大题精练-01 动力学与能量综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练

大题精练-01 动力学与能量综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2024高三上·贵港月考）如图，初速度为v0的滑块从粗糙程度相同且足够长的斜面顶端滑下，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、v、a分别表示滑块的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查运动学公式以及运动图像的综合应用，注意牛顿第二定律的正确应用。AB．根据牛顿第二定律可得
所以
加速度恒定，故A正确，B错误；
C．由于加速度恒定，所以v-t图线斜率不变，故C错误；
D．滑块做匀减速直线运动，速度不断减小，则x-t图线切线的斜率减小，故D错误。
故选A。
【分析】 滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，加速度保持不变，分析速度与时间的关系，从而选择图像。
2．（2023高一下·乐清期中）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（　　）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．小车加速向左运动，由于合力方向向左，则水平方向受到牵引力和阻力的作用，竖直方向受到自身的重力和长木板对小车的支持力，A错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据力的合成可以得出合力方向一定不在水平方向，B错误；
CD．根据牛顿第三定律可以得出木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选D。
【分析】小车受到水平方向受到牵引力和阻力的作用，竖直方向受到自身的重力和长木板对小车的支持力；根据力的合成可以得出合力的方向；利用牛顿第三定律可以得出木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力。
3．（2024高二下·长沙月考）如图，倾角为的斜面与水平面相连，有一质量的物块，从斜面上A点由静止开始下滑后恰好停在水平面上的C点，已知AB长，BC长。物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，且不计物块在B点的能量损失。g取，，。求：
（1）物块与接触面之间的动摩擦因数；
（2）若从A点开始对物体施加竖直向下的恒力作用，到达斜面底端时立即撤去F，求物块运动的总时间；
（3）若改变（2）中竖直向下恒力F的大小，求物块运动的最短时间。
【答案】（1）解：从A到B：，，
B到C：，，联立解得
（2）解：当时，在斜面上匀加速运动，
由牛顿第二定律得：，解得。
由运动学公式：，解得下滑时间，到达B点速度：，
从B到C匀减速运动，加速度大小为：，
从B到C时间：，总时间：
（3）解：设此时物块在斜面上的加速度为a，斜面上运动的时间为：，B点速度为：，
从B到C的时间为：，总时间：，
当时，总时间有最小值，且最小值为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对物块从A到B的运动，由牛顿第二定律和运动学公式，列式求解物块与接触面之间的动摩擦因数；（2）重新分析物块受力，根据牛顿第二定律求出物块在斜面上和水平面上的加速度大小，再由运动学公式求物块运动的总时间；（3）求出物块运动的时间的表达式，利用数学知识找到最小值。
4．（2024高二上·萍乡期中）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示，g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．表演者做匀变速直线运动，加速度大小为0.02m/s2
B．表演者一直处于失重状态
C．表演者上升5m时获得最大速度
D．表演者的加速度大小不变
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】ABD．根据牛顿第二定律可得
知，刚开始
加速方向向上，表演者处于超重状态，随风速的逐渐减小，表演者做加速逐渐减小的加速运动，当F=mg时，速度到达最大值，此时加速度为0，当F＜mg，加速方向向下，表演者处于失重状态，表演者做加速度逐渐增大的减速运动，故ABD错误；
C．当表演者获得最大速度时
F=mg
即
解得
v=100m/s
由图像可知
可得
h=5m
故C正确；
故答案为：C。
【分析】根据牛顿第二定律列出加速度公式，先求出刚开始时风力的大小，再得出加速度的大小情况，结合失重与超重定义得出结论；
根据速度最大时，物体受力平衡，求出此时速度大小，结合图像列式求出高度大小。
5．（2024高三下·余干月考）如图所示，倾角为的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a由斜面体上的A点以的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的
底端C点平滑衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐已知，，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为、、，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）滑块a滑上长木板时的速度大小；
（2）整个过程中长木板b的位移．
【答案】（1）解：对A C由动能定理得
解得
（2）解：滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为Fo=μ3mg=5m
长木板b与水平面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a由牛顿第二定律得
解得
对长木板b由牛顿第二定律得
解得
设经时间，滑块a和长木板b达到共同速度，则由
解得
此时二者的速度为
二者的相对位移为
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为
二者共同减速的时间为
整个过程木板的位移为
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到C的过程中，滑块的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）滑块滑上木板后，分别对滑块及木板进行受力分析，判断滑块在木板上运动时，木板是否与地面发生相对滑动。再根据牛顿第二定律确定滑块和木板的加速度，根据运动学规律确定滑块和木板共速时，滑块和木板运动的位移及时间和速度。再根据整体法和隔离法判断共速后滑块与木板是否发生相对滑动，最终滑块与木板均处于静止状态。再根据分析情况利用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出整个过程木板运动的总位移。
二、运动学专项
6．（2022·湖北）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（　　）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
'
所以列出在两站运动总时间为
同理高铁列车在两站运动总时间为
相邻两站间节省的时间7260s-2580s=4680s
因此总的节省时间
故选B。
【分析】多过程问题分析。结合匀变速直线运动的规律求解。
7．（2022高一下·昌宁期末）不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速最后停止在C点。已知。忽略运动员在B点的速度损失，则运动员在段和BC段的加速度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有
解得
根据v=at
则加速度
故答案为：B。
【分析】根据匀变速直线运动的平均速度的表达式得出AB段和BC段的时间之比；结合速度与时间的关系得出加速度之比。
8．（2022高二下·泰州期末）某新能源汽车公司为检测新型汽车的性能，在平直公路上做实验。设运动时间为t，位移为x，电脑绘制出汽车运动的图像如图所示，则由图像可知（　　）
A．该车处于匀加速直线运动状态 B．该车的加速度大小为
C．该车的初速度为0 D．该车前2秒内位移是30m
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】ABC．根据图像可知，图像的解析式为
化简可得
结合运动学公式可知，机动车做匀变速直线运动，初速度和加速度分比为
由此可知，汽车处于匀减速直线运动状态，ABC不符合题意；
D．当时
该车前2秒内位移是30m，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据汽车运动的图像得出表达式，从而得出汽车位移和时间的关系，类比匀变速直线运动的位移与时间的关系得出初速度和加速度。
9．（2024高二下·大理期中）一质量为m=20g的烟花弹获得E=9J动能后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E=9J，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力和火药的质量。求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】（1）解：由动能定理可得，烟花弹的初动能E=mv2
此时，烟花弹的上升初速度v==30m/s
当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此运动看成竖直上升运动。
竖直上升运动公式有v=gt，v2=2gh0
联立可解得t=3s， h0=45m
（2）解：规定v1竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为v1，v2
由动量守恒定律可得×v1-×v2=0
又由动能相等可得E=
联立两式解得v1=30m/s
将上式代入竖直运动学公式=2gh1可得h1=
爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度H=h1+h0=90m
【知识点】爆炸；竖直上抛运动；动能
【解析】【分析】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的过程为竖直上抛运动，由动能的定义式求出烟花弹的初速度，再由竖直上抛的运动公式，计算该过程所经历的时间；（2）根据动量守恒定律和爆炸后两部分获得的动能之和也为E=9J的条件，求出烟花弹爆炸后两部分的速度，再由竖直上抛运动的位移公式，求出爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
10．（2022高一下·浙江期中）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均作匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的 图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是（　　）
A．冰壶减速运动的加速度大小为
B．9s末，冰壶的速度大小为5.75m/s
C．7s末，冰壶、机器人二者间距为7m
D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
【答案】A,C
【知识点】加速度；匀变速直线运动基本公式应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为
故加速度大小为 ，A符合题意；
B．由速度时间公式可得，9s末，冰壶的速度大小为
B不符合题意；
C．由图线可知，机器人的加速度为
故可得，7s末，冰壶的位移为
7s末，机器人的位移为
则7s末，冰壶、机器人二者间距为7m，C符合题意；
D．由于机器人停止运动时，其位移为18m，而此时冰壶的位移为
可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用加速度的定义式得出冰壶的加速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出9s末冰壶的速度；v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，从而进行分析判断。
11．（2017高一上·厦门期中）某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．
（1）可判断出固定重锤的是纸带的　 　端（填左右）
（2）该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h1、h2、h3、h4、h5．若打点的频率为f，则打E点时速度为vE=　 　；
（3）若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则重力加速度 g=　 　m/s2．
（4）若当地的重力加速度为9.8m/s2，你认为该同学存在误差的主要原因是　 　．
【答案】（1）左
（2）
（3）9.4
（4）重锤受到阻力作用
【知识点】加速度；速度与速率；重力加速度；用打点计时器测速度
【解析】【解答】解：（1）由图示纸带可知，纸带左侧点击密度，因此重锤固定在纸带的左端．（2）打点频率为f，则打点的时间间隔：t= ，打E点时的速度：vE= = = ；（3）由机械能守恒定律得：v2=2gh，v2﹣h图象的斜率：k=2g= =18.8，g=9.4m/s2；（4）由于重锤下落过程受到阻力作用，所测重力加速度偏小．
故答案为：（1）左；（2） ；（3）9.4；（4）重锤受到阻力作用．
【分析】（1）重物做匀加速直线运动，连接重物的一端点迹密集，分析图象纸带可以答题．（2）应用匀变速直线运动的推论可以求出打E点的速度．（3）根据图示图象求出重力加速度．（4）重物下落过程受到阻力作用，重物受到的合力小于重力，重物的加速度小于重力加速度．
三、功和能专项
12．（2024高三上·河北期中）如图所示，物体N静置在水平地面上，物体Q和N用轻质弹簧拴接，Q压在弹簧上，物体P和Q通过定滑轮用轻质细绳相连。开始时用手托住P，轻绳刚好被拉直而不张紧。已知Q和N的质量相等，P的质量是N质量的2倍，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切摩擦。现由静止释放物体P，则下列说法正确的是（　　）
A．由静止释放P的瞬间，Q的加速度大小为
B．N刚要离开地面时，P的动能达到最大
C．从释放P到N刚要离开地面的过程，Q的加速度先减小后增大
D．从释放P到N刚要离开地面的过程，P和Q组成的系统机械能守恒
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设N的质量为m，开始时轻绳的拉力为零，弹簧的弹力为
由静止释放P的瞬间，对P、Q整体，由牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
B．当P、Q的加速度为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时N刚要离开地面，故B正确；
C．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹力先减小后增大，弹力向上时，由牛顿第二定律可得
F减小，a减小，弹力向下时，由牛顿第二定律可得
F增大，a减小，Q的加速度一直减小，故C错误；
D．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，P和Q的初态机械能等于末态的机械能，但此过程的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】
13．（2025·内蒙古模拟） 如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能和机械能E随位置x变化图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】对于与机械能有关的图像问题，要根据图像的物理意义确定图像代表的公式，根据公式分析物体的运动情况及各个物理量的情况。
AB．设两个带电小球间距为r，由动能定理可知
则图像的斜率表示合外力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则斜率逐渐减小，故AB不符合题意；
CD．由图像的斜率表示库仑力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，图像的斜率逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据速度的变化分析动能的图像，E-x图像的斜率代表库仑力，从而分析E-x图像斜率的含义。
14．（2024高二上·临湘开学考）质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则（　　）
A．重力对A物体做的功大于重力对B物体做的功
B．重力的平均功率相同
C．到达水平面时重力的瞬时功率PAD．到达水平面时两物体的动能相同，速度相同
【答案】C
【知识点】功率及其计算；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两物体下落过程中，重力做功为
由于m、g、h都相同，则重力做功相同，故A错误；
B．A沿斜面向下做匀加速直线运动，B做自由落体运动，A的运动时间大于B的运动时间，重力做功相同而时间不同，根据
可知重力的平均功率不同，故B错误；
C．由动能定理可得可知
得
则知到达底端时两物体的速度大小相等，到达底端时A重力的瞬时功率
B重力的瞬时功率
所以
故C正确；
D．两物体到达斜面底端时的速度大小相等，所以到达底端时两物体的动能相同，速度大小相等，但速度方向不同，所以速度不同，故D错误。
故选C。
【分析】 根据重力做功相同，但物体运动时间不同，可以比较平均功率；根据动能定理知物体到达底端时速度大小相等，但方向不同，重力的瞬时功率也不同。
本题考查了平均功率和瞬时功率的区别，特别在求解瞬时功率时注意力的方向和速度方向的夹角问题。
15．（2022·岳阳模拟）如图，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，a、b用刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，轻杆长为l，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，直到a着地的过程中，则（　　）
A．a落地前会离开竖直墙壁
B．a落地时的速度大小为
C．b的速度最大时，a离地面的高度为
D．a开始下滑至着地过程中，轻杆对b做功为
【答案】A,C
【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件
【解析】【解答】A．对b施加轻微扰动使b开始沿水平面向右做直线运动，杆被压缩，对a和b均为推力，杆对a做负功，杆对b做正功，当杆的力等于零时，a球和墙壁无挤压，此时a会离开墙壁，A符合题意；
B．a落地时，对系统由机械能守恒定律，有
则a落地时的速度大小小于
，B不符合题意；
C．当杆的推力等于零时，杆对b做正功最多，此时b的速度最大，设杆与水平方向的夹角为
，对系统由机械能守恒有
沿着杆的速度相等，有
联立解得
故当
时，即
，b的动能有最大值为
而a离地面的高度为
C符合题意；
D．a开始下滑至着地过程中，系统减少的重力势能为
，而两球沿杆的速度相等，a球还有竖直分速度，则有
，则杆对a做功大于
，杆对b做功小于
，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】a落地时，根据机械能守恒以及速度分解得出a落地时的速度；a开始下滑至着地过程中，利用能量关系得出杆对b做功的大小。
16．（2017高二下·巨鹿期中）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．
【答案】解：⑴设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；
⑵设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
（3m）v2+EP= （2m）v12+ mv02，解得：EP= mv02 ；
答：弹簧释放的势能为 mv02．
【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件；机械能综合应用；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；
线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；
在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．
四、连接体的机械能守恒问题
17．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知A球的质量为，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是，A球静止于地面。释放B球，B球通过轻绳带动A球上升，A球上升至时速度恰为零，A、两球可视为质点，不计定滑轮的质量及一切摩擦，重力加速度为。则从释放B球到A球达到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．B球的质量为 B．A、B球组成的系统机械能守恒
C．B球刚落地时，速度大小为 D．轻绳对A球的拉力做的功为
【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】B．在B落地前，对A、B整体，只有重力做功，故球A、B组成的系统机械能守恒，但B落地后，速度立即变为0，机械能减小，而球A继续上升，机械能不变，故整体机械能不守恒，故B错误；
C． 根据系统的机械能守恒定律求解B球落地瞬间A、B的速度大小，设B球刚落地时，A、B的速度大小为，此后A球做竖直上抛运动，根据题意有
解得
故C错误；
D． 据动能定理求解拉力对A球做功，设轻绳对球的拉力做的功为，根据动能定理可得
解得
故D错误；
A．设B球的质量为，在B球落地前的过程，A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等，根据系统机械能守恒可得
解得
故A正确。
故选A。
【分析】对于单个小球而言，机械能并不守恒，A球的机械能增加，B球的机械能减小，所以不能对单个小球使用机械能守恒，另外还要知道A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等。
18．（2024高一下·梅州期末）我国科技创新规划提出要加强“深海”领域的探测和研究。如图是某大学科研小组在深海探测结束后，利用牵引汽车将探测器从海面起吊上岸的示意图，若不计滑轮摩擦和牵引绳质量。在牵引汽车以速率 v匀速向右运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．探测器处于超重状态
B．探测器上升的速率大于 v
C．牵引绳拉力等于探测器重力
D．牵引绳拉力做的功等于探测器重力势能的增加量
【答案】A
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】ABC．设牵引绳与水平方向夹角为θ，当牵引汽车匀速运动时，对车的速度沿绳子方向进行分解，根据速度的分解可以得出：探测器的速度为
则可知探测器速度小于v，由于夹角不断减小则速度在增加；所以探测器的加速度向上，所以探测器处于超重状态，由于加速度方向向上则合力向上，所以牵引绳拉力大于探测器重力，故A正确，BC错误；
D．由于牵引绳拉力大于探测器重力，故牵引绳拉力做的功大于探测器克服重力所做的功，且根据功率关系有：探测器重力势能的增加量等于探测器克服重力所做的功；拉力做功大于探测器重力势能的增加量，故D错误。
故选A。
【分析】利用速度的分解可以求出探测器的速度大小，结合角度的变化可以判别探测器的速度变化，进而判别加速度的方向，利用加速度的方向可以比较拉力和重力的大小，进而比较两力做功的大小。
19．（2024高三下·衡阳） 如图所示，质量为m的小球穿过竖直杆，与一自然长度为L轻质弹性绳相连。弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，右端固定在N点，O、M、N处于同一水平线上且。从O点静止释放小球，小球可以到达最低点P，其中。已知小球与竖直杆之间的摩擦因数为μ，弹性绳劲度系数为k始终在弹性限度内，弹性势能（x为形变量），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
（1）小球从O点释放时的加速度大小a；
（2）小球从O点运动到P点过程中弹性绳做的功W；
（3）若O点下方有一Q点且，则小球第一次经过Q点时的动能。
【答案】（1）解：小球从O点释放瞬间，小球对杆的压力大小与弹性绳弹力大小相等为，受力分析得
解得
（2）解：小球释放后运动到P的过程中，对竖直杆的压力
为恒定值，故过程中摩擦力大小恒定。根据动能定理
解得弹性绳做的功
（3）解：因弹性势能，由O到P过程弹性绳的弹性势能变化量
则O到Q过程弹性绳对小球做的功
对小球从O到Q过程应用动能定理
解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定小球在O点的受力情况，再根据力的合成与分解结合牛顿第二定律进行解答；
（2）小球在向下运动的过程中，水平方向处于平衡状态。根据平衡条件及力的合成与分解确定竖直杆对小球压力的大小。若压力大小不变，则小球所受摩擦力大小不变。确定小球在运动过程中各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（3）根据题意可知，弹性势能正比于形变量，根据弹力做功与弹性势能变化量的关系结合（2）确定小球运动至Q点弹性绳对小球做的功，再根据动能定理进行解答。
20．（2023高三上·广东）如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g，求：
（1）B物块的质量；
（2）交换位置释放后，B着地的速度大小．
【答案】（1）初始时，A、B平衡，对系统有：
解得：；
（2）交换后，对系统由动能定理：
解得：
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析A、B组成的系统的受力，由共点力平衡条件，求出B物块的质量；（2）交换位置后，对A、B组成的系统的运动过程应用动能定理，求出B着地的速度大小。
21．（2022高三上·广东月考）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。微微扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g，下面说法正确的是（　　）
A．球B，C分离前，A，B两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球B，C分离时，球B对地面的压力大小为
C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为
D．小球A落地时的动能为
【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量守恒定律；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．球B、C分离前，球C对球B做负功，所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小，A符合题意；
B．球B、C分离时，对A、B两球组成的系统，球A有向下的加速度，球A处于失重状态，所以球B对地面的压力大小小于2mg，B不符合题意；
C．分离前，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，当A落地时，A、B的水平速度相等 ，因此A落地时B的速度 ，根据能量守恒，可知杆对球B做的功等于B、C动能之和，即 ，C符合题意；
D．对A、B、C三球组成系统由机械能守恒得 ，解得 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用机械能守恒的条件判断AB组成的系统，机械能是否守恒，球B、C分离时，利用加速度的方向得出A球的超失重，从而得出B球对地面的压力，分离前，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，结合动量守恒和能量守恒得出杆对B球做的功，对ABC组成的系统机械能守恒，从而得出小球落地的动能。
五、破鼎提升
22．（2024高一上·成都期末）一辆货车和一辆小轿车以相同的速度在同一条平直公路上运动，货车在小轿车前方处。货车遇紧急情况突然刹车，小轿车司机经1.5s的反应时间开始刹车，两车的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若两车未相撞，则从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
B．货车和小轿车刹车的加速度大小之比为
C．若两车未相撞，则时两车的速度相同
D．若两车刚好不相撞，则
【答案】A
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。
A．由图像与横轴围成的面积表示位移可得
，
可得从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
故A正确；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知货车的加速度大小
小轿车的加速度大小
则有
故B错误；
C．若两车未相撞，设经过时间两车的速度相同，则有
解得
，
故C错误；
D．若两车刚好不相撞，即在，两车速度相等时，刚好不相撞，由图像可得
故D错误。
故选A。
【分析】根据斜率求加速度：利用图像面积求出位移；图像面积差即位移差，两车共速为两车是否相撞的临界状态。
23．（2024高三上·汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率ν逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短
B．重力的平均功率相等
C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等
D．两传送带对物体做的功相等
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．根据两个物体的总位移相等，速度时间图像的面积表示位移，作出两个物体的图像，如下图
可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；
B．题意可知甲乙传送带长度一样、倾角一样，故高度差一样，根据重力做功
可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率
结合A选项分析可知两种情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B错误；
C．题意知两种情况到达B点时速度相同，根据瞬时功率
可知到达B点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；
D．题意可知两种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。
故选 D。
【分析】根据v-t图像面积的物理意义画出各自的v-t图线，再判断时间的关系；根据重力做功的平均功率和瞬时功率的表达式，结合时间和速度关系进行分析判断；根据动能定理进行分析解答。
24．（2024高三上·茂名期中）如图所示，光滑斜面与水平方向的夹角为45°，劲度系数为、原长为的轻质弹簧一端固定在天花板上的点，另一端与质量为的物块（视为质点）相连，物块静置在斜面上的A点时，弹簧正好处于水平状态。现使物块获得一个沿斜面向下的初速度，物块经过点运动到点，已知OB与斜面垂直，OC沿竖直方向，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．O、C两点间的距离为
B．物块从A点运动到点的过程中机械能增大
C．物块在点时，弹簧的弹力大小为
D．物块在点时的动能比在A点时的动能大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物体处于A点时，
由平衡条件得
解得
由于OC沿竖直方向且光滑斜面与水平方向的夹角为45°，则由几何关系得OC间距离也为。故A错误；
B．OB距离明显小于OA，则物块从A点运动到点的过程中，弹簧先对他做负功再做正功，可知物块机械能先减小再增大。故B错误；
C．物块在点时，弹簧的弹力大小为
故C正确；
D．C到A由动能定理得
故D错误。
故选C。
【分析】弹簧模型是牛顿经典力学里面非常典型的一类模型。
1.以弹簧和物体构成的系统为对象，斜面光滑，则系统机械能守恒。
2.当弹簧拉伸形变和压缩形变一样时，弹簧储存的弹性势能一样。
3.如果单独以物块为研究对象，它的机械能不守恒，可以运用动能定理分析解题。
25．（2024高三上·绵阳模拟）机场利用传送带将行李送入飞机货舱。如图所示，传送带与水平面间的夹角，转轴间距。传送带静止，工作人员将一件小包裹（可视为质点）放在传送带的最下端，然后传动带以的加速度匀加速启动，2s后保持匀速，当包裹通过传送带后工作人员发现包裹在传送带上留下一段痕迹。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，，。则痕迹的长度为（　　）
A．1.2m B．2.95m C．3.95m D．7m
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】对于包裹而言，其加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
2s内包裹的位移
2s内传送带的位移
此阶段痕迹的长度
2s时包裹的速度
此时传送带的速度
此后一直做匀速直线运动，包裹依然做匀加速直线运动，设经过二者共速，则有
代入数据解得
此时包裹的位移
所以包裹在没有共速前就已经到达顶端，设包裹在余下的位移所以时间为，则有
解得
此解得传送带的位移
包裹的位移为
故此阶段包裹又在传送带上留下的痕迹
整个过程，包裹在传送带上留下痕迹的长度为
B正确。
故选B。
【分析】本题考查传送带模型，先对包裹进行受力分析，列出牛顿第二定律表达式，求出包裹的加速度，再求出2s内包裹与传送带的相对位移即为痕迹的长度，再求解出2s后到共速前传送带和包裹的相对位移，两段相对位移相加即为痕迹的长度。
六、直击高考
26．（2024·山东）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】功能关系
【解析】【解答】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F所做的功
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】 根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此时的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。
27．（2022·全国甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】根据题意分析可知，减速时间为，加速时间为，
由于当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，这段看作列车在匀速运动，位移为，所用时间为， 所以列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为.
故选C。
【分析】首先计算列车加速和减速阶段所用时间，根据题意分析匀速运动阶段的位移，然后算出匀速阶段的时间，最后将时间加起来。
28．（2023·江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【解答】A、甲图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F合=mgsinθ+f；乙图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F’合=mgsinθ-f；故F合>F’合，故A选项不符合题意；
B、由牛顿第二定律，a1=（mgsinθ+f）/m，而在下滑阶段，a2=（mgsinθ-f）/m，所以a1>a2；匀减速可看成反向匀加速直线运动，由速度与位移的关系式 得，vA2=2a1xAB，同理，在乙图中，v‘A2=2a1xAB；vA>v‘A，故在甲图中经过A点时动能较大。故B选项不符合题意；
C选项，由位移公式xAB=at2/2，由于a1>a2；所以t1D选项，在两图中，摩擦力大小和位移均相等，故摩擦力做功相等，故D选项不符合题意。
故选B.
【分析】对滑块进行受力分析，根据频闪照片判断加速度大小进而判断所受合力大小，再根据牛顿第二定律和运动学公式判断运动时间；最后根据动能定理判断动能大小和克服摩擦力做功大小。
29．（2024·广东）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 无关
D．甲最终停止位置与 处相距
【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
【分析】根据甲乙两物块的加速度特点分析出两者的相对运动情况；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出碰撞后两个物块的速度特点；
根据题意分析出高度对乙运动时间的影响，结合题意完成分析；
根据上述分析可知，甲最终停止的位置和乙不发生碰撞时停止的位置相同，结合动能定理得出对应的位置。
30．（2024·湖北） 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】A,D
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式可得
故B错误；
C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D.木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故答案为AD
【分析】 AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解初速度和共同速度以及子弹和木块损失的总动能；
B.根据动量定理求时间；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，根据运动学公式求解作答。
1 / 1大题精练-01 动力学与能量综合问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2024高三上·贵港月考）如图，初速度为v0的滑块从粗糙程度相同且足够长的斜面顶端滑下，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、v、a分别表示滑块的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023高一下·乐清期中）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（　　）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
3．（2024高二下·长沙月考）如图，倾角为的斜面与水平面相连，有一质量的物块，从斜面上A点由静止开始下滑后恰好停在水平面上的C点，已知AB长，BC长。物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，且不计物块在B点的能量损失。g取，，。求：
（1）物块与接触面之间的动摩擦因数；
（2）若从A点开始对物体施加竖直向下的恒力作用，到达斜面底端时立即撤去F，求物块运动的总时间；
（3）若改变（2）中竖直向下恒力F的大小，求物块运动的最短时间。
4．（2024高二上·萍乡期中）如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示，g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．表演者做匀变速直线运动，加速度大小为0.02m/s2
B．表演者一直处于失重状态
C．表演者上升5m时获得最大速度
D．表演者的加速度大小不变
5．（2024高三下·余干月考）如图所示，倾角为的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a由斜面体上的A点以的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的
底端C点平滑衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐已知，，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为、、，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）滑块a滑上长木板时的速度大小；
（2）整个过程中长木板b的位移．
二、运动学专项
6．（2022·湖北）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（　　）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
7．（2022高一下·昌宁期末）不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速最后停止在C点。已知。忽略运动员在B点的速度损失，则运动员在段和BC段的加速度大小之比为（　　）
A． B． C． D．
8．（2022高二下·泰州期末）某新能源汽车公司为检测新型汽车的性能，在平直公路上做实验。设运动时间为t，位移为x，电脑绘制出汽车运动的图像如图所示，则由图像可知（　　）
A．该车处于匀加速直线运动状态 B．该车的加速度大小为
C．该车的初速度为0 D．该车前2秒内位移是30m
9．（2024高二下·大理期中）一质量为m=20g的烟花弹获得E=9J动能后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E=9J，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力和火药的质量。求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
10．（2022高一下·浙江期中）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均作匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的 图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是（　　）
A．冰壶减速运动的加速度大小为
B．9s末，冰壶的速度大小为5.75m/s
C．7s末，冰壶、机器人二者间距为7m
D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
11．（2017高一上·厦门期中）某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．
（1）可判断出固定重锤的是纸带的　 　端（填左右）
（2）该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h1、h2、h3、h4、h5．若打点的频率为f，则打E点时速度为vE=　 　；
（3）若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则重力加速度 g=　 　m/s2．
（4）若当地的重力加速度为9.8m/s2，你认为该同学存在误差的主要原因是　 　．
三、功和能专项
12．（2024高三上·河北期中）如图所示，物体N静置在水平地面上，物体Q和N用轻质弹簧拴接，Q压在弹簧上，物体P和Q通过定滑轮用轻质细绳相连。开始时用手托住P，轻绳刚好被拉直而不张紧。已知Q和N的质量相等，P的质量是N质量的2倍，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切摩擦。现由静止释放物体P，则下列说法正确的是（　　）
A．由静止释放P的瞬间，Q的加速度大小为
B．N刚要离开地面时，P的动能达到最大
C．从释放P到N刚要离开地面的过程，Q的加速度先减小后增大
D．从释放P到N刚要离开地面的过程，P和Q组成的系统机械能守恒
13．（2025·内蒙古模拟） 如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能和机械能E随位置x变化图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2024高二上·临湘开学考）质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则（　　）
A．重力对A物体做的功大于重力对B物体做的功
B．重力的平均功率相同
C．到达水平面时重力的瞬时功率PAD．到达水平面时两物体的动能相同，速度相同
15．（2022·岳阳模拟）如图，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，a、b用刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，轻杆长为l，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，直到a着地的过程中，则（　　）
A．a落地前会离开竖直墙壁
B．a落地时的速度大小为
C．b的速度最大时，a离地面的高度为
D．a开始下滑至着地过程中，轻杆对b做功为
16．（2017高二下·巨鹿期中）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．
四、连接体的机械能守恒问题
17．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知A球的质量为，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是，A球静止于地面。释放B球，B球通过轻绳带动A球上升，A球上升至时速度恰为零，A、两球可视为质点，不计定滑轮的质量及一切摩擦，重力加速度为。则从释放B球到A球达到最高点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．B球的质量为 B．A、B球组成的系统机械能守恒
C．B球刚落地时，速度大小为 D．轻绳对A球的拉力做的功为
18．（2024高一下·梅州期末）我国科技创新规划提出要加强“深海”领域的探测和研究。如图是某大学科研小组在深海探测结束后，利用牵引汽车将探测器从海面起吊上岸的示意图，若不计滑轮摩擦和牵引绳质量。在牵引汽车以速率 v匀速向右运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．探测器处于超重状态
B．探测器上升的速率大于 v
C．牵引绳拉力等于探测器重力
D．牵引绳拉力做的功等于探测器重力势能的增加量
19．（2024高三下·衡阳） 如图所示，质量为m的小球穿过竖直杆，与一自然长度为L轻质弹性绳相连。弹性绳跨过M处的光滑小滑轮，右端固定在N点，O、M、N处于同一水平线上且。从O点静止释放小球，小球可以到达最低点P，其中。已知小球与竖直杆之间的摩擦因数为μ，弹性绳劲度系数为k始终在弹性限度内，弹性势能（x为形变量），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
（1）小球从O点释放时的加速度大小a；
（2）小球从O点运动到P点过程中弹性绳做的功W；
（3）若O点下方有一Q点且，则小球第一次经过Q点时的动能。
20．（2023高三上·广东）如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g，求：
（1）B物块的质量；
（2）交换位置释放后，B着地的速度大小．
21．（2022高三上·广东月考）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。微微扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g，下面说法正确的是（　　）
A．球B，C分离前，A，B两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球B，C分离时，球B对地面的压力大小为
C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为
D．小球A落地时的动能为
五、破鼎提升
22．（2024高一上·成都期末）一辆货车和一辆小轿车以相同的速度在同一条平直公路上运动，货车在小轿车前方处。货车遇紧急情况突然刹车，小轿车司机经1.5s的反应时间开始刹车，两车的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．若两车未相撞，则从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
B．货车和小轿车刹车的加速度大小之比为
C．若两车未相撞，则时两车的速度相同
D．若两车刚好不相撞，则
23．（2024高三上·汕头期末）如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率ν逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和乙传送带中部C点速度都恰好达到v，且以速度v运动到乙传送带B点。则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体在甲传送带上运动的时间比乙短
B．重力的平均功率相等
C．到达B点时，重力的瞬时功率不相等
D．两传送带对物体做的功相等
24．（2024高三上·茂名期中）如图所示，光滑斜面与水平方向的夹角为45°，劲度系数为、原长为的轻质弹簧一端固定在天花板上的点，另一端与质量为的物块（视为质点）相连，物块静置在斜面上的A点时，弹簧正好处于水平状态。现使物块获得一个沿斜面向下的初速度，物块经过点运动到点，已知OB与斜面垂直，OC沿竖直方向，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．O、C两点间的距离为
B．物块从A点运动到点的过程中机械能增大
C．物块在点时，弹簧的弹力大小为
D．物块在点时的动能比在A点时的动能大
25．（2024高三上·绵阳模拟）机场利用传送带将行李送入飞机货舱。如图所示，传送带与水平面间的夹角，转轴间距。传送带静止，工作人员将一件小包裹（可视为质点）放在传送带的最下端，然后传动带以的加速度匀加速启动，2s后保持匀速，当包裹通过传送带后工作人员发现包裹在传送带上留下一段痕迹。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度，，。则痕迹的长度为（　　）
A．1.2m B．2.95m C．3.95m D．7m
六、直击高考
26．（2024·山东）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　)
A． B．
C． D．
27．（2022·全国甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和 ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为（　　）
A． B．
C． D．
28．（2023·江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
29．（2024·广东）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 无关
D．甲最终停止位置与 处相距
30．（2024·湖北） 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查运动学公式以及运动图像的综合应用，注意牛顿第二定律的正确应用。AB．根据牛顿第二定律可得
所以
加速度恒定，故A正确，B错误；
C．由于加速度恒定，所以v-t图线斜率不变，故C错误；
D．滑块做匀减速直线运动，速度不断减小，则x-t图线切线的斜率减小，故D错误。
故选A。
【分析】 滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，加速度保持不变，分析速度与时间的关系，从而选择图像。
2．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．小车加速向左运动，由于合力方向向左，则水平方向受到牵引力和阻力的作用，竖直方向受到自身的重力和长木板对小车的支持力，A错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据力的合成可以得出合力方向一定不在水平方向，B错误；
CD．根据牛顿第三定律可以得出木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选D。
【分析】小车受到水平方向受到牵引力和阻力的作用，竖直方向受到自身的重力和长木板对小车的支持力；根据力的合成可以得出合力的方向；利用牛顿第三定律可以得出木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力。
3．【答案】（1）解：从A到B：，，
B到C：，，联立解得
（2）解：当时，在斜面上匀加速运动，
由牛顿第二定律得：，解得。
由运动学公式：，解得下滑时间，到达B点速度：，
从B到C匀减速运动，加速度大小为：，
从B到C时间：，总时间：
（3）解：设此时物块在斜面上的加速度为a，斜面上运动的时间为：，B点速度为：，
从B到C的时间为：，总时间：，
当时，总时间有最小值，且最小值为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）对物块从A到B的运动，由牛顿第二定律和运动学公式，列式求解物块与接触面之间的动摩擦因数；（2）重新分析物块受力，根据牛顿第二定律求出物块在斜面上和水平面上的加速度大小，再由运动学公式求物块运动的总时间；（3）求出物块运动的时间的表达式，利用数学知识找到最小值。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】ABD．根据牛顿第二定律可得
知，刚开始
加速方向向上，表演者处于超重状态，随风速的逐渐减小，表演者做加速逐渐减小的加速运动，当F=mg时，速度到达最大值，此时加速度为0，当F＜mg，加速方向向下，表演者处于失重状态，表演者做加速度逐渐增大的减速运动，故ABD错误；
C．当表演者获得最大速度时
F=mg
即
解得
v=100m/s
由图像可知
可得
h=5m
故C正确；
故答案为：C。
【分析】根据牛顿第二定律列出加速度公式，先求出刚开始时风力的大小，再得出加速度的大小情况，结合失重与超重定义得出结论；
根据速度最大时，物体受力平衡，求出此时速度大小，结合图像列式求出高度大小。
5．【答案】（1）解：对A C由动能定理得
解得
（2）解：滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为Fo=μ3mg=5m
长木板b与水平面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a由牛顿第二定律得
解得
对长木板b由牛顿第二定律得
解得
设经时间，滑块a和长木板b达到共同速度，则由
解得
此时二者的速度为
二者的相对位移为
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为
二者共同减速的时间为
整个过程木板的位移为
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到C的过程中，滑块的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）滑块滑上木板后，分别对滑块及木板进行受力分析，判断滑块在木板上运动时，木板是否与地面发生相对滑动。再根据牛顿第二定律确定滑块和木板的加速度，根据运动学规律确定滑块和木板共速时，滑块和木板运动的位移及时间和速度。再根据整体法和隔离法判断共速后滑块与木板是否发生相对滑动，最终滑块与木板均处于静止状态。再根据分析情况利用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出整个过程木板运动的总位移。
6．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
'
所以列出在两站运动总时间为
同理高铁列车在两站运动总时间为
相邻两站间节省的时间7260s-2580s=4680s
因此总的节省时间
故选B。
【分析】多过程问题分析。结合匀变速直线运动的规律求解。
7．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有
解得
根据v=at
则加速度
故答案为：B。
【分析】根据匀变速直线运动的平均速度的表达式得出AB段和BC段的时间之比；结合速度与时间的关系得出加速度之比。
8．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】ABC．根据图像可知，图像的解析式为
化简可得
结合运动学公式可知，机动车做匀变速直线运动，初速度和加速度分比为
由此可知，汽车处于匀减速直线运动状态，ABC不符合题意；
D．当时
该车前2秒内位移是30m，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据汽车运动的图像得出表达式，从而得出汽车位移和时间的关系，类比匀变速直线运动的位移与时间的关系得出初速度和加速度。
9．【答案】（1）解：由动能定理可得，烟花弹的初动能E=mv2
此时，烟花弹的上升初速度v==30m/s
当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此运动看成竖直上升运动。
竖直上升运动公式有v=gt，v2=2gh0
联立可解得t=3s， h0=45m
（2）解：规定v1竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为v1，v2
由动量守恒定律可得×v1-×v2=0
又由动能相等可得E=
联立两式解得v1=30m/s
将上式代入竖直运动学公式=2gh1可得h1=
爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度H=h1+h0=90m
【知识点】爆炸；竖直上抛运动；动能
【解析】【分析】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的过程为竖直上抛运动，由动能的定义式求出烟花弹的初速度，再由竖直上抛的运动公式，计算该过程所经历的时间；（2）根据动量守恒定律和爆炸后两部分获得的动能之和也为E=9J的条件，求出烟花弹爆炸后两部分的速度，再由竖直上抛运动的位移公式，求出爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
10．【答案】A,C
【知识点】加速度；匀变速直线运动基本公式应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为
故加速度大小为 ，A符合题意；
B．由速度时间公式可得，9s末，冰壶的速度大小为
B不符合题意；
C．由图线可知，机器人的加速度为
故可得，7s末，冰壶的位移为
7s末，机器人的位移为
则7s末，冰壶、机器人二者间距为7m，C符合题意；
D．由于机器人停止运动时，其位移为18m，而此时冰壶的位移为
可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用加速度的定义式得出冰壶的加速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出9s末冰壶的速度；v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，从而进行分析判断。
11．【答案】（1）左
（2）
（3）9.4
（4）重锤受到阻力作用
【知识点】加速度；速度与速率；重力加速度；用打点计时器测速度
【解析】【解答】解：（1）由图示纸带可知，纸带左侧点击密度，因此重锤固定在纸带的左端．（2）打点频率为f，则打点的时间间隔：t= ，打E点时的速度：vE= = = ；（3）由机械能守恒定律得：v2=2gh，v2﹣h图象的斜率：k=2g= =18.8，g=9.4m/s2；（4）由于重锤下落过程受到阻力作用，所测重力加速度偏小．
故答案为：（1）左；（2） ；（3）9.4；（4）重锤受到阻力作用．
【分析】（1）重物做匀加速直线运动，连接重物的一端点迹密集，分析图象纸带可以答题．（2）应用匀变速直线运动的推论可以求出打E点的速度．（3）根据图示图象求出重力加速度．（4）重物下落过程受到阻力作用，重物受到的合力小于重力，重物的加速度小于重力加速度．
12．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．设N的质量为m，开始时轻绳的拉力为零，弹簧的弹力为
由静止释放P的瞬间，对P、Q整体，由牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
B．当P、Q的加速度为零时速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时N刚要离开地面，故B正确；
C．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹力先减小后增大，弹力向上时，由牛顿第二定律可得
F减小，a减小，弹力向下时，由牛顿第二定律可得
F增大，a减小，Q的加速度一直减小，故C错误；
D．从释放P到N刚要离开地面的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，P和Q的初态机械能等于末态的机械能，但此过程的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
【分析】
13．【答案】D
【知识点】库仑定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】对于与机械能有关的图像问题，要根据图像的物理意义确定图像代表的公式，根据公式分析物体的运动情况及各个物理量的情况。
AB．设两个带电小球间距为r，由动能定理可知
则图像的斜率表示合外力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则斜率逐渐减小，故AB不符合题意；
CD．由图像的斜率表示库仑力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，图像的斜率逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据速度的变化分析动能的图像，E-x图像的斜率代表库仑力，从而分析E-x图像斜率的含义。
14．【答案】C
【知识点】功率及其计算；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两物体下落过程中，重力做功为
由于m、g、h都相同，则重力做功相同，故A错误；
B．A沿斜面向下做匀加速直线运动，B做自由落体运动，A的运动时间大于B的运动时间，重力做功相同而时间不同，根据
可知重力的平均功率不同，故B错误；
C．由动能定理可得可知
得
则知到达底端时两物体的速度大小相等，到达底端时A重力的瞬时功率
B重力的瞬时功率
所以
故C正确；
D．两物体到达斜面底端时的速度大小相等，所以到达底端时两物体的动能相同，速度大小相等，但速度方向不同，所以速度不同，故D错误。
故选C。
【分析】 根据重力做功相同，但物体运动时间不同，可以比较平均功率；根据动能定理知物体到达底端时速度大小相等，但方向不同，重力的瞬时功率也不同。
本题考查了平均功率和瞬时功率的区别，特别在求解瞬时功率时注意力的方向和速度方向的夹角问题。
15．【答案】A,C
【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件
【解析】【解答】A．对b施加轻微扰动使b开始沿水平面向右做直线运动，杆被压缩，对a和b均为推力，杆对a做负功，杆对b做正功，当杆的力等于零时，a球和墙壁无挤压，此时a会离开墙壁，A符合题意；
B．a落地时，对系统由机械能守恒定律，有
则a落地时的速度大小小于
，B不符合题意；
C．当杆的推力等于零时，杆对b做正功最多，此时b的速度最大，设杆与水平方向的夹角为
，对系统由机械能守恒有
沿着杆的速度相等，有
联立解得
故当
时，即
，b的动能有最大值为
而a离地面的高度为
C符合题意；
D．a开始下滑至着地过程中，系统减少的重力势能为
，而两球沿杆的速度相等，a球还有竖直分速度，则有
，则杆对a做功大于
，杆对b做功小于
，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】a落地时，根据机械能守恒以及速度分解得出a落地时的速度；a开始下滑至着地过程中，利用能量关系得出杆对b做功的大小。
16．【答案】解：⑴设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；
⑵设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
（3m）v2+EP= （2m）v12+ mv02，解得：EP= mv02 ；
答：弹簧释放的势能为 mv02．
【知识点】功能关系；机械能守恒及其条件；机械能综合应用；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；
线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；
在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．
17．【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】B．在B落地前，对A、B整体，只有重力做功，故球A、B组成的系统机械能守恒，但B落地后，速度立即变为0，机械能减小，而球A继续上升，机械能不变，故整体机械能不守恒，故B错误；
C． 根据系统的机械能守恒定律求解B球落地瞬间A、B的速度大小，设B球刚落地时，A、B的速度大小为，此后A球做竖直上抛运动，根据题意有
解得
故C错误；
D． 据动能定理求解拉力对A球做功，设轻绳对球的拉力做的功为，根据动能定理可得
解得
故D错误；
A．设B球的质量为，在B球落地前的过程，A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等，根据系统机械能守恒可得
解得
故A正确。
故选A。
【分析】对于单个小球而言，机械能并不守恒，A球的机械能增加，B球的机械能减小，所以不能对单个小球使用机械能守恒，另外还要知道A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等。
18．【答案】A
【知识点】超重与失重；运动的合成与分解；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】ABC．设牵引绳与水平方向夹角为θ，当牵引汽车匀速运动时，对车的速度沿绳子方向进行分解，根据速度的分解可以得出：探测器的速度为
则可知探测器速度小于v，由于夹角不断减小则速度在增加；所以探测器的加速度向上，所以探测器处于超重状态，由于加速度方向向上则合力向上，所以牵引绳拉力大于探测器重力，故A正确，BC错误；
D．由于牵引绳拉力大于探测器重力，故牵引绳拉力做的功大于探测器克服重力所做的功，且根据功率关系有：探测器重力势能的增加量等于探测器克服重力所做的功；拉力做功大于探测器重力势能的增加量，故D错误。
故选A。
【分析】利用速度的分解可以求出探测器的速度大小，结合角度的变化可以判别探测器的速度变化，进而判别加速度的方向，利用加速度的方向可以比较拉力和重力的大小，进而比较两力做功的大小。
19．【答案】（1）解：小球从O点释放瞬间，小球对杆的压力大小与弹性绳弹力大小相等为，受力分析得
解得
（2）解：小球释放后运动到P的过程中，对竖直杆的压力
为恒定值，故过程中摩擦力大小恒定。根据动能定理
解得弹性绳做的功
（3）解：因弹性势能，由O到P过程弹性绳的弹性势能变化量
则O到Q过程弹性绳对小球做的功
对小球从O到Q过程应用动能定理
解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）确定小球在O点的受力情况，再根据力的合成与分解结合牛顿第二定律进行解答；
（2）小球在向下运动的过程中，水平方向处于平衡状态。根据平衡条件及力的合成与分解确定竖直杆对小球压力的大小。若压力大小不变，则小球所受摩擦力大小不变。确定小球在运动过程中各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（3）根据题意可知，弹性势能正比于形变量，根据弹力做功与弹性势能变化量的关系结合（2）确定小球运动至Q点弹性绳对小球做的功，再根据动能定理进行解答。
20．【答案】（1）初始时，A、B平衡，对系统有：
解得：；
（2）交换后，对系统由动能定理：
解得：
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析A、B组成的系统的受力，由共点力平衡条件，求出B物块的质量；（2）交换位置后，对A、B组成的系统的运动过程应用动能定理，求出B着地的速度大小。
21．【答案】A,C
【知识点】功能关系；动量守恒定律；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．球B、C分离前，球C对球B做负功，所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小，A符合题意；
B．球B、C分离时，对A、B两球组成的系统，球A有向下的加速度，球A处于失重状态，所以球B对地面的压力大小小于2mg，B不符合题意；
C．分离前，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，当A落地时，A、B的水平速度相等 ，因此A落地时B的速度 ，根据能量守恒，可知杆对球B做的功等于B、C动能之和，即 ，C符合题意；
D．对A、B、C三球组成系统由机械能守恒得 ，解得 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用机械能守恒的条件判断AB组成的系统，机械能是否守恒，球B、C分离时，利用加速度的方向得出A球的超失重，从而得出B球对地面的压力，分离前，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，结合动量守恒和能量守恒得出杆对B球做的功，对ABC组成的系统机械能守恒，从而得出小球落地的动能。
22．【答案】A
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。
A．由图像与横轴围成的面积表示位移可得
，
可得从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
故A正确；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知货车的加速度大小
小轿车的加速度大小
则有
故B错误；
C．若两车未相撞，设经过时间两车的速度相同，则有
解得
，
故C错误；
D．若两车刚好不相撞，即在，两车速度相等时，刚好不相撞，由图像可得
故D错误。
故选A。
【分析】根据斜率求加速度：利用图像面积求出位移；图像面积差即位移差，两车共速为两车是否相撞的临界状态。
23．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。A．根据两个物体的总位移相等，速度时间图像的面积表示位移，作出两个物体的图像，如下图
可知甲运动时间大于乙运动时间，故A错误；
B．题意可知甲乙传送带长度一样、倾角一样，故高度差一样，根据重力做功
可知两种情况重力做功相同，由于时间不同，根据平均功率
结合A选项分析可知两种情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B错误；
C．题意知两种情况到达B点时速度相同，根据瞬时功率
可知到达B点时，重力的瞬时功率相等，故C错误；
D．题意可知两种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。
故选 D。
【分析】根据v-t图像面积的物理意义画出各自的v-t图线，再判断时间的关系；根据重力做功的平均功率和瞬时功率的表达式，结合时间和速度关系进行分析判断；根据动能定理进行分析解答。
24．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物体处于A点时，
由平衡条件得
解得
由于OC沿竖直方向且光滑斜面与水平方向的夹角为45°，则由几何关系得OC间距离也为。故A错误；
B．OB距离明显小于OA，则物块从A点运动到点的过程中，弹簧先对他做负功再做正功，可知物块机械能先减小再增大。故B错误；
C．物块在点时，弹簧的弹力大小为
故C正确；
D．C到A由动能定理得
故D错误。
故选C。
【分析】弹簧模型是牛顿经典力学里面非常典型的一类模型。
1.以弹簧和物体构成的系统为对象，斜面光滑，则系统机械能守恒。
2.当弹簧拉伸形变和压缩形变一样时，弹簧储存的弹性势能一样。
3.如果单独以物块为研究对象，它的机械能不守恒，可以运用动能定理分析解题。
25．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】对于包裹而言，其加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
2s内包裹的位移
2s内传送带的位移
此阶段痕迹的长度
2s时包裹的速度
此时传送带的速度
此后一直做匀速直线运动，包裹依然做匀加速直线运动，设经过二者共速，则有
代入数据解得
此时包裹的位移
所以包裹在没有共速前就已经到达顶端，设包裹在余下的位移所以时间为，则有
解得
此解得传送带的位移
包裹的位移为
故此阶段包裹又在传送带上留下的痕迹
整个过程，包裹在传送带上留下痕迹的长度为
B正确。
故选B。
【分析】本题考查传送带模型，先对包裹进行受力分析，列出牛顿第二定律表达式，求出包裹的加速度，再求出2s内包裹与传送带的相对位移即为痕迹的长度，再求解出2s后到共速前传送带和包裹的相对位移，两段相对位移相加即为痕迹的长度。
26．【答案】B
【知识点】功能关系
【解析】【解答】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F所做的功
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】 根据平衡条件求解甲所坐木板刚要离开原位置时弹性绳的伸长量；根据弹性势能的定义求解此时的弹性势能；根据题意求解乙同学的位移，根据功能关系求解拉力所做的功，然后作答。
27．【答案】C
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】根据题意分析可知，减速时间为，加速时间为，
由于当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，这段看作列车在匀速运动，位移为，所用时间为， 所以列车从减速开始至回到正常行驶速率 所用时间至少为.
故选C。
【分析】首先计算列车加速和减速阶段所用时间，根据题意分析匀速运动阶段的位移，然后算出匀速阶段的时间，最后将时间加起来。
28．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【解答】A、甲图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F合=mgsinθ+f；乙图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F’合=mgsinθ-f；故F合>F’合，故A选项不符合题意；
B、由牛顿第二定律，a1=（mgsinθ+f）/m，而在下滑阶段，a2=（mgsinθ-f）/m，所以a1>a2；匀减速可看成反向匀加速直线运动，由速度与位移的关系式 得，vA2=2a1xAB，同理，在乙图中，v‘A2=2a1xAB；vA>v‘A，故在甲图中经过A点时动能较大。故B选项不符合题意；
C选项，由位移公式xAB=at2/2，由于a1>a2；所以t1D选项，在两图中，摩擦力大小和位移均相等，故摩擦力做功相等，故D选项不符合题意。
故选B.
【分析】对滑块进行受力分析，根据频闪照片判断加速度大小进而判断所受合力大小，再根据牛顿第二定律和运动学公式判断运动时间；最后根据动能定理判断动能大小和克服摩擦力做功大小。
29．【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
【分析】根据甲乙两物块的加速度特点分析出两者的相对运动情况；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出碰撞后两个物块的速度特点；
根据题意分析出高度对乙运动时间的影响，结合题意完成分析；
根据上述分析可知，甲最终停止的位置和乙不发生碰撞时停止的位置相同，结合动能定理得出对应的位置。
30．【答案】A,D
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式可得
故B错误；
C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D.木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故答案为AD
【分析】 AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解初速度和共同速度以及子弹和木块损失的总动能；
B.根据动量定理求时间；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，根据运动学公式求解作答。
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