2023高考物理最新模拟题专题分类汇编 专题六 功和能

2023高考物理最新模拟题专题分类汇编 专题六 功和能
一、单选题
1．（2023·山东模拟）风力发电是重要的发电方式之一，某风力发电机在风速为8m/s时输出的电功率为680kW，若风场每天有12h风速在4m/s到10m/s的风能资源，风力发电机的转化效率为18%，风正面吹向叶片，则该电站每天的发电量至少为（　　）
A．1020kW·h B．920kW·h C．800kW·h D．720kW·h
2．（2023·四川模拟）如图所示，重为G的物块，沿倾角为的固定斜面向下运动。当运动到某位置时，其速度大小为，此时物块所受重力的瞬时功率为（）
A． B． C． D．
3．（2023·四川模拟）如图所示，轻弹簧上端固定在天花板上，下端系一物块。物块从弹簧处于原长位置静止释放，在物块开始下落到最低点的过程中（弹簧的形变在弹性限度内），下列说法中正确的是（）
A．物块的动能一直变大 B．物块的重力势能一直减小
C．物块的机械能一直变大 D．物块的机械能先变大后变小
4．（2023·甘肃模拟）某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是（　　）
A．22 J B．4.4 J C．132 J D．12000 J
5．（2023·辽宁模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（　　）
A． B． C． D．
6．（2023·重庆模拟）如图所示，半径为R的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内。某时刻，质量为1kg、直径略小于细圆管内径的小球A（可视为质点）从细管最高点静止释放，当小球A和细圆管轨道圆心连线与竖直方向夹角为37°时，小球对轨道的压力大小为（　　）（）
A．38N B．40N C．42N D．44N
7．（2023·重庆模拟）如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为H）；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（　　）
A．4H B．6H C．9H D．16H
8．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，一根质量为、长度为的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上，绳子右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高。由于扰动，绳从静止开始沿桌边下滑。当绳下落的长度为时，加速度大小为，绳转折处点的张力大小为，桌面剩余绳的动能为、动量为，如图（b）所示。则从初态到绳全部离开桌面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．当时，张力有最大值 B．当时，动是有最大值
C．当时，加速度有最大值 D．当时，动能有最值
9．（2023·河北模拟）质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　）
A．此物体在OA段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
B．此物体在OA段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
C．此物体在AB段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
D．此物体在AB段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6W
10．（2023·河北模拟）一个重量为G的物体，在水平拉力F的作用下，一次在光滑水平面上移动x，做功W1，功率P1；另一次在粗糙水平面上移动相同的距离x，做功W2，功率P2。在这两种情况下拉力做功及功率的关系正确的是（　　）
A．W1＝W2，P1＞P2 B．W1＞W2，P1＞P2
C．W1＝W2，P1＝P2 D．W1＞W2，P1＝P2
11．（2023·河北模拟）如图所示，有两个完全相同的小球 A、B，将它们从同一高度以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出（不计空气阻力），则下列说法正确的是（　　）
A．两小球落地时的速度相同
B．从抛出点至落地，两球重力做功相同
C．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
D．从抛出点至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
12．（2023·河北模拟）如图所示，四个小球质量mA=mB=2m、mC=mD=m，在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中不正确的是（　　）
A．小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同
B．A，B两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对四个小球做功均相同
D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率最大
13．（2023·河北模拟）如图所示，竖直平面内固定着一光滑的直角杆，水平杆和竖直杆上分别套有质量为mP＝0.8kg和mQ＝0.9kg的小球P和Q，两球用不可伸长的轻绳相连，开始时轻绳水平伸直，小球Q由顶角位置O处静止释放，当轻绳与水平杆的夹角θ＝37°时，小球P的速度为3m/s，已知两球均可视为质点．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则连接P、Q的轻绳长度为（　　）
A．0.8m B．1.2m C．2.0m D．2.5m
14．（2023·河北模拟）如图所示，小球由静止释放，运动到最低点A时，细线断裂，小球最后落在地板上。如果细线的长度l可以改变，则（　　）
A．细线越长，小球在最低点越容易断裂
B．细线越短，小球在最低点越容易断裂
C．细线越长，小球落地点越远
D．细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远
15．（2023·河北模拟）如图所示，一倾角为θ＝30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，整个过程中斜劈静止，下列说法正确的是（　　）
A．小球在顶端时，速度大小为
B．小球在底端时，速度大小为
C．小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变
D．小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和
16．（2023·江苏模拟）江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧释放后瞬间A，B速度的大小为2m/s
B．物块A先停止
C．先停止的物块刚停止时A与B之间的距离是1m
D．A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m
17．（2023·淮安模拟）如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强（是大气压强），c与大气连通，则下列说法中正确的是（　　）
A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少
B．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变
C．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能不变
D．打开隔板K1和卡销K2，待活塞K2稳定后，b部分气体的内能减少
18．（2023·淮安模拟）如图所示，两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过处的定滑轮固定在点，质量为的小球固定在细线上点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零（此时小物块未到达点），图中为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为，，，则（　　）
A．小球重力的功率一直增大
B．
C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等
D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为
19．（2023·惠州模拟）惠州罗浮山风景区于2022年1月启用新索道，如图所示，质量为M 的吊厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为m 的货物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，且悬臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为g，则（　　）
A．吊厢水平底板对货物的支持力不做功
B．吊厢水平底板对货物的摩擦力做正功
C．悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上
D．悬臂对吊厢的作用力大小等于
二、多选题
20．（2023·山东模拟）如图所示，粗糙斜面倾角为θ，弹簧一端与斜面顶端相连，另一端与质量为m的滑块连接，开始滑块静止在O处（图中未标出），与斜面间恰好没有摩擦力。现用沿斜面向下的力将滑块从O点缓慢拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后滑块由静止沿斜面向上运动，经O点到达B点时速度为零，，重力加速度为g，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　）
A．从A到O，滑块一直做加速运动
B．从O到A再到B，弹簧弹力做的功为
C．向上经过O点时，滑块的动能小于
D．滑块到达B处后可能保持静止
21．（2023·辽宁模拟）如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为、的小球A、B，支架两条边的长度均为，用手将B球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为，，重力加速度大小为，现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A球与转轴O等高时的动能为
B．B球下降的最大高度为
C．A球的最大动能为
D．B球的最大动能为
22．（2023·重庆模拟）质量为m的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小与小球的速率成正比（，k为常数），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球落回到抛出点时速度大小为
B．小球上升时间小于
C．小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功
D．全过程小球克服阻力做功
23．（2023·河北模拟）从地面竖直向上抛出一物体（可视为质点），以地面为重力势能零势面，上升过程中，该物体的机械能E随离开地面的高度h的变化如图所示，物体上升的最大高度为4m，重力加速度g取。由图中数据可得（　　）
A．物体的质量为4kg
B．物体抛出时的速度大小为
C．物体上升过程中，所受空气阻力的大小为10N
D．物体上升过程中，加速度的大小为
24．（2023·河北模拟）某人将质量为m的物体由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，关于此过程下列说法中正确的有（　　）
A．人对物体做的功为 B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能增加了 D．物体克服重力做的功为
25．（2023·河北模拟）下列说法中，正确的是（　　）
A．物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，机械能可能不变
B．物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，机械能一定增加
C．重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少，动能可能不变
D．重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少，动能一定增加
26．（2023·河北模拟）如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离。在此过程中（　　）
A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
B．外力F做的功等于A和B动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
27．（2023·济南模拟）如图，在等边三角形的三个顶点A、B、C上， 分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中，A、B处的点电荷均带正电， C处的点电荷带负电，D、E、F分别为AB、BC、CA边的中点，O为三角形中心则下列说法正确的是（　　）
A．三角形中心O点的电场强度方向为O→D
B．D点的电势高于O点的电势
C．E，F两点电势相同
D．把一正点电荷从O点移到E点，该电荷的电势能增加
28．（2023·惠州模拟）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（　　）
A．物块到达小车最右端时，其动能为
B．摩擦力对小物块所做的功为
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为
29．（2023·惠州模拟）如图所示，一质子以速度 进入足够大的匀强电场区域，a、b、c、d为间距相等的一组等势面，若质子经过a、c等势面时动能分别为9eV和3eV。 不计质子重力，下列说法正确的是（　　）
A．质子第二次经过等势面b时动能是6eV
B．质子刚好能到达等势面d
C．该匀强电场场强的方向水平向左
D．若取等势面c为零电势面，则a所在的等势面电势为6V
三、实验探究题
30．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，气垫导轨倾斜放置，倾角为，其上安装有可自由移动的光电门1和光电门2，光电门的位置可由气垫导轨侧面的标尺读出，它们到标尺零刻线的距离分别记为、，让质量为m的滑块从零刻线处由静止释放，无摩擦的先后经过光电门1和光电门2，速度传感器测出速度、，改变两个光电门的位置，得到多组和、和的数据，建立图（b）所示的坐标系并描点连线，测得图线的 率为。
（1）已知滑块上的遮光条宽度为d，光电门记录下遮光的时间t，则滑块经过光电门时的速度　 　；
（2）由图（b）可得，当地的重力加速度　 　（用、表示）
（3）若以滑块释放处为重力势能参考平面，则滑块经过光电门1时，其与地球组成的系统机械能表达式　 　（用、、、表示）。
四、综合题
31．（2023·四川模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的四分之一圆弧轨道AB，圆弧半径R＝1m，A端与圆心O等高。一质量m＝0.2kg的小滑块从A端由静止释放，沿圆弧轨道运动至最低点B时的速度v＝4m/s。重力加速度g取。求：
（1）小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功W。
32．（2023·甘肃模拟）如图所示，弯曲斜面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后做平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g），求：
（1）小球在D点时的速度；
（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x；
（3）小球经过半圆轨道的C点点与圆心O在同一水平面时对轨道的压力.
33．（2023·辽宁模拟）如图甲所示，质量的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以的速度从左端滑上长木板后，不能从木板的右端掉落，其运动的图像如图乙所示。取重力加速度大小，求：
（1）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（2） 内静摩擦力对长木板的冲量。
34．（2023·重庆模拟）地球周围不但有磁场，还有电场。如图，在赤道上一个不太高的空间范围内，有垂直纸面向里（水平向正北）的匀强磁场，磁感应强度大小为B；有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一群质量均为m，电量均为q的带正电宇宙粒子射向地面；取距水平地面高度为h的P点观察，发现在如图所示水平线以下180°方向范围内都有该种粒子通过P点，且速度大小都为v；所有粒子都只受匀强电磁场的作用力，求：
（1）若有些粒子到达了地面，这些粒子的撞地速度大小；
（2）若要所有粒子都不能到达地面，v的最大值是多少；
（3）若，且，过P点的这些粒子打在地面上区域的长度。注：本小问结果用h表示，，。
35．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，水平面与斜面在处平滑连接，质量的小球1以水平向右的初速度与静止的小球2在处发生碰撞。碰后，小球1的速度大小为，方向水平向右，且之后不再与小球2发生碰撞。小球2在斜面上运动过程中的动能、重力势能、弹簧的弹性势能随小球的位移变化的关系如图（b）中的曲线①、②、③所示（曲线②为直线，曲线①部分为直线），已知重力加速度大小，不计一切摩擦。求：
（1）小球2的质量；
（2）斜面的倾角；
（3）图（b）中点对应的能量值。
36．（2023·湖北模拟）如图所示，完全相同的金属导轨ad、bc水平放置，ab间的距离为4L，dc间的距离为2L，∠a=∠b=θ=45°。ab间接有阻值为R的电阻，dc间接一理想电压表。空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长度为4L的金属棒MN在水平外力的作用下从贴近于ab边的位置开始以初速度v0向右运动并始终与导轨接触良好。不计摩擦和其他电阻，在MN从ab边运动到dc边的过程中，电压表的示数始终保持不变。求：
（1）回路中电流大小I；
（2）MN的速度v随位移x变化的关系式；
（3）在MN从ab边运动到dc边的过程中，电阻R上产生的焦耳热。
37．（2023·济南模拟）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
38．（2023·淮安模拟）如图甲所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量，，a球带电量，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距。现让装置O带动杆以向下匀速运动，并且加上一垂直纸面向里的磁感应强度的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。（取）
（1）求小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是多少？
（2）若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是多少？
（3）如图乙所示，若将该装置固定不动，长方形内有交变匀强磁场，磁感应强度按图丙规律变化，取垂直纸面向里为磁场的正方向，图中，，，在长方形区域再加一竖直向上的匀强电场，，给a一个向右瞬时冲量，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在时从A点沿方向进入磁场，最终到达C点，则冲量多大？
39．（2023·淮安模拟）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电功率和电功；动能
【解析】【解答】经过短暂时间 ，吹到叶片处的空气的质量为
动能为
发电机的功率为
令 ，当 时，有 ；当 时，有 ，联立各式解得
该电站每天的发电量至少为
故答案为：A。
【分析】根据质量和密度的关系以及动能的表达式得出发动机的功率，结合平均功率的表达式得出电站每天的发电量 。
2．【答案】D
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】此时物块所受重力的瞬时功率为
故答案为：D。
【分析】根据重力瞬时功率的表达式得出物块所受重力的瞬时功率。
3．【答案】B
【知识点】功能关系；受力分析的应用；力的合成
【解析】【解答】物块从弹簧处于原长位置静止释放后，物块受到重力、弹力，合力方向竖直向下，做加速运动；弹力逐渐增大，当重力和弹力相等时速度最大，之后弹力大于重力，合力方向竖直向上，做减速运动；直至最低点，速度为零。
综上所述物块的速度先增大后减小，物块的动能先增大后减小；物块的一直下降，重力做正功，物块的重力势能一直减小；弹力对物块一直做负功，物块的机械能一直减小。
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对物块进行受力分析，根据力的合成以及合力 和速度的关系得出物块动能和机械能的变化情况。
4．【答案】A
【知识点】功的计算；动能
【解析】【解答】足球在草坪上滚动的过程，由动能定理得-Wf=0-
则得，克服阻力做的功Wf= = J=22J
故答案为：A．
【分析】足球在草坪上滚动的过程利用动能定理以及恒力做功得出 足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功 。
5．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；动能
【解析】【解答】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有
设轻绳的长度为L，根据动能定理有
解得
故答案为：C。
【分析】子弹射入木块后根据动量守恒定律以及动能定理得出 轻绳的长度 。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】以小球为对象，根据动能定理可
解
根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为 。
故答案为：D。
【分析】以小球为对象，根据动能定理得出小球的速度，利用牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对小球的支持力。
7．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球与挡板碰撞前瞬间三球速度相等，由匀加速直线运动位移速度公式可得
解得
由题意可知，C球与挡板碰撞后反向碰B球，B球再反向碰A球，由于都是弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒和机械能守恒，C球与B球碰撞过程有 ，
B球与A球碰撞过程有 ，
联立解得 ， ，
则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为
故答案为：C。
【分析】三个小球由静止释放时根据匀变速 直线运动的位移与速度的关系得出ABC的速度，C球与球B和球B与球A碰撞的过程根据动量守恒以及机械能守恒得出碰撞后各自的速度，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 A球碰后沿斜面向上运动最大位移 。
8．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．分析整段绳
隔离桌面部分
联立可得 ，
故当 时， 有最大值； 时， 有最大值；A不符合题意，C不符合题意；
B．由机械能守恒定律
可得
故
故当 时，动量 有最大值，B不符合题意；
D．根据
求导可得，当 时，动能 有最大值，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分别对整段绳和桌面部分进行受力分析，利用牛顿第二定律得出张力和加速度的最大值，利用机械能守恒定律和动能的表达式得出动量和动能的最大值。
9．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】AB．运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为
根据功的定义式可知拉力做功为
故可知图像的斜率表示拉力F的大小，在OA段拉力
做匀加速直线运动，当x=3m时速度最大，根据速度位移公式可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
所以此过程中最大功率为
AB不符合题意；
CD．在AB段
所以物体做匀速直线运动，拉力的功率恒定不变，为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据滑动摩擦力的表达式以及恒力做功的表达式得出W-x的表达式，结合图像得出OA段的拉力，结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物体的速度，通过瞬时功率的表达式得出该过程中的最大功率。
10．【答案】A
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】力F是恒定不变的，两次通过的距离x相等，由公式
可知W1＝W2
又根据牛顿第二定律可知在粗糙水平面上运动的加速度小于光滑水平面上；根据
可知在光滑水平面上运动的时间小于在粗糙水平面上的时间；由功率的定义式
可得P1＞P2
故答案为：A。
【分析】结合恒力做功的表达式得出W1和W2的大小关系，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系以及平均功率的表达式得出P1和P2的大小关系。
11．【答案】B
【知识点】功率及其计算；动能
【解析】【解答】AB．在整个过程中，只有重力做功，重力做功的特点是只与始末位置的高度差相等，与其所经过的路径无关，所以这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理可知
则落地时的动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，A不符合题意，B符合题意；
C．由于落地时速度大小相同，方向不同，根据
可知，重力的瞬时功率不同，C不符合题意；
D．竖直上抛运动的时间比平抛运动的时间多，根据
可知，重力对平抛抛球做功的平均功率更大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】小球运动的过程根据动能定理得出落地速度的大小，结合瞬时功率的表达式得出重力的 瞬时功率的变化情况 ，结合平均功率的表达式得出 重力对平抛抛球做功的平均功率的变化情况。
12．【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．根据 可知，小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同，A正确，不符合题意；
B．根据动能定理可得
可得落地时速度大小为
四个小球落地时的速度大小相等；AB球落地时速度方向与重力方向相同，根据
可知，A、B两小球落地时重力的瞬时功率相同，B正确，不符合题意；
C．根据重力做功计算公式可知 ，由于mA=mB=2m、mC=mD=m，所以从开始运动至落地，重力对四个小球做功不相同，C错误，符合题意；
D．从开始运动至落地，重力对A小球做的功最大、而A球运动时间最短，则平均功率最大，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合速度与时间的关系得出飞行过程中单位时间内的速度变化量，利用动能定理得出落地速度的表达式，通过瞬时功率的表达式得出A、B两小球落地时重力的瞬时功率的大小关系。
13．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】将小球P和Q的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，两小球沿绳方向的速度相等，即
解得
两小球组成的系统机械能守恒，则
连接P、Q的绳长
联立解得
故答案为：C。
【分析】对PQ小球的速度进行分解，结合速度的分解以及机械能守恒得出连接P、Q的轻绳长度。
14．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律得
根据机械能守恒定律得
解得
在最低点线的拉力为定值3mg，与线长无关，AB不符合题意；
CD．设O点的高度为H，根据机械能守恒定律得
根据平抛运动得
解得
当 时，x最大，即，当 时，小球落地点最远，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据牛顿第二定律以及牛顿第二定律得出细线拉力的大小，利用机械能守恒定律以及平抛运动的规律进行分析判断。
15．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；动能
【解析】【解答】A．小球在顶端时，绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有FT＋mg sinθ＝m
可知绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好在斜面上做圆周运动，在顶端时的速度为vmin＝ ＝
A不符合题意；
B．小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，根据动能定理mg·2l sin θ＝ mv2－ mvmin2
代入数据可得v＝
B符合题意；
CD．小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其所受重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡，绳的拉力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对小球进行受力分析，根据合力提供向心力得出小球在顶端的速度，小球由顶端向底端运动时根据动能定理得出小球的速度，通过受力分析及共点力平衡进行分析判断。
16．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能
【解析】【解答】A．设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ，
解得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
A不符合题意；
BC．A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得
则
B一直向左运动，则
解得
可知B先停止运动，该过程中B的位移
解得
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得
B停止时A的速度
解得
对A由动能定理可得
则位移
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
BC不符合题意；
D．t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为 ，由动能定理有
解得
A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为 ′以和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 ，
解得 ，
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为 ′时停止，B向左运动距离为 时停止，由运动学公式 ，
解得 ，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】两物块运动的过程根据动量守恒和动能不变得出弹簧释放瞬间AB的速度，结合动量定理和动能定理进行分析判断正确的选项。
17．【答案】B
【知识点】功能关系；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功 ，绝热容器导致 。由热力学第一定律知
内能不变，温度不变；体积增大，压强减小，A不符合题意，B符合题意；
C．只打开卡销K2时，由于 ，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功 ，但 则
内能增加，C不符合题意；
D．打开隔板K1和卡销K2，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】只打开隔板K1时根据热力学第一定律得出内能的变化情况，从而得出气体压强的变化情况，只打开卡销K2时，根据气体的做功以及功能关系得出内能的变化情况。
18．【答案】D
【知识点】向心力；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在水平位置和D点时速度均为0，重力功率也为0，故重力功率不是一直增大。A不符合题意；
B．设AD长为3L，根据机械能守恒定律有
解得
B不符合题意；
C．小球在水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0。AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，C不符合题意；
D．设小球在最低点D时，沿BD方向的加速度大小为 ，BD中的拉力为 ，根据牛顿第二定律有 ，
解得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合瞬时功率的表达式得出小球重力功率的变化情况，根据机械能守恒定律得出物块和小球质量的比值，在最低点根据牛顿第二定律得出BD中的拉力。
19．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A．吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于 ，可知支持力对货物做正功，A不符合题意；
B．在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的夹角小于 ，摩擦力对货物做正功，B符合题意；
CD．以吊厢和货物为整体，设加速度大小为 ，缆绳与水平方向夹角为 ，则有 ，
则悬臂对吊厢的作用力大小为
悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹角为 ，则有
可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据恒力做功的表达式得出 吊厢水平底板对货物的支持力 的变化情况，以吊厢和货物为整体，根据牛顿第二定律以及力的合成法得出悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行。
20．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．第一步：判断O点是否为 的中点、加速度为零的位置滑块从A点向B点运动的过程，先加速后减速，由于弹簧弹力随位移线性变化，重力沿斜面向下的分力及滑动摩擦力均为恒力，可知加速度也随位移线性变化。 图如图甲所示，又
则合力与位移的图象与 图象类似，由合力与位移图线与坐标轴围成的面积表示动能的变化量可知x轴上、下两部分围成的面积相等。由对称性可知，滑块到 的中点C时速度达到最大，该处弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的合力为0，如图乙所示，此位置比O点低，则从A到O，滑块先做加速运动后做减速运动，A不符合题意。
B．第二步：由动能定理计算弹力做功和动能设 ，由动能定理，从O到A再到B有
得弹簧弹力做的功
B不符合题意。
C．从开始到滑块向上经过O点，有
得
C符合题意。
D．第三步：用假设法分析滑块能否停在B点
题中没有给出弹簧劲度系数k、滑块质量m、斜面倾角θ及动摩擦因数μ的具体数值或关系，设 ，若B点离O点很近，即滑块在该处时弹簧处于伸长状态，在O点时有
当满足
即 时，滑块到达B处后保持静止，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系和牛顿第二定律得出滑块的运动情况，从O到A再到B和从开始到滑块向上经过O点的过程利用动能定理得出弹簧弹力做的功和滑块的动能。
21．【答案】B,D
【知识点】动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据题意可知，小球A、B共轴转动，角速度相等，由于转动半径相等，则小球A、B线速度相等，转动过程中只有重力做功，小球A、B组成系统机械能守恒，由于
可得
A．根据题意，设A球与转轴O等高时的速度为 ，由动能定理有
解得
则A球与转轴O等高时的动能为
A不符合题意；
B．根据题意，当小球B下降到最低点时，小球A、B的速度为零，设小球B向下转动的角度为 ，则小球A向上转动的角度也为 ，如图所示
由系统的机械能守恒定律有
解得
则小球B下降的最大高度为
B符合题意；
CD．根据题意，当小球B向下转动的角度为 时，即小球A向上转动的角度也为 ，则由动能定理有
由数学知识解得，当
时，小球A、B的动能之和有最大值为
由于小球A、B速度的大小相等，则有 ，
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】小球A、B共轴转动时根据机械能守恒定律和动能定理得出A球与转轴O等高时的动能以及B下降的最大高度。
22．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动量定理；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．设小球上升时间为t1，小球下降时间为t2，小球落回至抛出点时的速度大小为v。取向下为正方向，根据动量定理mgt-f1t1+f2t2=mv-（-mv0）
由于上升的高度等于下降的高度
则
又因为 t1+t2=t
联立解得v=gt-v0
A符合题意；
B．小球上升阶段的加速度
下降阶段的加速度
则上升阶段加速度较大，根据
可知小球上升时间小于 ，B符合题意；
C．小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C不符合题意；
D．全过程小球克服阻力做功
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】小球竖直上抛后利用动量定理以及速度与时间的关系得出小球落回到抛出点时的速度，通过牛顿第二定律得出上升和下降的加速度，利用功能关系得出全过程小球克服阻力做功。
23．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】A．由图可知h＝4m时，E＝160J，由 ，可得m＝4kg
A符合题意；
B．抛出时 ，由 可得v＝10m/s
B不符合题意；
C．由图可知，由动能定理可知，图线斜率的绝对值在数值上等于空气阻力的大小，可得
即所受空气阻力大小为10N，C符合题意；
D．物体上升过程中，根据牛顿第二定律得
解得
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据重力势能的表达式得出物体的质量，结合动能的表达式得出物体抛出时的速度，物体上升过程中，根据牛顿第二定律得出加速度的大小。
24．【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；功的计算；动能
【解析】【解答】A．设人对物体的拉力F，由牛顿第二定律得F-mg=ma
即F=m(g+a)
提高过程中人对物体做功为m(a+g)h，A不符合题意；
B．提高过程中合外力对物体做功W合=mah
则动能增加mah，B符合题意；
CD．提高过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得出提高过程中人对物体做功，结合恒力做功以及动能定理得出动能的增加量。
25．【答案】A,C
【知识点】功能关系；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若物体克服重力做功，即重力对物体做负功，根据功能关系，物体的重力势能一定增加，但机械能可能不变，比如物体做竖直上抛运动上升阶段，A符合题意，B不符合题意；
CD．若重力对物体做正功，根据功能关系，物体的重力势能一定减小，但动能可能不变，比如物体竖直向下做匀速运动，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据恒力做功得出重力的做功情况，利用功能关系和机械能守恒的条件得出机械能的变化情况。
26．【答案】A,D
【知识点】功能关系；受力分析的应用；动能
【解析】【解答】A．受力分析知，B对A的摩擦力等于A物体所受合外力，根据动能定理可知，B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，A符合题意；
B．选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，根据功能关系可知
其中 为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，B不符合题意；
C．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，所以二者做功不等，C不符合题意；
D．对B物体应用动能定理，有
其中 为B克服摩擦力所做的功，即
即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据受力分析以及动能定理得出B对A的摩擦力所做的功和A的动能的增量之间的关系，结合功能关系得出外力F做的功和A和B的动能的增量之间的关系。
27．【答案】B,C
【知识点】功能关系；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．O点到A、B、C三点的距离相等，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，且夹角互为120°，则有A、B两点电荷在O点的合场强方向向上，点电荷C在O点的场强方向也向上，所以O点的合场强方向向上，为O→C，A不符合题意；
B．三个点电荷在 O点的合场强方向向上，可知在 O点合电场方向向上，由矢量合成定则可知，在DOC的连线上合场强方向都向上，从D到O电场方向应是从D指向O，由沿电场方向电势降低可知，D点的电势高于O点的电势，B符合题意；
C．AC两个电荷在F点的电势和BC两个电势在E点的电势相同都为零，因此只需要比较A电荷在E点的电势和B电荷在F点的电势，因距离相同因此电势相同，C符合题意；
D．BC两个电荷在O点和E点电势相同都为零，A电荷在O点的电势高于E点的电势，因此O点电势高于E点电势，因此把一正点电荷从O点移到E点，电场力做正功，该电荷的电势能减少，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式以及电场强度的合成得出O点的合场强方向以及O到D的电场方向，从而得出电势的高低，结合功能关系得出电荷电势能的变化情况
28．【答案】A,C
【知识点】动能
【解析】【解答】A．小物块发生的位移为 ，对于小物块根据动能定理可得
A符合题意；
B．小物块克服摩擦力做的功为
B不符合题意；
C．物块到达小车最右端时，小车运动的距离为 ，对小车根据动能定理得
C符合题意；
D．小车和小物块增加的动能为
系统重力势能不变，则小物块和小车增加得机械能为 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】对小物块和小车分别利用动能定理得出物块到达小车最右端时小车的动能和物块的动能。
29．【答案】A,C
【知识点】功能关系；电势能
【解析】【解答】A．两次经过同一等势面的动能相等，因为是匀强电场，所以经过相邻等势面克服电场力做功相同，动能变化相同，即
解得
所以经过b等势面时的动能是6eV，A符合题意；
B．假设质子能够到达等势面d，则质子在等势面d的动能为零；但质子做匀变速曲线运动，质子在等势面d的速度不可能为零，故质子不能到达等势面d，B不符合题意；
C．根据题意，由a到c过程电场力做负功，质子带正电，所以匀强电场场强的方向水平向左，C符合题意；
D．根据 可知：质子在c等势面的电势能为0，所以质子运动过程中的总能量
根据能量守恒可知
解得
由 可得a所在的等势面电势
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据功能关系得出质子第二次经过等势面b时的动能，结合电势能的表达式以及功能关系得出a所在的等势面电势。
30．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】平均速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 根据光电门工作原理知
（2） 以滑块研究对象，由能量守恒有
可得斜率
故
（3） 系统的机械能为
将
代入上式，得
【分析】（1）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度得出 滑块经过光电门时的速度 ；
（2）以滑块研究对象，由能量守恒定律得出重力加速度的表达式；
（3）根据机械能的表达式以及（2）中的表达式得出其与地球组成的系统机械能表达式 。
31．【答案】（1）小滑块过B点时，对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得，小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得
代入数据解得，小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功为
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能
【解析】【分析】（1） 小滑块过B点时，对小滑块受力分析 ，根据牛顿第二定律得出小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理 得出克服阻力做的功。
32．【答案】（1）小球从A到D，根据动能定理可得：
整理可以得到：
（2）小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到：
水平方向有：x=vDt
竖直方向有： 整理可以得到：x=4R
（3）从A到C，根据动能定理得：
在C点，根据牛顿第二定律：
整理可以得到：N=6mg．
由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力为6mg．
【知识点】平抛运动；向心力；动能
【解析】【分析】（1） 小球从A到D，根据动能定理可得小球在D点的速度；
（2） 小球离开D点后做平抛运动，结合平抛运动的规律得出小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移 ；
（3） 从A到C，根据动能定理得出小球在C点的速度，在c点利用牛顿第二定律以及牛顿第三定律得出小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力 。
33．【答案】（1）根据题意由图乙可知， 内小物块与长木板发生相对运动， 时，小物块与长木板具有相同速度 ，之后一起匀减速，连接坐标原点与图像的拐点，即为长木板的 图像，如图所示
设小物块的质量为 ，小物块与长木板间的动摩擦因数为 ，长木板与地面间的动摩擦因数为 ，前 内小物块的加速度大小为 ，长木板的加速度大小为 ， 后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有 ， ，
由图像可得 ， ，
联立解得 ， ，
由图像可得， 内小物块的位移为
长木板的位移为
小物块与木板间因摩擦产生的热量
（2）设 内长木板受到小物块的静摩擦力大小为 ，该静摩擦力的方向向右，则有 ，
联立代入数据解得
方向向右。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示物体的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示位移，结合牛顿第二定律以及v-t图像和恒力做功得出 小物块与木板间因摩擦产生的热量 ；
（2）根据冲量的表达式以及牛顿第二定律得出 内静摩擦力对长木板的冲量 。
34．【答案】（1）对到达地面的粒子，从P点到地面，由动能定理可得
解得
（2）所用粒子的速度都可以按
进行分解，其中 ，方向水平向东；即所有粒子的运动都可以分解为两个分运动：以 水平向东的匀速直线运动，以 的竖直平面内逆时针的匀速圆周运动。水平向西通过P点的粒子，其 最大，为
做圆周运动的半径最大，向竖直向下走的距离最远，故只要该粒子不打到地面，所有粒子都不会打到地面。当该粒子轨迹刚好与地面相切时， 最大；则有
解得
（3）当 向下偏东，且 恰好竖直向下时
其匀速圆周运动的半径为
故其轨道刚好在做 圆周后与地面相切与 ，该粒子为能打到地面最东边的粒子。令P点在地面的投影点为 ，有
当 水平向西时，粒子的
方向水平向西，匀速圆周运动轨道半径最大，能打到地面的最西点 ，有
令其从P点到打到地面做圆周运动的圆心角为 ，则有
可得
故
故粒子能打在地面区域的长度为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 对到达地面的粒子，从P点到地面，由动能定理 得出粒子撞地的速度；
（2）根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出 v的最大值 ；
（3）结合运动的合成以及粒子在磁场中运动的半径的表达式得出半径的大小，结合几何关系得出 粒子能打在地面区域的长度 。
35．【答案】（1）由图（b）中曲线①的纵截距可知碰后小球2的动能
碰撞过程中系统动量守恒
将 代入，解得
（2）曲线②表示小球2的重力势能 随位移 的关系，有
曲线②的斜率
由图可知
联立解得
（3）小球2在 内，机械能守恒
由图可知 ，
可得
故 点的能量值为
【知识点】动量守恒定律；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能的表达式以及动量守恒得出小球2的质量；
（2）根据重力势能的表达式以及结合图像得出斜面的倾角；
（3）根据机械能守恒定律得出M点的能量值。
36．【答案】（1）回路中的电动势恒为
根据闭合电路的欧姆定律
（2）由几何关系可知，当金属棒MN位移为 时，MN切割磁感线的有效长度 为
且 范围为
由于dc两点间的电压始终保持不变，即
联立解得
（3）由功能关系，电阻R上产生的焦耳热等于MN克服安培力做的功，有
MN所受安培力
联立解得
当x=0时，安培力为
当x=L时，安培力为
故全过程安培力做的功为
联立解得
【知识点】功能关系；安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路的欧姆定律得出 回路中电流 ；
（2）结合 MN切割磁感线的有效长度以及法拉第电磁感应定律得出MN的速度v随位移x变化的关系式；
（3）根据安培力的表达式以及安培力做功和功能关系得出电阻R上产生的焦耳热。 ，
37．【答案】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为 ，木板速度为 ，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为 ，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为 ，滑块速度为 ，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端离C端距离为 ，则由运动学公式可知
解得
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知
解得
（3）A到D由动能定理可知
解得
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为 ，小滑块落地的速度大小为 ，落地速度方向与水平方向夹角为 ，从D点飞出到落到所用时间为 ，根据动能定理可得
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图
速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程 有最大值，而图中速度 、 都是定值，可知
速度矢量图的面积最大，则有
解得
可得
速度矢量图的面积最大为
最大水平射程为
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【分析】（1） 小滑块P滑到B点时，由动能定理 得出B点的速度，在B点利用牛顿第二定律得出对小滑块的支持力；
（2）木板运动的过程根据牛顿第二定律得出木板的加速度，结合动量守恒以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 开始时木板左端离C端距离 ，通过能量守恒定律得出最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）A到D由动能定理 得出D点的速度， 从D点飞出到落地的过程根据动能定理得出小滑块落地的速度，结合速度的合成与分解以及几何关系得出最大水平射程。
38．【答案】（1）a球做加速运动的加速度为 ，则
设第一次碰前速度为 ，则
设a和b碰撞后速度为 、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得 ，
（2）设物块a、b第一次碰后再经过时间 发生第二次碰撞
解得
第二次碰撞前a的速度
第二次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
第二次和第三次碰撞的时间间隔为 ，则
即
解得
第三次碰撞前a的速度
第三次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
即每一次碰撞b球的速度增加 ，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别为 ， ，
则杆的长度是
（3）若给a球一个冲量 ，则
a球和b球碰撞 ，
解得
b球在长方形区域时
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动 ， （ ， ， ）
联立解得 （ ， ， ）
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出第一次碰前的速度，ab碰撞过程根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得出小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度 ；
（2）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及动量守恒定律和动能不变得出杆的长度
（3）粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力以及动量守恒和动能不变得出到达c点的冲量。
39．【答案】（1）设1号环的初速度为 ，则由动能定理可得
解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为 ，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为 ，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为 ，其动能为 ，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2，3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离 后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动能
【解析】【分析】（1） 若要保证2号滑环能动起来 ，根据动能定理得出 1号滑环的最小初速度； ；
（2） 窗帘绷紧前后动量守恒 ，根据动量守恒定律以及动能的表达式得出损失的动能；
（3）根据功能关系以及恒力做功的表达式得出 1号滑环的初速度 。
1 / 12023高考物理最新模拟题专题分类汇编 专题六 功和能
一、单选题
1．（2023·山东模拟）风力发电是重要的发电方式之一，某风力发电机在风速为8m/s时输出的电功率为680kW，若风场每天有12h风速在4m/s到10m/s的风能资源，风力发电机的转化效率为18%，风正面吹向叶片，则该电站每天的发电量至少为（　　）
A．1020kW·h B．920kW·h C．800kW·h D．720kW·h
【答案】A
【知识点】电功率和电功；动能
【解析】【解答】经过短暂时间 ，吹到叶片处的空气的质量为
动能为
发电机的功率为
令 ，当 时，有 ；当 时，有 ，联立各式解得
该电站每天的发电量至少为
故答案为：A。
【分析】根据质量和密度的关系以及动能的表达式得出发动机的功率，结合平均功率的表达式得出电站每天的发电量 。
2．（2023·四川模拟）如图所示，重为G的物块，沿倾角为的固定斜面向下运动。当运动到某位置时，其速度大小为，此时物块所受重力的瞬时功率为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】此时物块所受重力的瞬时功率为
故答案为：D。
【分析】根据重力瞬时功率的表达式得出物块所受重力的瞬时功率。
3．（2023·四川模拟）如图所示，轻弹簧上端固定在天花板上，下端系一物块。物块从弹簧处于原长位置静止释放，在物块开始下落到最低点的过程中（弹簧的形变在弹性限度内），下列说法中正确的是（）
A．物块的动能一直变大 B．物块的重力势能一直减小
C．物块的机械能一直变大 D．物块的机械能先变大后变小
【答案】B
【知识点】功能关系；受力分析的应用；力的合成
【解析】【解答】物块从弹簧处于原长位置静止释放后，物块受到重力、弹力，合力方向竖直向下，做加速运动；弹力逐渐增大，当重力和弹力相等时速度最大，之后弹力大于重力，合力方向竖直向上，做减速运动；直至最低点，速度为零。
综上所述物块的速度先增大后减小，物块的动能先增大后减小；物块的一直下降，重力做正功，物块的重力势能一直减小；弹力对物块一直做负功，物块的机械能一直减小。
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对物块进行受力分析，根据力的合成以及合力 和速度的关系得出物块动能和机械能的变化情况。
4．（2023·甘肃模拟）某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是（　　）
A．22 J B．4.4 J C．132 J D．12000 J
【答案】A
【知识点】功的计算；动能
【解析】【解答】足球在草坪上滚动的过程，由动能定理得-Wf=0-
则得，克服阻力做的功Wf= = J=22J
故答案为：A．
【分析】足球在草坪上滚动的过程利用动能定理以及恒力做功得出 足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功 。
5．（2023·辽宁模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；动能
【解析】【解答】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有
设轻绳的长度为L，根据动能定理有
解得
故答案为：C。
【分析】子弹射入木块后根据动量守恒定律以及动能定理得出 轻绳的长度 。
6．（2023·重庆模拟）如图所示，半径为R的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内。某时刻，质量为1kg、直径略小于细圆管内径的小球A（可视为质点）从细管最高点静止释放，当小球A和细圆管轨道圆心连线与竖直方向夹角为37°时，小球对轨道的压力大小为（　　）（）
A．38N B．40N C．42N D．44N
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】以小球为对象，根据动能定理可
解
根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为 。
故答案为：D。
【分析】以小球为对象，根据动能定理得出小球的速度，利用牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对小球的支持力。
7．（2023·重庆模拟）如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为H）；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（　　）
A．4H B．6H C．9H D．16H
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球与挡板碰撞前瞬间三球速度相等，由匀加速直线运动位移速度公式可得
解得
由题意可知，C球与挡板碰撞后反向碰B球，B球再反向碰A球，由于都是弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒和机械能守恒，C球与B球碰撞过程有 ，
B球与A球碰撞过程有 ，
联立解得 ， ，
则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为
故答案为：C。
【分析】三个小球由静止释放时根据匀变速 直线运动的位移与速度的关系得出ABC的速度，C球与球B和球B与球A碰撞的过程根据动量守恒以及机械能守恒得出碰撞后各自的速度，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 A球碰后沿斜面向上运动最大位移 。
8．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，一根质量为、长度为的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上，绳子右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高。由于扰动，绳从静止开始沿桌边下滑。当绳下落的长度为时，加速度大小为，绳转折处点的张力大小为，桌面剩余绳的动能为、动量为，如图（b）所示。则从初态到绳全部离开桌面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．当时，张力有最大值 B．当时，动是有最大值
C．当时，加速度有最大值 D．当时，动能有最值
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】AC．分析整段绳
隔离桌面部分
联立可得 ，
故当 时， 有最大值； 时， 有最大值；A不符合题意，C不符合题意；
B．由机械能守恒定律
可得
故
故当 时，动量 有最大值，B不符合题意；
D．根据
求导可得，当 时，动能 有最大值，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分别对整段绳和桌面部分进行受力分析，利用牛顿第二定律得出张力和加速度的最大值，利用机械能守恒定律和动能的表达式得出动量和动能的最大值。
9．（2023·河北模拟）质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（　　）
A．此物体在OA段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
B．此物体在OA段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
C．此物体在AB段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
D．此物体在AB段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6W
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】AB．运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为
根据功的定义式可知拉力做功为
故可知图像的斜率表示拉力F的大小，在OA段拉力
做匀加速直线运动，当x=3m时速度最大，根据速度位移公式可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
所以此过程中最大功率为
AB不符合题意；
CD．在AB段
所以物体做匀速直线运动，拉力的功率恒定不变，为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据滑动摩擦力的表达式以及恒力做功的表达式得出W-x的表达式，结合图像得出OA段的拉力，结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物体的速度，通过瞬时功率的表达式得出该过程中的最大功率。
10．（2023·河北模拟）一个重量为G的物体，在水平拉力F的作用下，一次在光滑水平面上移动x，做功W1，功率P1；另一次在粗糙水平面上移动相同的距离x，做功W2，功率P2。在这两种情况下拉力做功及功率的关系正确的是（　　）
A．W1＝W2，P1＞P2 B．W1＞W2，P1＞P2
C．W1＝W2，P1＝P2 D．W1＞W2，P1＝P2
【答案】A
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】力F是恒定不变的，两次通过的距离x相等，由公式
可知W1＝W2
又根据牛顿第二定律可知在粗糙水平面上运动的加速度小于光滑水平面上；根据
可知在光滑水平面上运动的时间小于在粗糙水平面上的时间；由功率的定义式
可得P1＞P2
故答案为：A。
【分析】结合恒力做功的表达式得出W1和W2的大小关系，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系以及平均功率的表达式得出P1和P2的大小关系。
11．（2023·河北模拟）如图所示，有两个完全相同的小球 A、B，将它们从同一高度以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出（不计空气阻力），则下列说法正确的是（　　）
A．两小球落地时的速度相同
B．从抛出点至落地，两球重力做功相同
C．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
D．从抛出点至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【答案】B
【知识点】功率及其计算；动能
【解析】【解答】AB．在整个过程中，只有重力做功，重力做功的特点是只与始末位置的高度差相等，与其所经过的路径无关，所以这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理可知
则落地时的动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，A不符合题意，B符合题意；
C．由于落地时速度大小相同，方向不同，根据
可知，重力的瞬时功率不同，C不符合题意；
D．竖直上抛运动的时间比平抛运动的时间多，根据
可知，重力对平抛抛球做功的平均功率更大，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】小球运动的过程根据动能定理得出落地速度的大小，结合瞬时功率的表达式得出重力的 瞬时功率的变化情况 ，结合平均功率的表达式得出 重力对平抛抛球做功的平均功率的变化情况。
12．（2023·河北模拟）如图所示，四个小球质量mA=mB=2m、mC=mD=m，在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中不正确的是（　　）
A．小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同
B．A，B两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对四个小球做功均相同
D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率最大
【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．根据 可知，小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同，A正确，不符合题意；
B．根据动能定理可得
可得落地时速度大小为
四个小球落地时的速度大小相等；AB球落地时速度方向与重力方向相同，根据
可知，A、B两小球落地时重力的瞬时功率相同，B正确，不符合题意；
C．根据重力做功计算公式可知 ，由于mA=mB=2m、mC=mD=m，所以从开始运动至落地，重力对四个小球做功不相同，C错误，符合题意；
D．从开始运动至落地，重力对A小球做的功最大、而A球运动时间最短，则平均功率最大，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合速度与时间的关系得出飞行过程中单位时间内的速度变化量，利用动能定理得出落地速度的表达式，通过瞬时功率的表达式得出A、B两小球落地时重力的瞬时功率的大小关系。
13．（2023·河北模拟）如图所示，竖直平面内固定着一光滑的直角杆，水平杆和竖直杆上分别套有质量为mP＝0.8kg和mQ＝0.9kg的小球P和Q，两球用不可伸长的轻绳相连，开始时轻绳水平伸直，小球Q由顶角位置O处静止释放，当轻绳与水平杆的夹角θ＝37°时，小球P的速度为3m/s，已知两球均可视为质点．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则连接P、Q的轻绳长度为（　　）
A．0.8m B．1.2m C．2.0m D．2.5m
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】将小球P和Q的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，两小球沿绳方向的速度相等，即
解得
两小球组成的系统机械能守恒，则
连接P、Q的绳长
联立解得
故答案为：C。
【分析】对PQ小球的速度进行分解，结合速度的分解以及机械能守恒得出连接P、Q的轻绳长度。
14．（2023·河北模拟）如图所示，小球由静止释放，运动到最低点A时，细线断裂，小球最后落在地板上。如果细线的长度l可以改变，则（　　）
A．细线越长，小球在最低点越容易断裂
B．细线越短，小球在最低点越容易断裂
C．细线越长，小球落地点越远
D．细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律得
根据机械能守恒定律得
解得
在最低点线的拉力为定值3mg，与线长无关，AB不符合题意；
CD．设O点的高度为H，根据机械能守恒定律得
根据平抛运动得
解得
当 时，x最大，即，当 时，小球落地点最远，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据牛顿第二定律以及牛顿第二定律得出细线拉力的大小，利用机械能守恒定律以及平抛运动的规律进行分析判断。
15．（2023·河北模拟）如图所示，一倾角为θ＝30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，整个过程中斜劈静止，下列说法正确的是（　　）
A．小球在顶端时，速度大小为
B．小球在底端时，速度大小为
C．小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变
D．小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；动能
【解析】【解答】A．小球在顶端时，绳的拉力FT与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有FT＋mg sinθ＝m
可知绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好在斜面上做圆周运动，在顶端时的速度为vmin＝ ＝
A不符合题意；
B．小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，根据动能定理mg·2l sin θ＝ mv2－ mvmin2
代入数据可得v＝
B符合题意；
CD．小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其所受重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡，绳的拉力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对小球进行受力分析，根据合力提供向心力得出小球在顶端的速度，小球由顶端向底端运动时根据动能定理得出小球的速度，通过受力分析及共点力平衡进行分析判断。
16．（2023·江苏模拟）江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧释放后瞬间A，B速度的大小为2m/s
B．物块A先停止
C．先停止的物块刚停止时A与B之间的距离是1m
D．A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能
【解析】【解答】A．设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ，
解得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
A不符合题意；
BC．A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得
则
B一直向左运动，则
解得
可知B先停止运动，该过程中B的位移
解得
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得
B停止时A的速度
解得
对A由动能定理可得
则位移
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
BC不符合题意；
D．t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为 ，由动能定理有
解得
A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为 ′以和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 ，
解得 ，
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为 ′时停止，B向左运动距离为 时停止，由运动学公式 ，
解得 ，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】两物块运动的过程根据动量守恒和动能不变得出弹簧释放瞬间AB的速度，结合动量定理和动能定理进行分析判断正确的选项。
17．（2023·淮安模拟）如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强（是大气压强），c与大气连通，则下列说法中正确的是（　　）
A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少
B．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变
C．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能不变
D．打开隔板K1和卡销K2，待活塞K2稳定后，b部分气体的内能减少
【答案】B
【知识点】功能关系；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功 ，绝热容器导致 。由热力学第一定律知
内能不变，温度不变；体积增大，压强减小，A不符合题意，B符合题意；
C．只打开卡销K2时，由于 ，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功 ，但 则
内能增加，C不符合题意；
D．打开隔板K1和卡销K2，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】只打开隔板K1时根据热力学第一定律得出内能的变化情况，从而得出气体压强的变化情况，只打开卡销K2时，根据气体的做功以及功能关系得出内能的变化情况。
18．（2023·淮安模拟）如图所示，两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过处的定滑轮固定在点，质量为的小球固定在细线上点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零（此时小物块未到达点），图中为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为，，，则（　　）
A．小球重力的功率一直增大
B．
C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等
D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为
【答案】D
【知识点】向心力；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球在水平位置和D点时速度均为0，重力功率也为0，故重力功率不是一直增大。A不符合题意；
B．设AD长为3L，根据机械能守恒定律有
解得
B不符合题意；
C．小球在水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0。AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，C不符合题意；
D．设小球在最低点D时，沿BD方向的加速度大小为 ，BD中的拉力为 ，根据牛顿第二定律有 ，
解得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合瞬时功率的表达式得出小球重力功率的变化情况，根据机械能守恒定律得出物块和小球质量的比值，在最低点根据牛顿第二定律得出BD中的拉力。
19．（2023·惠州模拟）惠州罗浮山风景区于2022年1月启用新索道，如图所示，质量为M 的吊厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为m 的货物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，且悬臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为g，则（　　）
A．吊厢水平底板对货物的支持力不做功
B．吊厢水平底板对货物的摩擦力做正功
C．悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上
D．悬臂对吊厢的作用力大小等于
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A．吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于 ，可知支持力对货物做正功，A不符合题意；
B．在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的夹角小于 ，摩擦力对货物做正功，B符合题意；
CD．以吊厢和货物为整体，设加速度大小为 ，缆绳与水平方向夹角为 ，则有 ，
则悬臂对吊厢的作用力大小为
悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹角为 ，则有
可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据恒力做功的表达式得出 吊厢水平底板对货物的支持力 的变化情况，以吊厢和货物为整体，根据牛顿第二定律以及力的合成法得出悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行。
二、多选题
20．（2023·山东模拟）如图所示，粗糙斜面倾角为θ，弹簧一端与斜面顶端相连，另一端与质量为m的滑块连接，开始滑块静止在O处（图中未标出），与斜面间恰好没有摩擦力。现用沿斜面向下的力将滑块从O点缓慢拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后滑块由静止沿斜面向上运动，经O点到达B点时速度为零，，重力加速度为g，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　）
A．从A到O，滑块一直做加速运动
B．从O到A再到B，弹簧弹力做的功为
C．向上经过O点时，滑块的动能小于
D．滑块到达B处后可能保持静止
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．第一步：判断O点是否为 的中点、加速度为零的位置滑块从A点向B点运动的过程，先加速后减速，由于弹簧弹力随位移线性变化，重力沿斜面向下的分力及滑动摩擦力均为恒力，可知加速度也随位移线性变化。 图如图甲所示，又
则合力与位移的图象与 图象类似，由合力与位移图线与坐标轴围成的面积表示动能的变化量可知x轴上、下两部分围成的面积相等。由对称性可知，滑块到 的中点C时速度达到最大，该处弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的合力为0，如图乙所示，此位置比O点低，则从A到O，滑块先做加速运动后做减速运动，A不符合题意。
B．第二步：由动能定理计算弹力做功和动能设 ，由动能定理，从O到A再到B有
得弹簧弹力做的功
B不符合题意。
C．从开始到滑块向上经过O点，有
得
C符合题意。
D．第三步：用假设法分析滑块能否停在B点
题中没有给出弹簧劲度系数k、滑块质量m、斜面倾角θ及动摩擦因数μ的具体数值或关系，设 ，若B点离O点很近，即滑块在该处时弹簧处于伸长状态，在O点时有
当满足
即 时，滑块到达B处后保持静止，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系和牛顿第二定律得出滑块的运动情况，从O到A再到B和从开始到滑块向上经过O点的过程利用动能定理得出弹簧弹力做的功和滑块的动能。
21．（2023·辽宁模拟）如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为、的小球A、B，支架两条边的长度均为，用手将B球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为，，重力加速度大小为，现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A球与转轴O等高时的动能为
B．B球下降的最大高度为
C．A球的最大动能为
D．B球的最大动能为
【答案】B,D
【知识点】动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据题意可知，小球A、B共轴转动，角速度相等，由于转动半径相等，则小球A、B线速度相等，转动过程中只有重力做功，小球A、B组成系统机械能守恒，由于
可得
A．根据题意，设A球与转轴O等高时的速度为 ，由动能定理有
解得
则A球与转轴O等高时的动能为
A不符合题意；
B．根据题意，当小球B下降到最低点时，小球A、B的速度为零，设小球B向下转动的角度为 ，则小球A向上转动的角度也为 ，如图所示
由系统的机械能守恒定律有
解得
则小球B下降的最大高度为
B符合题意；
CD．根据题意，当小球B向下转动的角度为 时，即小球A向上转动的角度也为 ，则由动能定理有
由数学知识解得，当
时，小球A、B的动能之和有最大值为
由于小球A、B速度的大小相等，则有 ，
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】小球A、B共轴转动时根据机械能守恒定律和动能定理得出A球与转轴O等高时的动能以及B下降的最大高度。
22．（2023·重庆模拟）质量为m的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小与小球的速率成正比（，k为常数），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球落回到抛出点时速度大小为
B．小球上升时间小于
C．小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功
D．全过程小球克服阻力做功
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动量定理；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．设小球上升时间为t1，小球下降时间为t2，小球落回至抛出点时的速度大小为v。取向下为正方向，根据动量定理mgt-f1t1+f2t2=mv-（-mv0）
由于上升的高度等于下降的高度
则
又因为 t1+t2=t
联立解得v=gt-v0
A符合题意；
B．小球上升阶段的加速度
下降阶段的加速度
则上升阶段加速度较大，根据
可知小球上升时间小于 ，B符合题意；
C．小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C不符合题意；
D．全过程小球克服阻力做功
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】小球竖直上抛后利用动量定理以及速度与时间的关系得出小球落回到抛出点时的速度，通过牛顿第二定律得出上升和下降的加速度，利用功能关系得出全过程小球克服阻力做功。
23．（2023·河北模拟）从地面竖直向上抛出一物体（可视为质点），以地面为重力势能零势面，上升过程中，该物体的机械能E随离开地面的高度h的变化如图所示，物体上升的最大高度为4m，重力加速度g取。由图中数据可得（　　）
A．物体的质量为4kg
B．物体抛出时的速度大小为
C．物体上升过程中，所受空气阻力的大小为10N
D．物体上升过程中，加速度的大小为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】A．由图可知h＝4m时，E＝160J，由 ，可得m＝4kg
A符合题意；
B．抛出时 ，由 可得v＝10m/s
B不符合题意；
C．由图可知，由动能定理可知，图线斜率的绝对值在数值上等于空气阻力的大小，可得
即所受空气阻力大小为10N，C符合题意；
D．物体上升过程中，根据牛顿第二定律得
解得
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据重力势能的表达式得出物体的质量，结合动能的表达式得出物体抛出时的速度，物体上升过程中，根据牛顿第二定律得出加速度的大小。
24．（2023·河北模拟）某人将质量为m的物体由静止开始以加速度a竖直向上匀加速提升，关于此过程下列说法中正确的有（　　）
A．人对物体做的功为 B．物体的动能增加了
C．物体的重力势能增加了 D．物体克服重力做的功为
【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；功的计算；动能
【解析】【解答】A．设人对物体的拉力F，由牛顿第二定律得F-mg=ma
即F=m(g+a)
提高过程中人对物体做功为m(a+g)h，A不符合题意；
B．提高过程中合外力对物体做功W合=mah
则动能增加mah，B符合题意；
CD．提高过程中物体克服重力做功mgh，重力势能增加mgh，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得出提高过程中人对物体做功，结合恒力做功以及动能定理得出动能的增加量。
25．（2023·河北模拟）下列说法中，正确的是（　　）
A．物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，机械能可能不变
B．物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加，机械能一定增加
C．重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少，动能可能不变
D．重力对物体做正功，物体的重力势能一定减少，动能一定增加
【答案】A,C
【知识点】功能关系；功的计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．若物体克服重力做功，即重力对物体做负功，根据功能关系，物体的重力势能一定增加，但机械能可能不变，比如物体做竖直上抛运动上升阶段，A符合题意，B不符合题意；
CD．若重力对物体做正功，根据功能关系，物体的重力势能一定减小，但动能可能不变，比如物体竖直向下做匀速运动，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据恒力做功得出重力的做功情况，利用功能关系和机械能守恒的条件得出机械能的变化情况。
26．（2023·河北模拟）如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离。在此过程中（　　）
A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
B．外力F做的功等于A和B动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
【答案】A,D
【知识点】功能关系；受力分析的应用；动能
【解析】【解答】A．受力分析知，B对A的摩擦力等于A物体所受合外力，根据动能定理可知，B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，A符合题意；
B．选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，根据功能关系可知
其中 为A、B的相对位移，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，B不符合题意；
C．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，所以二者做功不等，C不符合题意；
D．对B物体应用动能定理，有
其中 为B克服摩擦力所做的功，即
即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据受力分析以及动能定理得出B对A的摩擦力所做的功和A的动能的增量之间的关系，结合功能关系得出外力F做的功和A和B的动能的增量之间的关系。
27．（2023·济南模拟）如图，在等边三角形的三个顶点A、B、C上， 分别固定三个电荷量相等的点电荷，其中，A、B处的点电荷均带正电， C处的点电荷带负电，D、E、F分别为AB、BC、CA边的中点，O为三角形中心则下列说法正确的是（　　）
A．三角形中心O点的电场强度方向为O→D
B．D点的电势高于O点的电势
C．E，F两点电势相同
D．把一正点电荷从O点移到E点，该电荷的电势能增加
【答案】B,C
【知识点】功能关系；点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．O点到A、B、C三点的距离相等，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，且夹角互为120°，则有A、B两点电荷在O点的合场强方向向上，点电荷C在O点的场强方向也向上，所以O点的合场强方向向上，为O→C，A不符合题意；
B．三个点电荷在 O点的合场强方向向上，可知在 O点合电场方向向上，由矢量合成定则可知，在DOC的连线上合场强方向都向上，从D到O电场方向应是从D指向O，由沿电场方向电势降低可知，D点的电势高于O点的电势，B符合题意；
C．AC两个电荷在F点的电势和BC两个电势在E点的电势相同都为零，因此只需要比较A电荷在E点的电势和B电荷在F点的电势，因距离相同因此电势相同，C符合题意；
D．BC两个电荷在O点和E点电势相同都为零，A电荷在O点的电势高于E点的电势，因此O点电势高于E点电势，因此把一正点电荷从O点移到E点，电场力做正功，该电荷的电势能减少，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式以及电场强度的合成得出O点的合场强方向以及O到D的电场方向，从而得出电势的高低，结合功能关系得出电荷电势能的变化情况
28．（2023·惠州模拟）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（　　）
A．物块到达小车最右端时，其动能为
B．摩擦力对小物块所做的功为
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为
【答案】A,C
【知识点】动能
【解析】【解答】A．小物块发生的位移为 ，对于小物块根据动能定理可得
A符合题意；
B．小物块克服摩擦力做的功为
B不符合题意；
C．物块到达小车最右端时，小车运动的距离为 ，对小车根据动能定理得
C符合题意；
D．小车和小物块增加的动能为
系统重力势能不变，则小物块和小车增加得机械能为 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】对小物块和小车分别利用动能定理得出物块到达小车最右端时小车的动能和物块的动能。
29．（2023·惠州模拟）如图所示，一质子以速度 进入足够大的匀强电场区域，a、b、c、d为间距相等的一组等势面，若质子经过a、c等势面时动能分别为9eV和3eV。 不计质子重力，下列说法正确的是（　　）
A．质子第二次经过等势面b时动能是6eV
B．质子刚好能到达等势面d
C．该匀强电场场强的方向水平向左
D．若取等势面c为零电势面，则a所在的等势面电势为6V
【答案】A,C
【知识点】功能关系；电势能
【解析】【解答】A．两次经过同一等势面的动能相等，因为是匀强电场，所以经过相邻等势面克服电场力做功相同，动能变化相同，即
解得
所以经过b等势面时的动能是6eV，A符合题意；
B．假设质子能够到达等势面d，则质子在等势面d的动能为零；但质子做匀变速曲线运动，质子在等势面d的速度不可能为零，故质子不能到达等势面d，B不符合题意；
C．根据题意，由a到c过程电场力做负功，质子带正电，所以匀强电场场强的方向水平向左，C符合题意；
D．根据 可知：质子在c等势面的电势能为0，所以质子运动过程中的总能量
根据能量守恒可知
解得
由 可得a所在的等势面电势
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据功能关系得出质子第二次经过等势面b时的动能，结合电势能的表达式以及功能关系得出a所在的等势面电势。
三、实验探究题
30．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，气垫导轨倾斜放置，倾角为，其上安装有可自由移动的光电门1和光电门2，光电门的位置可由气垫导轨侧面的标尺读出，它们到标尺零刻线的距离分别记为、，让质量为m的滑块从零刻线处由静止释放，无摩擦的先后经过光电门1和光电门2，速度传感器测出速度、，改变两个光电门的位置，得到多组和、和的数据，建立图（b）所示的坐标系并描点连线，测得图线的 率为。
（1）已知滑块上的遮光条宽度为d，光电门记录下遮光的时间t，则滑块经过光电门时的速度　 　；
（2）由图（b）可得，当地的重力加速度　 　（用、表示）
（3）若以滑块释放处为重力势能参考平面，则滑块经过光电门1时，其与地球组成的系统机械能表达式　 　（用、、、表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】平均速度；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1） 根据光电门工作原理知
（2） 以滑块研究对象，由能量守恒有
可得斜率
故
（3） 系统的机械能为
将
代入上式，得
【分析】（1）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度得出 滑块经过光电门时的速度 ；
（2）以滑块研究对象，由能量守恒定律得出重力加速度的表达式；
（3）根据机械能的表达式以及（2）中的表达式得出其与地球组成的系统机械能表达式 。
四、综合题
31．（2023·四川模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的四分之一圆弧轨道AB，圆弧半径R＝1m，A端与圆心O等高。一质量m＝0.2kg的小滑块从A端由静止释放，沿圆弧轨道运动至最低点B时的速度v＝4m/s。重力加速度g取。求：
（1）小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功W。
【答案】（1）小滑块过B点时，对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得，小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力大小为
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得
代入数据解得，小滑块从A运动到B的过程中，克服阻力做功为
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能
【解析】【分析】（1） 小滑块过B点时，对小滑块受力分析 ，根据牛顿第二定律得出小滑块过B点时所受圆弧轨道的支持力；
（2）小滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理 得出克服阻力做的功。
32．（2023·甘肃模拟）如图所示，弯曲斜面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后做平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g），求：
（1）小球在D点时的速度；
（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x；
（3）小球经过半圆轨道的C点点与圆心O在同一水平面时对轨道的压力.
【答案】（1）小球从A到D，根据动能定理可得：
整理可以得到：
（2）小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到：
水平方向有：x=vDt
竖直方向有： 整理可以得到：x=4R
（3）从A到C，根据动能定理得：
在C点，根据牛顿第二定律：
整理可以得到：N=6mg．
由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力为6mg．
【知识点】平抛运动；向心力；动能
【解析】【分析】（1） 小球从A到D，根据动能定理可得小球在D点的速度；
（2） 小球离开D点后做平抛运动，结合平抛运动的规律得出小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移 ；
（3） 从A到C，根据动能定理得出小球在C点的速度，在c点利用牛顿第二定律以及牛顿第三定律得出小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力 。
33．（2023·辽宁模拟）如图甲所示，质量的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以的速度从左端滑上长木板后，不能从木板的右端掉落，其运动的图像如图乙所示。取重力加速度大小，求：
（1）小物块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（2） 内静摩擦力对长木板的冲量。
【答案】（1）根据题意由图乙可知， 内小物块与长木板发生相对运动， 时，小物块与长木板具有相同速度 ，之后一起匀减速，连接坐标原点与图像的拐点，即为长木板的 图像，如图所示
设小物块的质量为 ，小物块与长木板间的动摩擦因数为 ，长木板与地面间的动摩擦因数为 ，前 内小物块的加速度大小为 ，长木板的加速度大小为 ， 后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有 ， ，
由图像可得 ， ，
联立解得 ， ，
由图像可得， 内小物块的位移为
长木板的位移为
小物块与木板间因摩擦产生的热量
（2）设 内长木板受到小物块的静摩擦力大小为 ，该静摩擦力的方向向右，则有 ，
联立代入数据解得
方向向右。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示物体的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示位移，结合牛顿第二定律以及v-t图像和恒力做功得出 小物块与木板间因摩擦产生的热量 ；
（2）根据冲量的表达式以及牛顿第二定律得出 内静摩擦力对长木板的冲量 。
34．（2023·重庆模拟）地球周围不但有磁场，还有电场。如图，在赤道上一个不太高的空间范围内，有垂直纸面向里（水平向正北）的匀强磁场，磁感应强度大小为B；有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一群质量均为m，电量均为q的带正电宇宙粒子射向地面；取距水平地面高度为h的P点观察，发现在如图所示水平线以下180°方向范围内都有该种粒子通过P点，且速度大小都为v；所有粒子都只受匀强电磁场的作用力，求：
（1）若有些粒子到达了地面，这些粒子的撞地速度大小；
（2）若要所有粒子都不能到达地面，v的最大值是多少；
（3）若，且，过P点的这些粒子打在地面上区域的长度。注：本小问结果用h表示，，。
【答案】（1）对到达地面的粒子，从P点到地面，由动能定理可得
解得
（2）所用粒子的速度都可以按
进行分解，其中 ，方向水平向东；即所有粒子的运动都可以分解为两个分运动：以 水平向东的匀速直线运动，以 的竖直平面内逆时针的匀速圆周运动。水平向西通过P点的粒子，其 最大，为
做圆周运动的半径最大，向竖直向下走的距离最远，故只要该粒子不打到地面，所有粒子都不会打到地面。当该粒子轨迹刚好与地面相切时， 最大；则有
解得
（3）当 向下偏东，且 恰好竖直向下时
其匀速圆周运动的半径为
故其轨道刚好在做 圆周后与地面相切与 ，该粒子为能打到地面最东边的粒子。令P点在地面的投影点为 ，有
当 水平向西时，粒子的
方向水平向西，匀速圆周运动轨道半径最大，能打到地面的最西点 ，有
令其从P点到打到地面做圆周运动的圆心角为 ，则有
可得
故
故粒子能打在地面区域的长度为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 对到达地面的粒子，从P点到地面，由动能定理 得出粒子撞地的速度；
（2）根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出 v的最大值 ；
（3）结合运动的合成以及粒子在磁场中运动的半径的表达式得出半径的大小，结合几何关系得出 粒子能打在地面区域的长度 。
35．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，水平面与斜面在处平滑连接，质量的小球1以水平向右的初速度与静止的小球2在处发生碰撞。碰后，小球1的速度大小为，方向水平向右，且之后不再与小球2发生碰撞。小球2在斜面上运动过程中的动能、重力势能、弹簧的弹性势能随小球的位移变化的关系如图（b）中的曲线①、②、③所示（曲线②为直线，曲线①部分为直线），已知重力加速度大小，不计一切摩擦。求：
（1）小球2的质量；
（2）斜面的倾角；
（3）图（b）中点对应的能量值。
【答案】（1）由图（b）中曲线①的纵截距可知碰后小球2的动能
碰撞过程中系统动量守恒
将 代入，解得
（2）曲线②表示小球2的重力势能 随位移 的关系，有
曲线②的斜率
由图可知
联立解得
（3）小球2在 内，机械能守恒
由图可知 ，
可得
故 点的能量值为
【知识点】动量守恒定律；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能的表达式以及动量守恒得出小球2的质量；
（2）根据重力势能的表达式以及结合图像得出斜面的倾角；
（3）根据机械能守恒定律得出M点的能量值。
36．（2023·湖北模拟）如图所示，完全相同的金属导轨ad、bc水平放置，ab间的距离为4L，dc间的距离为2L，∠a=∠b=θ=45°。ab间接有阻值为R的电阻，dc间接一理想电压表。空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长度为4L的金属棒MN在水平外力的作用下从贴近于ab边的位置开始以初速度v0向右运动并始终与导轨接触良好。不计摩擦和其他电阻，在MN从ab边运动到dc边的过程中，电压表的示数始终保持不变。求：
（1）回路中电流大小I；
（2）MN的速度v随位移x变化的关系式；
（3）在MN从ab边运动到dc边的过程中，电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1）回路中的电动势恒为
根据闭合电路的欧姆定律
（2）由几何关系可知，当金属棒MN位移为 时，MN切割磁感线的有效长度 为
且 范围为
由于dc两点间的电压始终保持不变，即
联立解得
（3）由功能关系，电阻R上产生的焦耳热等于MN克服安培力做的功，有
MN所受安培力
联立解得
当x=0时，安培力为
当x=L时，安培力为
故全过程安培力做的功为
联立解得
【知识点】功能关系；安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路的欧姆定律得出 回路中电流 ；
（2）结合 MN切割磁感线的有效长度以及法拉第电磁感应定律得出MN的速度v随位移x变化的关系式；
（3）根据安培力的表达式以及安培力做功和功能关系得出电阻R上产生的焦耳热。 ，
37．（2023·济南模拟）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
【答案】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为 ，木板速度为 ，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为 ，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为 ，滑块速度为 ，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端离C端距离为 ，则由运动学公式可知
解得
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知
解得
（3）A到D由动能定理可知
解得
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为 ，小滑块落地的速度大小为 ，落地速度方向与水平方向夹角为 ，从D点飞出到落到所用时间为 ，根据动能定理可得
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图
速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程 有最大值，而图中速度 、 都是定值，可知
速度矢量图的面积最大，则有
解得
可得
速度矢量图的面积最大为
最大水平射程为
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【分析】（1） 小滑块P滑到B点时，由动能定理 得出B点的速度，在B点利用牛顿第二定律得出对小滑块的支持力；
（2）木板运动的过程根据牛顿第二定律得出木板的加速度，结合动量守恒以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 开始时木板左端离C端距离 ，通过能量守恒定律得出最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）A到D由动能定理 得出D点的速度， 从D点飞出到落地的过程根据动能定理得出小滑块落地的速度，结合速度的合成与分解以及几何关系得出最大水平射程。
38．（2023·淮安模拟）如图甲所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量，，a球带电量，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距。现让装置O带动杆以向下匀速运动，并且加上一垂直纸面向里的磁感应强度的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。（取）
（1）求小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是多少？
（2）若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是多少？
（3）如图乙所示，若将该装置固定不动，长方形内有交变匀强磁场，磁感应强度按图丙规律变化，取垂直纸面向里为磁场的正方向，图中，，，在长方形区域再加一竖直向上的匀强电场，，给a一个向右瞬时冲量，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在时从A点沿方向进入磁场，最终到达C点，则冲量多大？
【答案】（1）a球做加速运动的加速度为 ，则
设第一次碰前速度为 ，则
设a和b碰撞后速度为 、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得 ，
（2）设物块a、b第一次碰后再经过时间 发生第二次碰撞
解得
第二次碰撞前a的速度
第二次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
第二次和第三次碰撞的时间间隔为 ，则
即
解得
第三次碰撞前a的速度
第三次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
即每一次碰撞b球的速度增加 ，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别为 ， ，
则杆的长度是
（3）若给a球一个冲量 ，则
a球和b球碰撞 ，
解得
b球在长方形区域时
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动 ， （ ， ， ）
联立解得 （ ， ， ）
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出第一次碰前的速度，ab碰撞过程根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得出小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度 ；
（2）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及动量守恒定律和动能不变得出杆的长度
（3）粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力以及动量守恒和动能不变得出到达c点的冲量。
39．（2023·淮安模拟）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
【答案】（1）设1号环的初速度为 ，则由动能定理可得
解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为 ，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为 ，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为 ，其动能为 ，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2，3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离 后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动能
【解析】【分析】（1） 若要保证2号滑环能动起来 ，根据动能定理得出 1号滑环的最小初速度； ；
（2） 窗帘绷紧前后动量守恒 ，根据动量守恒定律以及动能的表达式得出损失的动能；
（3）根据功能关系以及恒力做功的表达式得出 1号滑环的初速度 。
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