、判斷兩小球組成系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，細(xì)線對(duì)兩小球的作用力始終

大小相等方向相反，以此判斷組線做功和功率的關(guān)系；

C、判斷當(dāng)細(xì)線與M小球速度垂直時(shí)，M小球速度最大，由幾何關(guān)系和機(jī)械能守恒定律求解；

D、M運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，M和N的速度大小相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解。

13.【答案】B

【解析】【解答】AB.機(jī)械能的變化量等于重力外的力做的功，NE=Fx,F為恒力，機(jī)械能變化量與

2

x成正比，撤去F后，只有重力，機(jī)械能守恒，故B正確，x=|at,則用=*忒2,機(jī)械能變化

量與時(shí)間平方成正比，A錯(cuò)誤；

C重力勢(shì)能增加量等于mgx,EP與x成正比，C錯(cuò)誤；

D.由動(dòng)能定理，動(dòng)能變化量等于合力做的功，Wk=F鏟,動(dòng)能變化量與x成正比，D錯(cuò)誤。

故選擇B

【分析】考杳功能關(guān)系，機(jī)械能變化量等于重力外的力做的功，重力勢(shì)能增加量等于克服重力做的

功，動(dòng)能定理

14.【答案】A,C,D

【解析】【解答】AB.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，小球a與b碰撞后

粘在一-起，屬于完全非彈性碰撞，機(jī)械能不守恒，B不符合題意，A符合題意；

Ca與b碰撞后，彈簧被壓縮，彈簧對(duì)b產(chǎn)生向左的彈力，對(duì)c產(chǎn)生向右的彈力，ab做減速運(yùn)動(dòng)，c

做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)c的速度大于ab的速度后，彈簧壓縮量減小，則當(dāng)小球ab、c速度相等時(shí)，彈簧壓

縮量最大，彈性勢(shì)能最大，C符合題意；

D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)?，小球c的加速度減為零，此時(shí)小球c的速度最大，動(dòng)能一定最大，根據(jù)動(dòng)量

守恒和機(jī)械能守恒分析可知，設(shè)ab黏在一起速度為v,當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)ab與c的速度分別為

2224v

巧和也,則2-2mv=2,2mvi+^mv2?解得也=寺.小球的

2mu=2mv14-mv2?V2=T,b

動(dòng)能一定不為零，D符合題意。

故答案為：ACDo

【分析】根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件判斷三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量是否守恒；根據(jù)碰撞類型分析

機(jī)械能是否守恒；根據(jù)小球受到的彈簧彈力分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，確定彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)三個(gè)小

球的速度情況；由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分析彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)小球b的速度，確定b的動(dòng)

能是否為零。

15.【答案】B,C

【解析】【解答】A.小煤塊傳送到傳送帶N前的瞬間，相對(duì)傳送帶N的速度大小為〃=

VO.624-0.82m/s=lm/s

A不符合題意；

B.小煤塊在傳送帶N上滑動(dòng)的過程中，其所受滑動(dòng)摩擦力大小f==2N

z

小煤塊相對(duì)傳送帶N做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，具加速度大小為Q=《==2m/s

從小煤塊滑上傳送帶N到小煤塊與傳送帶N保持相對(duì)靜止的時(shí)間t=搟=0.5s

B符合題意；

C.設(shè)小煤塊在傳送帶N上滑動(dòng)的劃痕的長(zhǎng)度為x,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有/=2ax

解得％=0.25m

C符合題意；

D.小煤塊在傳送帶N上滑動(dòng)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=〃mgx=0.5/

D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】利用其速度的合成可以求出煤塊傳送到N前相對(duì)于N的速度大小；利用速度公式可以求出

煤塊與傳送帶N相對(duì)靜I卜的時(shí)間：利用速度位移公式可以求出劃痕的大小.結(jié)合摩擦力的大小可以

求出摩擦產(chǎn)生的熱量。

16.【答案】B,D

【解析】【解答】A.根據(jù)彈簧剛接觸時(shí)的加速度劭=5機(jī)/$2,由牛頓第二定律可得mgsi2=77iao

解得。=30°

A不符合題意；

B.當(dāng)彈簧壓縮5cm時(shí)，物塊的加速度為0,則mgsin6=〃x

解得k=100/V/m

B符合題意；

C.物塊與彈簧接觸后，根據(jù)機(jī)械能守恒，物塊的重力勢(shì)能、動(dòng)能，彈簧的彈性勢(shì)能，三者之和不

變，而物塊的速度先增大，后逐漸減小至0,因此動(dòng)能先增大后減小，即物塊重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)

能之和先減小后增大，C不符合題意。

D.物塊和彈簧接觸時(shí)，速度設(shè)為口則根據(jù)動(dòng)能定理mglsin。

物塊最大速度為壓縮到5cm的時(shí)候，此時(shí)，根據(jù)加速度圖像，可知合力所做功為叩=戶％=血淳=

Ix|x5x5x10-2/=0.125/

根據(jù)動(dòng)能定理可得卬=2m瑤ja〉：一^mv2

解得Umax=零姐

D符合題意。

故答案為：BDo

【分析】彈簧剛接觸時(shí)由牛頓第二定律可得6=30。，物塊與彈簧接觸后，機(jī)械能守恒，物塊的重力

勢(shì)能、動(dòng)能，彈簧的彈性勢(shì)能，三者之和不變。

17.【答案】A,D

【解析】【解答】小球在從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，動(dòng)能先增大后減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，小球速度

最大，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，彈簧形變量最大，彈性勢(shì)能最大，A符合題意；以系統(tǒng)為研究對(duì)象，除了重

力沒有其他外力做功，因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D符合題意；

故答案為：AD

【分析】利用彈力做負(fù)功可以判別彈性勢(shì)能不斷增加；利用系統(tǒng)無外力做功可以判別系統(tǒng)機(jī)械能守

恒。

18.【答案】A,B,C

【解析】【解答】從小球根1到達(dá)最近位置后繼續(xù)前進(jìn)，此后拉到根2前進(jìn)，根1減速，血2加速，達(dá)到共

同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后叫繼續(xù)減速，瓶2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，達(dá)到最小速度，

血2達(dá)最大速度：兩小球水平方向動(dòng)量守恒，速度相同時(shí)保持穩(wěn)定，?直向右前進(jìn)，選取向右為正方

2v

向，則：miVi=miVi+m2v2>+^m2v2^解得：巧'=，2=

2m1

叫+叫

A.當(dāng)爪1=巾2時(shí)，.，=,；+用%=0,A符合題意；

B.由上述分析結(jié)論可知，B符合題意；

C.當(dāng)7711=7712時(shí)，02=mJ%=%,C符合題意；

D?尋痣不可能等于譚宗？故也不可能為津運(yùn)也，D不符合題意?

故答案為：ABCo

【分析】?jī)尚∏蚝蛷椈蓸?gòu)成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，分析兩球的運(yùn)動(dòng)過程，明確兩

球的速度變化，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出兩球速度的可能值。

19.【答案】（1）解：由牛頓第二定律可得Q=A=4m/s2

2秒內(nèi)走過的位移為x=^at2=8m

J

拉力做功為W=Fx=64/

（2）解：AB過程中力F做功平均功率為P=3=32W

【解析】【分析】（1）由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移，再由功的公式W=Fx

求出拉力做功；（2）根據(jù)功率的公式P=￥求出AB過程中力F做功平均功率。

20.【答案】（1）當(dāng)Ep=0.6J,P到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得

1.

EP-mgR=

B點(diǎn)：FN-mg=詼系一

得FN=0.2N

由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖淖饔昧N=FN=2N

（2）若小球恰過C點(diǎn)，加9=嗒

2

P到C點(diǎn),EPmin-2myR=^mvcEpmin==1J

所以小球能過C,從P到斜面最高點(diǎn)：由動(dòng)能定理得——=

得h=0.5m

返回水平面，設(shè)在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大距離為x,由動(dòng)能定理得

h

mgh-limgx-fimg=0

得x=lm,即恰好停在2V點(diǎn)

（3）?30<EP<2mgR,即gEpg0.8J,EP=mgh,小=黑=等（m）

11LU乙

當(dāng)0.8<E“l(fā)J,小球脫離軌道，不符合題意

②）小球能過C點(diǎn)，從斜面上升的局度h=2R時(shí),Ep—因ngL—mgh—=0

得EP=1.72J

由（2）得，要使小球能最完整圓周運(yùn)動(dòng)，EP>IJ

所以當(dāng)1JWEPW1.72J時(shí)，hnm=2R=0.4m

③當(dāng)L72J<EPW2J時(shí),hEF>2R

L.

從P運(yùn)動(dòng)到最同點(diǎn)，Ep—fimgL—mgh—[img=0

解得九二安手=爺2（m）

綜上所述：①當(dāng)gEp《）.8J,%ax=需=與（m）

②當(dāng)IJWEP三1.72J時(shí)，hn?x=2R=0.4m

③當(dāng)1.72J<EPW2J時(shí)，九=與[？6=^-3（m）

Z.o14

【解析】【分析】（1）對(duì)小球由P到B的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速

度，再根據(jù)小球在B點(diǎn)的受力，由牛頓第二定律和第三定律求出小球?qū)壍赖淖饔昧?；?）先判斷

小球能不能通過圓周軌道的最高點(diǎn)C,再根據(jù)動(dòng)能定理分析小球在水平面和斜面的運(yùn)動(dòng)，求出小球

最終停下來的位置；（3）當(dāng)小球恰能運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)C,求出彈簧的彈性勢(shì)能，在彈簧彈性勢(shì)能

從零到該彈性勢(shì)能之間取值時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的最大高度是2R；彈性勢(shì)能大于該范圍時(shí)，應(yīng)用動(dòng)能定理

分析小球能在斜面上上升的最大高度。

21.【答案】（1）解：小球在曲面上下滑的過程，由機(jī)械能守恒定律，得=詔

解得%=2y[gr

（2）解：小球在C端時(shí)與管壁間恰好無作用力，結(jié)合牛頓第二定律和向心力公式，有答

可得也；=y[gr

由A至C,由動(dòng)能定理，得mg（2r）-=*7幾正

解得s=3r

（3）解：設(shè)在壓縮彈簧過程中小球速度最大時(shí)離D端的距離為x,則有依=mg=x=等

由功能關(guān)系，得+x）—*=；m咯—mv^

解得小=,了+邛-等

【解析】【分析】（1）對(duì)小球在曲面AB上的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解小球達(dá)到B點(diǎn)時(shí)的速度

大小；（2）分析小球在C點(diǎn)的圓周運(yùn)動(dòng)，求出小球在C點(diǎn)的速度，再對(duì)■小球在A到C的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用

動(dòng)能定理，求出水平面BC的長(zhǎng)度；（3）先求出小球速度最大時(shí)彈簧的形變量，再由功能關(guān)系求解

在壓縮彈簧過程中小球的最大速度。

22.【答案】（1）解：物塊從A點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)

由仁42得亡=楞

=0.4s

vBy=gt=4m/s,物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道

由幾何關(guān)系有：vH=5m/s,u0=3m/s

由能量守恒定律有：Ep=^mvl

解得島=解

(2)解：在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有：FN-mg=m^-

解得叱=7m/s

物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有：mgR^l4-sin0)-W^-=^mvc-Imuj

解得W克二8/

(3)解：對(duì)物塊有：41mg=機(jī)力,解得Q】=5m/s2

2

對(duì)木板有：〃=MU2,解得q=2m/s

物塊與木板共速有：vc-a}t=a2t=v^

解得t=ls,u共=2m/s

此過程物塊的位移為si==4,5m

2

木板的位移為S2=丁￡=lm=d

它們之間的相對(duì)位移為/s=3.5m

故木板長(zhǎng)度L至少為3.5m才能保證物塊不掉下來，且物塊卻木板共速時(shí)，木板剛好與臺(tái)階牢固粘

連，隨后，物塊可繼續(xù)在木板上減速，直至剛能運(yùn)動(dòng)至臺(tái)階右端點(diǎn)處時(shí)速度恰好減為0

從C點(diǎn)至臺(tái)階右端點(diǎn)處，對(duì)物塊由動(dòng)能定理有：—《［?ng(L+d)—427ngs=0—/mu1

解得L=3.8m

若物塊繼續(xù)在木板上減速，直至剛能運(yùn)動(dòng)至臺(tái)階左端點(diǎn)處時(shí)速度恰好減為0

從C點(diǎn)至臺(tái)階左端點(diǎn)處，對(duì)物塊由動(dòng)能定理有：—%mga+d)=0-4m誑

解得L=3.9m

故木板長(zhǎng)度L的取值范圍