模塊二 能量與動(dòng)量綜合測試卷（解析版）

模塊二能量與動(dòng)量綜合測試卷（知識點(diǎn)分布）涉及模塊：專題05功與功率功能關(guān)系、專題06機(jī)械能守恒定律能量守恒定律、專題07動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律、專題07力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用力與物體的平衡各題知識點(diǎn)：題號詳細(xì)知識點(diǎn)1用動(dòng)能定理求解外力做功和初末速度

求恒力的沖量

計(jì)算物體的動(dòng)量及動(dòng)量的變化

動(dòng)量定理的內(nèi)容和表達(dá)式2利用牛頓第二定律分析動(dòng)態(tài)過程

超重和失重的概念

彈簧類問題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問題3利用動(dòng)能定理求機(jī)車啟動(dòng)位移的問題4求變力的沖量

牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合5胡克定律及其應(yīng)用

牛頓第二定律的簡單應(yīng)用

判斷某個(gè)力是否做功，做何種功

求恒力的沖量6平均功率與瞬時(shí)功率的計(jì)算

用動(dòng)量定理解決流體問題7用動(dòng)能定理求解外力做功和初末速度

判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒

動(dòng)量定理的內(nèi)容和表達(dá)式8機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問題9斜拋運(yùn)動(dòng)

計(jì)算物體的動(dòng)量及動(dòng)量的變化

能量守恒定律與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合10受恒定外力的板塊問題

求恒力的沖量

計(jì)算彈簧振子在某段時(shí)間內(nèi)的路程和位移11物塊在傾斜的傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析

物體在傳送帶上的劃痕長度問題

計(jì)算物體的機(jī)械能12物體運(yùn)動(dòng)軌跡、速度、受力的相互判斷

動(dòng)能定理的表述及其推導(dǎo)過程13胡克定律及其應(yīng)用

用細(xì)繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題

彈簧類問題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問題14功的定義、計(jì)算式和物理意義

起重機(jī)牽引物體類問題15動(dòng)量定理的內(nèi)容和表達(dá)式16驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、原理與器材

驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)步驟與數(shù)據(jù)處理

驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的注意事項(xiàng)和誤差分析17驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹⒃?、器?/p>

驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的注意事項(xiàng)和誤差分析18機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問題19應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過程問題

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問題20機(jī)車的額定功率、阻力與最大速度

利用動(dòng)量守恒計(jì)算解決簡單的碰撞問題21利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題

模塊二能量與動(dòng)量綜合測試卷姓名:__________準(zhǔn)考證號:__________本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共14頁，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘?？忌⒁?1.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時(shí)，請按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)參數(shù):重力加速度g均取10m/s2。選擇題部分一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的,不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考一模）2022年35歲的梅西竭盡所能率領(lǐng)阿根廷隊(duì)奪得第二十二屆世界杯足球賽冠軍。梅西在訓(xùn)練用頭顛球的情景如圖所示，假設(shè)足球從某點(diǎn)由靜止開始下落，被頭豎直頂起，離開頭部后足球仍回到原下落點(diǎn)?？諝庾枇Σ豢珊雎?，下列說法正確的是（

）A．足球下落和上升過程重力的沖量相等B．頭向上頂球的過程中，頭部對足球做正功C．頭向上頂球的過程中，足球的動(dòng)量變化量大小為0D．頭向上頂球的過程中，頭對足球的沖量等于足球動(dòng)量的變化量【答案】B【詳解】A．由于空氣阻力不可忽略，則足球下降時(shí)有，上升時(shí)，有，則，由于下降和上升的高度相同，根據(jù)，可知，下降的時(shí)間大于上升的時(shí)間，根據(jù)沖量的定義，有，可知足球下落過程重力的沖量大于上升過程重力的沖量，A錯(cuò)誤；B．設(shè)足球下落接觸到頭部時(shí)速度大小為，向上運(yùn)動(dòng)離開頭部時(shí)速度大小為，根據(jù)，由于，可知，頭向上頂球的過程中，球重力做功為0，根據(jù)動(dòng)能定理，可得支持力做功為，所以頭部對足球的支持力做正功，B正確；C設(shè)足球下落接觸到頭部時(shí)速度大小為，向上運(yùn)動(dòng)離開頭部時(shí)速度大小為，取向上為正方向，則頭向上頂球的過程中，足球的動(dòng)量變化量大小為，所以足球的動(dòng)量變化量大小不為0，C錯(cuò)誤；D．頭向上頂球的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理可知，頭對球的支持力與足球重力的合力的沖量等于足球動(dòng)量的變化量，D錯(cuò)誤。故選B。2．（2024·全國·校聯(lián)考一模）如圖甲所示，彈跳鞋是一種新型體育用品鞋，其底部裝有彈簧。使用時(shí)人對彈簧施加壓力，使彈簧形變后產(chǎn)生豎直向上的彈力，將人向上彈離地面。某次上升過程中人的動(dòng)能隨重心上升高度h變化的圖像如圖乙所示，上升高度為時(shí)動(dòng)能達(dá)到最大值，圖中段為直線，其余部分為曲線，已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，空氣阻力忽略不計(jì)，則（）A．上升高度為時(shí)，人的加速度達(dá)到最大值B．上升高度為時(shí)，彈跳鞋離開地面C．在的上升過程中，人的機(jī)械能先增大后減小D．在的上升過程中，人處于超重狀態(tài)【答案】B【詳解】A．上升高度為時(shí)，人的動(dòng)能最大，速度最大，加速度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．上升高度為時(shí)，彈跳鞋離開地面，人做上拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；C．在的上升過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，彈力一直對人做正功，則人的機(jī)械能一直增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．在的上升過程中，人離開地面做上拋運(yùn)動(dòng)，則人處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。3．（2024·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）2022年12月28日，黃石現(xiàn)代有軌電車投入運(yùn)營。假設(shè)有軌電車質(zhì)量為m，某次測試中有軌電車由靜止出發(fā)在水平面做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有軌電車所受的阻力恒定為f，達(dá)到發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P后，有軌電車保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，對此下列說法正確的是（）A．有軌電車勻速運(yùn)動(dòng)的速度為B．有軌電車做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C．從靜止到加速到速度最大的過程牽引力所做的功為PtD．有軌電車保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)的位移為【答案】B【詳解】A．有軌電車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度達(dá)到最大值，此時(shí)的牽引力與阻力平衡，則有，故A錯(cuò)誤；B．勻加速末狀態(tài)的功率達(dá)到P，則有，根據(jù)牛頓第二定律有，根據(jù)速度公式有，解得，故B正確；C．勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移，則從靜止到加速到速度最大的過程牽引力所做的功為，解得，故C錯(cuò)誤；D．令有軌電車保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)的位移為，根據(jù)動(dòng)能定理有，結(jié)合上述解得，故D錯(cuò)誤。故選B。4．（2024·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖甲所示，質(zhì)量為0.4kg的物塊在水平力F的作用下由靜止釋放，物塊與足夠高的豎直墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．時(shí)物塊離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)B．時(shí)物塊速度與時(shí)相等C．內(nèi)物塊速度先增大后減小D．內(nèi)摩擦力的沖量大小為【答案】D【詳解】A．當(dāng)物塊受到摩擦力與重力相等時(shí)，有，解得，可知內(nèi)物塊向下做加速運(yùn)動(dòng)，內(nèi)物塊向下做減速運(yùn)動(dòng)，末物塊的速度為零，內(nèi)物塊靜止，內(nèi)物塊向下做加速運(yùn)動(dòng)，故時(shí)物塊離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由上述分析可知，時(shí)物塊的速度為零，時(shí)物塊的速度不為零，故B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，內(nèi)物塊速度先增大后減小，再增大，故C錯(cuò)誤；D．內(nèi)、內(nèi)物體受到的摩擦力為，內(nèi)摩擦力的沖量為，內(nèi)摩擦力的沖量為，內(nèi)摩擦力的沖量為，內(nèi)摩擦力的沖量大小為，故D正確。故選D。5．（2024·河南信陽·統(tǒng)考一模）圖甲為蹦極的場景，運(yùn)動(dòng)員及攜帶裝備的總質(zhì)量為75kg，彈性繩原長為10m。運(yùn)動(dòng)員從蹦極臺自由下落，下落過程中的圖像如圖乙所示。已知彈性繩的彈力與伸長量的關(guān)系符合胡克定律，重力加速度g取，下列說法正確的是（）A．整個(gè)下落過程中，運(yùn)動(dòng)員及攜帶裝備的重力先做正功后做負(fù)功B．運(yùn)動(dòng)員及攜帶裝備從靜止開始下落10m的過程中重力的沖量為C．彈性繩的勁度系數(shù)約為150N/mD．彈性繩長為24m時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的加速度大小約為【答案】C【詳解】A．整個(gè)下落過程中，運(yùn)動(dòng)員及攜帶裝備的重力一直做正功，故A錯(cuò)誤；B．由，解得運(yùn)動(dòng)員及攜帶裝備從靜止開始下落10m的時(shí)間，運(yùn)動(dòng)員及攜帶裝備從靜止開始下落10m的過程中重力的沖量為，故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動(dòng)員先加速后減速，當(dāng)合力為0速度最大，彈力等于重力，解得，故C正確；D．彈性繩長為24m時(shí)，繩的彈力，由牛頓第二定律得，解得，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2024·河北·統(tǒng)考一模）如圖所示，某航拍小型飛機(jī)有四個(gè)相同的風(fēng)扇，每個(gè)風(fēng)扇的半徑均為R，當(dāng)它在無風(fēng)的天氣懸停時(shí)，每個(gè)風(fēng)扇都呈水平狀態(tài)，風(fēng)扇吹出的空氣速度大小都等于v，吹出的空氣流動(dòng)方向相同。已知空氣的平均密度為，則風(fēng)扇懸停時(shí)，不考慮其他位置空氣流動(dòng)的影響。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．風(fēng)扇吹出的空氣流動(dòng)方向豎直向下B．單位時(shí)間內(nèi)每個(gè)風(fēng)扇吹出的空氣的質(zhì)量為C．無人機(jī)的總重力等于D．每個(gè)風(fēng)扇對空氣做功的功率為【答案】D【詳解】A．由于無人機(jī)懸停時(shí)受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風(fēng)方向均為豎直向下，故A正確；B．單位時(shí)間內(nèi)被每個(gè)螺旋槳推動(dòng)的空氣質(zhì)量為，故B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理，解得每個(gè)螺旋槳對空氣的作用力為，無人機(jī)的總重力等于，故C正確；D．每個(gè)風(fēng)扇對空氣做功的功率為，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選D。7．（2024·山東德州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在2023年杭州第19屆亞運(yùn)會上，亞運(yùn)會女子10米跳臺決賽，全紅嬋憑借最后一輪94.40的分?jǐn)?shù)，逆轉(zhuǎn)隊(duì)友陳芋汐再次回到榜首，以2.55分的微弱優(yōu)勢奪得金牌。假設(shè)把運(yùn)動(dòng)員的空中運(yùn)動(dòng)簡化為自由落體運(yùn)動(dòng)，把此過程視為過程Ⅰ，進(jìn)入水池直到速度為零的過程視為過程Ⅱ，已知人的質(zhì)量為，跳臺高度為，重力加速度為，運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)。以下說法正確的是（）A．整個(gè)過程運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒B．過程Ⅱ中運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大于過程Ⅰ中運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量C．整個(gè)過程重力所做的功大于克服水的阻力所做的功D．若從進(jìn)入水池到速度為零總共經(jīng)過的時(shí)間為，則受到水的平均作用力約為578N【答案】D【詳解】A．過程Ⅱ中，運(yùn)動(dòng)員所受外力除了重力還有阻力，其機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)量定理可知，整個(gè)過程沖量為零，過程Ⅱ中運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小等于過程Ⅰ中運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小，方向相反，故B錯(cuò)誤；C．重力做正功，阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，即，故C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動(dòng)員落入水面前的瞬間速度為，規(guī)定豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得，代入數(shù)據(jù)解得，故D正確。故選D。8．（2023·四川樂山·統(tǒng)考一模）一個(gè)光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在圓環(huán)上，如圖所示，已知重力加速度為g，將小球從圓環(huán)最高點(diǎn)A靜止釋放，小球沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)C的過程中，下列說法正確的是（）A．從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，圓環(huán)對小球的彈力始終沿半徑向外B．從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，小球在B點(diǎn)的機(jī)械能最大C．當(dāng)圓環(huán)對小球的作用力為零時(shí)，小球的向心力大小為D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，對圓環(huán)的彈力大小為【答案】C【詳解】B．從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，機(jī)械能不變，故B錯(cuò)誤；AC．從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，設(shè)小球與圓心的連線與豎直方向的夾角為，如圖所示設(shè)圓環(huán)對小球的彈力沿半徑向外，大小為FN，由機(jī)械能守恒定律得，由牛頓第二定律得，當(dāng)FN=0時(shí)，解得，，小球的向心力大小，當(dāng)后，從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，圓環(huán)對小球的彈力沿半徑向內(nèi)。故A錯(cuò)誤，C正確；D．從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，由動(dòng)能定理得，得，由牛頓第二定律得，解得，由牛頓第三定律，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，對圓環(huán)的彈力大小為5mg。故D錯(cuò)誤。故選C。9．（2024·陜西商洛·校聯(lián)考一模）一兒童在樓梯臺階上玩擲彈力球游戲，彈力球質(zhì)量為m，小球從高處落到低處，其空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，已知臺階的高和寬均為L，不計(jì)空氣阻力和碰撞時(shí)間，重力加速度為g，以下說法正確的是（

）

A．彈力球每次彈起在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為B．彈力球每次彈起時(shí)速度大小為C．彈力球每次碰撞動(dòng)量的變化量大小為D．彈力球每次碰撞損失的能量為【答案】C【詳解】A．彈力球做斜拋運(yùn)動(dòng)，每次上升的最大高度為，根據(jù)，可得上升的時(shí)間，下落高度為，同理可知下落的時(shí)間，彈力球每次彈起在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，A錯(cuò)誤；B．彈力球水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，水平速度，每次彈起時(shí)豎直分速度，彈力球每次彈起時(shí)速度大小，B錯(cuò)誤；C．每次落地時(shí)的豎直分速度，由于只有豎直方向速度發(fā)生變化，彈力球每次碰撞動(dòng)量的變化量大小為，C正確；D．彈力球每次碰撞損失的能量，D錯(cuò)誤。故選C。10．（2024·黑龍江·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)校聯(lián)考一模）如圖所示，光滑水平面上放有質(zhì)量為M=2kg的足夠長的木板B，通過水平輕彈簧與豎直墻壁相連的物塊A疊放在B上，A的質(zhì)量為m=1kg，彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m。初始時(shí)刻，系統(tǒng)靜止，彈簧處于原長?，F(xiàn)用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，彈簧振子的周期為，取g=10m/s2，π2=10。則（

）A．A受到的摩擦力逐漸變大B．A向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為4cmC．當(dāng)A的總位移為2cm時(shí)，B的位移一定為5cmD．當(dāng)A的總位移為4cm時(shí)，彈簧對A的沖量大小可能為【答案】B【詳解】A．拉力作用瞬間，整體加速度為，A的最大加速度為，則開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，二者就會發(fā)生相對滑動(dòng)，A所受摩擦力大小不變，A錯(cuò)誤；B．彈簧彈力與A所受摩擦力相等時(shí)，A的位移為，此時(shí)A的速度最大，即振幅為2cm，則A的最大位移為4cm，B正確；C．A的位移為2cm時(shí)，經(jīng)過時(shí)間為（n=0，1，2，3…），或（n=0，1，2，3…），由題意，周期為。B的加速度為，則此時(shí)B的位移為，或，說明當(dāng)A的總位移為2cm時(shí)，B的位移不一定為5cm，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)A的總位移為4cm時(shí)，速度為零，即動(dòng)量的變化量為零。說明彈簧與摩擦力對A的沖量等大，即，此時(shí)A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（n=0，1，2，3…），得（n=0，1，2，3…），即當(dāng)A的總位移為4cm時(shí)，彈簧對A的沖量大小不可能為，D錯(cuò)誤。故選B。11．（2024·安徽六安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，傳送帶的傾角（，從A到B長度為16m，傳送帶以10m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。時(shí)刻在傳送帶上A端無初速度地放一個(gè)質(zhì)量的黑色煤塊，時(shí)皮帶被異物卡住不動(dòng)了。已知煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色劃痕。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，?。﹦t（

）A．煤塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為10m/sB．煤塊從A到B的時(shí)間為3sC．煤塊從A到B的過程中機(jī)械能減少了12JD．煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度是16m【答案】C【詳解】B．開始階段，由牛頓第二定律得，解得，煤塊加速至傳送帶速度相等時(shí)需要的時(shí)間為，煤塊發(fā)生的位移為，所以媒塊加速到時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)皮帶挒好被異物卡住不動(dòng)了，此后摩擦力方向改變；第二階段有，解得，設(shè)第二階段煤塊滑動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為，則，解得，則煤塊從A到B的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；A．根據(jù)得，故A錯(cuò)誤；D．第一階段媒塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向上移動(dòng)，煤塊與傳送帶的相對位移大小為，故煤塊相對于傳送帶上移；第二階段媒塊的速度大于傳送帶速度（為零），煤塊相對傳送帶向下移動(dòng)，媒塊相對于傳送帶的位移大小為，即煤塊相對傳送帶下移，故傳送帶表面留下黑色炭跡的長度為（前被覆蓋），故D錯(cuò)誤；C．煤塊開始的機(jī)械能，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)機(jī)械能，故C正確。故選C。12．（2024·江西景德鎮(zhèn)·江西省樂平中學(xué)校聯(lián)考一模）在一次實(shí)驗(yàn)中將一鋼球連接在輕質(zhì)彈簧的下端，彈簧的上端懸掛于定點(diǎn)O，并用一水平方向的細(xì)繩拉住鋼球，將水平細(xì)繩靠球剪斷后金屬球在第一次向左擺動(dòng)以及回?cái)[過程的一段運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。某同學(xué)據(jù)此得出了以下幾個(gè)結(jié)論，其中正確的是（

）A．水平細(xì)繩剪斷瞬間金屬球的加速度方向垂直于彈簧向左下方B．金屬球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)正下方時(shí)所受重力小于彈拉力C．金屬球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)動(dòng)能為零D．金屬球動(dòng)能最大的位置應(yīng)該在懸點(diǎn)正下方的左側(cè)【答案】D【詳解】A．細(xì)繩未剪斷前，設(shè)小球的重力為G、彈簧的彈力為F、細(xì)繩的拉力為T，由于金屬球處于平衡狀態(tài)，則根據(jù)三力平衡可知G與F的合力與T等大反向，即G與F合力的方向水平向左，細(xì)繩被剪斷的瞬間細(xì)繩的拉力突然消失，而彈簧彈力的大小和方向均不發(fā)生變化即仍為F，所以此時(shí)小球所受重力G與彈簧彈力F合力的方向仍水平向左，根據(jù)牛頓第二定律中力與加速度的同向性可知在細(xì)繩被剪斷的瞬間小球加速度的方向水平向左，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)金屬球運(yùn)動(dòng)到懸點(diǎn)O正下方時(shí)，如圖所示根據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件結(jié)合受力分析可知，此時(shí)物體所受合力方向?yàn)樨Q直向下，即物體所受重力大于彈簧拉力，故B錯(cuò)誤；C．金屬球運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)水平方向的速度為零，而不是合速度為零，則此時(shí)小球的動(dòng)能不為0，故C錯(cuò)誤。D．如圖所示，當(dāng)金屬球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)，小球所受合力與小球的速度成銳角，在此以后的一段時(shí)間內(nèi)小球的速度將增大，動(dòng)能增大，故D正確。故選D。13．（2024·河北秦皇島·昌黎一中?？寄M預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，質(zhì)量為4m的物體乙用輕繩跨過光滑定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角，甲位于P點(diǎn)，某時(shí)刻由靜止釋放乙（乙離地面足夠高），經(jīng)過一段時(shí)間小球甲運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)（未與橫桿相碰），O、Q兩點(diǎn)的連線水平，O、Q的距離為d，且小球在P、Q兩點(diǎn)處時(shí)彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，，，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）

A．彈簧的勁度系數(shù)為B．物體乙釋放瞬間的加速度大小等于gC．小球甲到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小D．小球甲和物體乙的機(jī)械能之和始終保持不變【答案】C【詳解】A．小球在P、Q兩點(diǎn)處時(shí)彈簧彈力大小相等，所以彈簧在P點(diǎn)和Q點(diǎn)的彈簧伸長量相等，即彈簧原長在PQ的中間，由幾何關(guān)系有，初始時(shí)對小球受力分析，有，解得，故A錯(cuò)誤；B．物體乙釋放瞬間。設(shè)輕繩中拉力大小為T，對物體甲有，對物體乙有，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得，解得，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有，小球甲到達(dá)Q點(diǎn)后期加速度為零，所以物體乙的速度為零，對小球甲從P到Q過程，小球甲、物體乙和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。且彈簧在初、末狀態(tài)的彈性勢能相等，有，解得，故C正確；D．彈簧對小球甲和物體乙組成的系統(tǒng)先做正功、后做負(fù)功，所以小球甲和物體乙的機(jī)械能之和先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選C。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分)14．（2024·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）為民族“起重”為大國“舉力”，這是對中國工程機(jī)械最好的詮釋。如圖所示為我國自主研發(fā)的第一臺全地面起重機(jī)QAY25，起重范圍從25t到2600t，中國起重機(jī)在世界地位越來越“重”。若該起重機(jī)由靜止開始提升質(zhì)量為200t的物體，其圖像如圖所示，不計(jì)其它阻力，下列說法正確的是（）A．起重機(jī)的額定功率B．重物上升的最大速度C．重物內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．10s內(nèi)起重機(jī)對重物做的功為【答案】CD【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律與功率表達(dá)式可得，，整理得，圖像的斜率為，解得起重機(jī)的額定功率為，故A錯(cuò)誤；B．重物上升的最大速度為，故B錯(cuò)誤；C．重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到的最大速度為，重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故C正確；D．重物內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為，內(nèi)，對重物，根據(jù)動(dòng)能定理有，后起重機(jī)功率恒定，起重機(jī)對重物做的功為，10s內(nèi)起重機(jī)對重物做的功為，故D正確。故選CD。15．（2024·重慶沙坪壩·重慶八中校考一模）實(shí)驗(yàn)室有兩個(gè)完全一樣的鉛球，某同學(xué)將兩球從圖甲中左、右兩個(gè)圓筒的正上方相同高度處同時(shí)靜止釋放，兩球分別與左、右兩個(gè)筒的底部發(fā)生碰撞并反彈。已知左筒底部為鋼板，右筒底部為泡沫，用壓力傳感器同時(shí)測出撞擊力隨時(shí)間變化的曲線①②，如圖乙所示，則（）

A．曲線②代表左球的碰撞情況B．兩小球到達(dá)圓筒底部時(shí)，碰前的動(dòng)量相等C．自碰撞過程中，兩小球所受重力的沖量相等D．若測得曲線①②與時(shí)間軸圍成的面積相等，則曲線①對應(yīng)的小球碰后反彈速度更大【答案】BD【詳解】AB．兩球下落高度相同，落到底部時(shí)的速度相同，兩小球到達(dá)圓筒底部時(shí)，碰前的動(dòng)量相等，與底部作用時(shí)動(dòng)量變化相同，甲裝置底部為鋼板，乙裝置底部為泡沫，根據(jù)動(dòng)量定理可知，與甲裝置底部碰撞過程作用時(shí)間較小，作力較大，則曲線①代表左球的碰撞情況，曲線②代表右球的碰撞情況，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C．自碰撞過程中，左球與底部作用時(shí)間較短，根據(jù)IG=mgt，可知，左球所受重力的沖量較小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．F-t圖像所圍面積表示彈力沖量，若測得曲線①②與時(shí)間軸圍成的面積相等，彈力的沖量IF相等，若向上為正方向則根據(jù)，因落到底端時(shí)的速度v0相等，而，則曲線①對應(yīng)的小球碰后反彈速度v更大，選項(xiàng)D正確。故選BD。非選擇題部分三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）16．（2024·廣西貴港·統(tǒng)考模擬預(yù)測）為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，物理實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)利用自由落體運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺上，使重物帶動(dòng)紙帶從靜止開始自由下落。（1）本實(shí)驗(yàn)中，不同學(xué)生在實(shí)驗(yàn)操作過程中出現(xiàn)如圖所示的四種情況，其中操作正確的是。（2）實(shí)驗(yàn)中，按照正確的操作得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)、、，測得它們到起始點(diǎn)（紙帶上第一個(gè)點(diǎn)）的距離分別為、、。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹椋螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期為。設(shè)重物的質(zhì)量為，從打點(diǎn)到打點(diǎn)的過程中，重物的重力勢能減少量，動(dòng)能變化量。

（3）重力勢能變化量絕對值小于動(dòng)能變化量，可能的原因是。A．紙帶受到阻力較大

B．先接通電源后釋放紙帶C．先釋放紙帶后接通電源

D．阻力與重力之比很?。?）實(shí)驗(yàn)小組改進(jìn)了實(shí)驗(yàn)方案，如圖甲所示，他們利用光電門和數(shù)字傳感設(shè)備組成集成框架，框架水平部分安裝了電磁鐵，將小鐵球吸住。斷電后，小鐵球立即靜止釋放，小鐵球經(jīng)過光電門時(shí)，與光電門連接的數(shù)字計(jì)時(shí)器讀出小球通過的時(shí)間，并算出此時(shí)小球的速度，多次改變光電門的位置，得到多組、的數(shù)據(jù)，做出的圖像如圖乙所示。已知重力加速度為，若小球的直徑為d，小球通過光電門的速度與時(shí)間的關(guān)系為；若圖乙中直線的斜率，則可驗(yàn)證小鐵球在下落過程中機(jī)械能守恒。

【答案】BC【詳解】（1）[1]打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接交流電源，操作時(shí)應(yīng)用手提住紙帶的上端，讓重物盡量靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。故選B。（2）[2]從打點(diǎn)到打點(diǎn)的過程中，重物的重力勢能減少量，[3]打點(diǎn)的速度為，動(dòng)能變化量，（3）[4]正常情況下實(shí)驗(yàn)中，由于系統(tǒng)誤差，各種阻力導(dǎo)致機(jī)械能有損失，那么重力勢能的減小量略大于動(dòng)能的增加量，而此實(shí)驗(yàn)恰好相反，則是操作錯(cuò)誤引起的，可能是物體具有初速度，即先放手后接通電源。故選C。（4）[5]根據(jù)光電門的測速原理，小球的直徑為d，小球通過光電門的速度與時(shí)間的關(guān)系為，[6]根據(jù)位移與速度的關(guān)系式有，結(jié)合圖像，可知，圖乙中直線的斜率。17．（2024·云南昭通·統(tǒng)考模擬預(yù)測）當(dāng)前很多城市大力推進(jìn)游樂設(shè)施建設(shè)，水上樂園項(xiàng)目得到了廣大市民的喜愛，其安全性與物理知識息息相關(guān)。如圖15甲所示的傾斜水槽沖浪項(xiàng)目很是刺激，它蘊(yùn)含了力學(xué)動(dòng)量相關(guān)知識，其簡化模型如圖乙所示，透明塑料管道粗糙程度處處相同，傾斜管道與水平管道在最低點(diǎn)平滑無縫對接，忽略連接處的長度，傾斜部分的傾角為。將該裝置用于驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，已知重力加速度為，實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）你認(rèn)為滑塊甲的質(zhì)量（填“大于”“小于”或“等于”）滑塊乙的質(zhì)量才能方便驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。（2）從高度處由靜止釋放質(zhì)量為的滑塊甲，記錄甲最終停止在水平管道上的點(diǎn)，并重復(fù)上述過程，用刻度尺測量得的平均長度值為，若滑塊與管道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則滑塊甲到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度。（用表示）（3）在點(diǎn)輕放上質(zhì)量為的滑塊乙，仍將滑塊甲從高度處由靜止釋放，碰撞后甲、乙分別停止在水平管道上的兩點(diǎn)，重復(fù)上述過程，用刻度尺測量得的平均長度值為的平均長度值為。（4）實(shí)驗(yàn)中滑塊甲、乙與管道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，在誤差允許的范圍內(nèi)，如果滿足等式成立，即可證明甲、乙在碰撞中動(dòng)量守恒。（用表示）（5）如果實(shí)驗(yàn)中滑塊甲、乙與管道間的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，那么（填“仍能”或“不能”）驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律?！敬鸢浮看笥谌阅堋驹斀狻浚?）[1]為防止滑塊甲碰后反彈，滑塊甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量才能方便驗(yàn)證動(dòng)量守恒。（2）[2]由，得，（4）[3]設(shè)滑塊與管道間的動(dòng)摩擦因素為，碰撞前甲的瞬時(shí)速度由，求得，碰撞后甲、乙的瞬時(shí)速度和分別由，求得，甲、乙碰撞過程中，若動(dòng)量守恒，則有，聯(lián)立方程有，若上式成立，則動(dòng)量守恒。（5）[4]實(shí)驗(yàn)前先將乙從高度為處由靜止釋放，最終停止在水平軌道，則動(dòng)能定理，解得，將甲從高度處由靜止釋放，甲在水平管道內(nèi)仍停在距離點(diǎn)處，對甲由動(dòng)能定理，解得，由，求出碰撞前后的瞬時(shí)速度為，，，在誤差允許的范圍內(nèi)，甲、乙碰撞過程中，若動(dòng)量守恒，則，代入數(shù)據(jù)有，可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。四、計(jì)算題（本大題共4小題，9分+10分+10分+12分共41分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結(jié)果的不得分）18．（2024·廣東佛山·統(tǒng)考一模）生產(chǎn)小鋼球的工廠為提高裝配效率設(shè)計(jì)一款裝置，其模型簡化如下。ABCD可視為足夠大的光滑矩形斜面，其與水平面夾角為，斜面上固定半徑為R的光滑圓弧軌道MKN，其中K為圓弧最低點(diǎn)，半徑OM與AD垂直，ON與MO延長線夾角為，某質(zhì)量為m的鋼球沿水平管道以大小為v的初速度從斜面左邊緣P點(diǎn)滑上斜面，并恰好沿N點(diǎn)切線方向進(jìn)入圓弧軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，鋼球滑行的最高點(diǎn)Q處有裝配箱（圖中未畫出），已知重力加速度為g，求：（1）鋼球在N點(diǎn)的速度大?。唬?）PQ之間的距離；（3）鋼球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)受軌道支持力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）鋼球在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，沿半徑方向和切線方向分解速度，可得（2）依題意，斜面光滑，鋼球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理可得解得（3）鋼球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)過程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理可得解得鋼球在K點(diǎn)，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得19．（2024·遼寧·校聯(lián)考一模）如圖所示，粗糙水平面NQ右側(cè)固定一個(gè)彈性擋板，左側(cè)在豎直平面內(nèi)固定一個(gè)半徑、圓心角的光滑圓弧軌道MN。半徑ON與水平面垂直，N點(diǎn)與擋板的距離。可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量，從P點(diǎn)以初速度水平拋出，恰好在M點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道。已知重力加速度g取，。（1）求滑塊經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力大??；（2）若滑塊與擋板只發(fā)生一次碰撞且不能從M點(diǎn)滑出軌道，求滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）依題意，滑塊到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，速度分解為水平和豎直兩個(gè)方向，可得滑塊從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得滑塊在最低點(diǎn)N時(shí)，由牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力大小為（2）動(dòng)摩擦因數(shù)取最大值時(shí)，滑塊第一次向右運(yùn)動(dòng)恰好與擋板碰撞，有解得滑塊恰好可以再次滑到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得解得滑塊恰好不與擋板發(fā)生第二次碰撞，即解得所以動(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍為20．（2024·湖南長沙·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，將火車停在足夠長的平直鐵軌上。（1）若整列火車質(zhì)量為M，所受阻力恒為F0，當(dāng)整列火車速度為v時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P0，求此時(shí)火車的加速度；（2）若整列火車所受阻力恒為F0，某次測試時(shí)整列火車的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段。第一階段火車受到大小為kF0的恒定牽引力由靜止啟動(dòng)，位移為x時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率正好等于額定功率，然后進(jìn)入第二階段；第二階段發(fā)動(dòng)機(jī)保持額定功率繼續(xù)前進(jìn)，已知兩個(gè)階段用時(shí)相等，第二階段的末速度為初速度倍。求第二階段火車的位移；（3）若整列火車由1節(jié)動(dòng)力車頭和23節(jié)無動(dòng)力車廂組成，動(dòng)力車頭質(zhì)量為2m，每節(jié)無動(dòng)力車廂質(zhì)量均為m。火車在啟動(dòng)前，車頭會先向后退一段距離，使得各相鄰車廂之間的連接掛鉤松弛，車廂無間距緊挨著，然后車頭從靜止開始啟動(dòng)，逐節(jié)帶動(dòng)各節(jié)車廂直至最后一節(jié)車廂啟動(dòng)。啟動(dòng)過程中車頭牽引力恒為F，忽略一切阻力。為了研究方便，將車頭及相鄰車廂之間的連接掛鉤簡化為不可伸長的長度為l的輕繩，繩子繃直的瞬間相連的物體間可看做發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。整