2024年高考真題和模擬題物理分類匯編專題06機(jī)械能（解析版）

專題06機(jī)械能1.（2024年新課標(biāo)考題）2.福建艦是我國(guó)自主設(shè)計(jì)建造首艘彈射型航空母艦。借助配重小車(chē)可以進(jìn)行彈射測(cè)試，測(cè)試時(shí)配重小車(chē)被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車(chē)水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車(chē)在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍【答案】C【解析】動(dòng)能表達(dá)式為：由題意可知小車(chē)水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開(kāi)甲板時(shí)速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小車(chē)離開(kāi)甲板后做平拋運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)甲板到到達(dá)海面上時(shí)間不變，根據(jù)可知小車(chē)在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。故選C。2.（2024年安徽卷考題）2.某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v．已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)．重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）A B. C. D.【答案】D【解析】人在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為故選D。3.(2024浙江1月考題)3.如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球（）A.從1到2動(dòng)能減少 B.從1到2重力勢(shì)能增加C.從2到3動(dòng)能增加 D.從2到3機(jī)械能不變【答案】B【解析】AB．由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢(shì)能增加，則1到2動(dòng)能減少量大于，A錯(cuò)誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小mgh，則動(dòng)能增加小于，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。4.（2024年江西卷考題）5.廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假設(shè)利用瀑布來(lái)發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為（）A.109 B.107 C.105 D.103【答案】B【解析】由題知，Δt時(shí)間內(nèi)流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt發(fā)電過(guò)程中水的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，則有故選B。5.(2024年江蘇卷考題)8.在水平面上有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板B的右側(cè)，開(kāi)始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A.彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體動(dòng)量最大B.壓縮最短時(shí)物體動(dòng)能最大C.系統(tǒng)動(dòng)量變大D.系統(tǒng)機(jī)械能變大【答案】A【解析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為，整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧原長(zhǎng)時(shí)得聯(lián)立得，故可知彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。故選A。6.（2024全國(guó)甲卷考題）4.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開(kāi)始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】C【解析】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為，從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在該處根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知的大小在時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。7.（2024年安徽卷考題）7.在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡(jiǎn)化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點(diǎn)的水平距離約為l。假設(shè)抽水過(guò)程中H保持不變，水泵輸出能量的倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機(jī)械能。已知水的密度為，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】設(shè)水從出水口射出的初速度為，取時(shí)間內(nèi)的水為研究對(duì)象，該部分水的質(zhì)量為根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得根據(jù)功能關(guān)系得聯(lián)立解得水泵的輸出功率為故選B。8.（2024年廣東卷考題）10.如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從、高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有（）A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與無(wú)關(guān)D.甲最終停止位置與O處相距【答案】ABD【解析】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過(guò)程有在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為由于t1與有關(guān)，則總時(shí)間與有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．乙下滑過(guò)程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有聯(lián)立可得，即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距。故D正確。故選ABD。9.（2024年山東卷考題）7.如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過(guò)一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E=kx2（x為繩的伸長(zhǎng)量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置，此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】當(dāng)甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長(zhǎng)量則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為從開(kāi)始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置的過(guò)程，乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過(guò)程F所做的功故選B。10.（2024年上海卷考題）4.一輛質(zhì)量的汽車(chē)，以的速度在平直路面上勻速行駛，此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率，汽車(chē)受到的阻力大小為_(kāi)_____N。當(dāng)車(chē)載雷達(dá)探測(cè)到前方有障碼物時(shí)，主動(dòng)剎車(chē)系統(tǒng)立即撤去發(fā)動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)力，同時(shí)施加制動(dòng)力使車(chē)輛減速。在剛進(jìn)入制動(dòng)狀態(tài)的瞬間，系統(tǒng)提供的制動(dòng)功率，此時(shí)汽車(chē)的制動(dòng)力大小為_(kāi)_____N，加速度大小為_(kāi)_____。（不計(jì)傳動(dòng)裝置和熱損耗造成的能量損失）【答案】①.600②.③.【解析】根據(jù)題意可知，汽車(chē)勻速行駛，則牽引力等于阻力，則與其中，解得[2]根據(jù)題意，由可得，汽車(chē)的制動(dòng)力大小為[3]由牛頓第二定律可得，加速度大小為11.（2024年新課標(biāo)考題）11.將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見(jiàn)，要求下降過(guò)程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡(jiǎn)單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量，重力加速度大小，當(dāng)P繩與豎直方向的夾角時(shí)，Q繩與豎直方向的夾角（1）求此時(shí)P、Q繩中拉力的大??；（2）若開(kāi)始豎直下降時(shí)重物距地面的高度，求在重物下降到地面的過(guò)程中，兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功。【答案】（1），；（2）【解析】（1）重物下降的過(guò)程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P、Q繩中拉力的大小分別為和，豎直方向水平方向聯(lián)立代入數(shù)值得，（2）整個(gè)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得解得兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功為12.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在電動(dòng)機(jī)作用下，從A點(diǎn)由靜止加速至B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后作勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)D。求：（1）CD段長(zhǎng)x；（2）BC段電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；（3）全過(guò)程物塊增加的機(jī)械能E1和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能E2的比值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）物塊在CD段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立解得（2）物塊在BC段勻速運(yùn)動(dòng)，得電動(dòng)機(jī)的牽引力為由得（3）全過(guò)程物塊增加的機(jī)械能為整個(gè)過(guò)程由能量守恒得電動(dòng)機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知故可得13.（2024年安徽卷考題）14.如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊右側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)。小球質(zhì)量。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)。圓弧軌道半徑。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取。（1）求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；（3）為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6N；（2）4m/s；（3）【解析】（1）對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理解得在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為（2）小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為（3）若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒由能量守恒定律解得若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒由能量守恒定律解得綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍為14.（2024年山東卷考題）17.如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過(guò)t0時(shí)間，則軌道有小物塊有在這個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得15.(2024年遼寧卷考題)14.如圖，高度的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度。求：（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小和；（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能?！敬鸢浮浚?）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【解析】（1）對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為對(duì)AB物塊整體由動(dòng)量守恒定律解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為（2）對(duì)物塊B由動(dòng)能定理代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為（3）由能量守恒定律其中，解得整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能16.(2024浙江1月考題)20.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長(zhǎng)度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）若，求小物塊①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大??；②在上經(jīng)過(guò)的總路程；③在上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。（2）若，滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊?！敬鸢浮浚?）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【解析】（1）①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為②小物塊a在DE上時(shí)，因?yàn)樗孕∥飰Ka每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等，設(shè)其在上經(jīng)過(guò)的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，解得（2）對(duì)小物塊a從A到F的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有解得17.(2024年湖北卷考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。唬?）求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小。（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有其中，解得小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為解得（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為，小球在P點(diǎn)正上方的速度為，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有小球從點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為。18.(2024年河北卷考題)16.如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為A木板長(zhǎng)度為，機(jī)器人質(zhì)量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求A、B木板間的水平距離。（2）機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過(guò)程機(jī)器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止，隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）90J，2；（3）【解析】（1）機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為M，三個(gè)木板質(zhì)量為m，根據(jù)人船模型得同時(shí)有解得A、B木板間的水平距離（2）設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為，方向與水平方向的夾角為，從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間為t，根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得聯(lián)立解得機(jī)器人跳離A的過(guò)程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒根據(jù)能量守恒可得機(jī)器人做的功為聯(lián)立得根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)時(shí)，即時(shí)，W取最小值，代入數(shù)值得此時(shí)（3）根據(jù)可得，根據(jù)得分析可知A木板以該速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過(guò)程中，機(jī)器人與BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，得解得該過(guò)程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個(gè)過(guò)程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為，B木板的速度大小為，機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為，取向右為正方向，得①每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為，可得②機(jī)器人到B木板右端時(shí)，B木板恰好追上A木板，從機(jī)器人跳到B左端到跳到B右端的過(guò)程中，AB木板的位移差為可得③聯(lián)立①②③解得故A、C兩木板間距為解得一、單項(xiàng)選擇題1．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角為的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力做的功至少為。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，，，若用水平向左的推力將物塊推到頂端，推力做的功至少為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】對(duì)物塊做功最少，物塊應(yīng)從斜面底端緩慢運(yùn)動(dòng)到斜面頂端，用平行斜面向上的推力將位于斜面底端的物塊推到斜面頂端，對(duì)物塊受力分析如圖甲所示，根據(jù)受力平衡可得設(shè)斜面的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則對(duì)物塊受力分析如圖乙所示，根據(jù)受力平衡可得解得則故選C。2．（2024·青海·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，頂角P為53°的光滑“”形硬桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m的小球甲、乙（均視為質(zhì)點(diǎn)）用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)硬桿連接，分別套在“”形硬桿的傾斜和水平部分，當(dāng)輕質(zhì)硬桿呈豎直狀態(tài)時(shí)甲靜止在A點(diǎn)，乙靜止在C點(diǎn)。甲由于受到輕微的擾動(dòng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)甲運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，輕質(zhì)硬桿與“”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，則甲在B點(diǎn)的速度大小為（）A． B．C． D．【答案】B【解析】由于甲在B位置時(shí)，輕質(zhì)硬桿與AP傾斜部分垂直，根據(jù)牽連速度的分解規(guī)律可知，甲沿輕質(zhì)硬桿的分速度為0，即此時(shí)乙的速度為0，甲小球減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為甲的動(dòng)能，則有解得故選B。3．（2024·重慶·三模）“兩江四岸”煙花活動(dòng)中，某同學(xué)用手機(jī)錄制了一段煙花運(yùn)動(dòng)視頻，經(jīng)電腦處理得到某一煙花的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中最高點(diǎn)切線水平，點(diǎn)切線豎直，由圖可知（）A．該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)B．該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，其機(jī)械能守恒C．該煙花在點(diǎn)的加速度方向豎直向下D．該煙花在點(diǎn)處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】A．軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较?，由題可知、點(diǎn)切線水平，點(diǎn)切線豎直，即、兩點(diǎn)速度在水平方向分量不為0，在點(diǎn)速度在水平方向分量減為0，所以該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合A選項(xiàng)可知該煙花由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過(guò)程中，水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，即該煙花由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程中，煙花在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到摩擦阻力，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．該煙花在最高點(diǎn)切線水平，即此時(shí)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樗较蛴?，摩擦阻力水平向左，則摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向與合力方向一致，故C錯(cuò)誤；D．該煙花在最高點(diǎn)有豎直向下的加速度分量，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。4．（2024·河北邯鄲·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示為速凍食品加工廠生產(chǎn)和包裝餃子的一道工序，餃子由水平傳送帶運(yùn)送至下一環(huán)節(jié)。將餃子無(wú)初速度的輕放在傳送帶上，傳送帶足夠長(zhǎng)且以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，餃子與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不考慮餃子之間的相互作用力和空氣阻力。關(guān)于餃子在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大B．餃子相對(duì)與傳送帶的位移為C．餃子由靜止開(kāi)始加速到與傳送帶速度相等的過(guò)程中，增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量D．傳送帶因傳送餃子多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能【答案】C【解析】A．餃子的加速度，與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．餃子從放上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間餃子在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度，故B錯(cuò)誤；C．餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過(guò)程，餃子增加的動(dòng)能因摩擦產(chǎn)生的熱量又因?yàn)轱溩訌某跛俣葹榱汩_(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶共速，餃子的位移相對(duì)位移為故餃子增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；D．傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯(cuò)誤。故選C。5．（2024·黑龍江·二模）如圖所示，半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，A點(diǎn)與圓心O等高。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在A點(diǎn)正上方0.75m處?kù)o止釋放，下落至A點(diǎn)時(shí)進(jìn)入圓軌道，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力，則（

）A．小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為7.5J B．小球在A點(diǎn)受到軌道的彈力大小為10NC．小球上升過(guò)程中距地面的最大高度為1.75mD．小球離開(kāi)軌道后將落至軌道B點(diǎn)【答案】D【解析】A．小球從釋放到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得J，故A錯(cuò)誤；B．小球從釋放到A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有解得N，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)小球上升過(guò)程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為，則有從B點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得最大高度為m，故C錯(cuò)誤；D．假設(shè)小球離開(kāi)軌道后將落至軌道B點(diǎn)，由C分析可知脫離軌道的速度為m/s根據(jù)斜拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知解得m=可知小球離開(kāi)軌道后將落至軌道B點(diǎn)，故D正確；故選D。6．（2024·山東煙臺(tái)·二模）如圖所示為豎直平面內(nèi)的粗糙的四分之一圓軌道ABC，A點(diǎn)的切線水平，B為圓弧AC的中點(diǎn)。一小物塊自A點(diǎn)水平進(jìn)入軌道，從C點(diǎn)沖出軌道上升至最高點(diǎn)后沿原路返回，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的是（

）A．小物塊第一次和第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力相等B．小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)的加速度大小等于重力加速度大小C．小物塊第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小等于自身的重力大小D．小物塊由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功【答案】D【解析】A．依題意，由于摩擦力對(duì)小物塊做負(fù)功，導(dǎo)致第一次和第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速率不同，對(duì)小物塊受力分析，如圖根據(jù)可知軌道對(duì)小物塊的支持力不相等，由牛頓第三定律可得小物塊第一次和第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力不相等。故A錯(cuò)誤；B．小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，受力如圖可知，故B錯(cuò)誤；C．小物塊第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)具有豎直向上的向心加速度，所以軌道對(duì)小物塊的支持力大于自身重力，由牛頓第三定律可得小物塊對(duì)軌道的壓力大小大于自身的重力大小。故C錯(cuò)誤；D．由A選項(xiàng)分析可知小物塊上滑過(guò)程，速率減小，與軌道之間的彈力減小，所受軌道摩擦力也隨之減小，由于B為圓弧AC的中點(diǎn)。根據(jù)可知小物塊由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功。故D正確。故選D。7．（2024·江西南昌·二模）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑管道ACB固定在豎直平面內(nèi)。在一平行于紙面的恒力F（未畫(huà)出）作用下，質(zhì)量為m的小球從A端靜止釋放后，恰能到達(dá)最低點(diǎn)C；從B端靜止釋放后，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，管道受到的壓力為10mg。則F的大小為（??）A．mg B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)F方向斜向左下，且與水平方向夾角θ，從A端靜止釋放時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理從B端靜止釋放時(shí)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立得F=，力在其他方向均不可能。故選D。8．（2024·山東濱州·二模）電動(dòng)車(chē)在剎車(chē)或下坡過(guò)程中可以利用某些裝置把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，進(jìn)行機(jī)械能回收。一實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)質(zhì)量，以的初機(jī)械能沿傾角為的平直斜坡AO運(yùn)動(dòng)，A點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)起始點(diǎn)，設(shè)A點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)。第一次在A點(diǎn)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，讓車(chē)自由滑行，其機(jī)械能—位移關(guān)系如圖直線①所示；第二次在A點(diǎn)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)開(kāi)啟“機(jī)械能回收”裝置，回收一段時(shí)間后，關(guān)閉回收裝置，其機(jī)械能—位移關(guān)系如圖線②所示。假設(shè)機(jī)械能回收效率為，。下列說(shuō)法正確的是（）A．第一次中斜面AO作用于實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)的阻力大小為B．第二次中實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)從行駛到的過(guò)程中，其機(jī)械能守恒C．第二次中實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)行駛的過(guò)程中，回收機(jī)械能D．第二次中實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)行駛前的過(guò)程中，其加速度一定越來(lái)越小【答案】C【解析】A．若斜面光滑則電動(dòng)車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，由圖線①知，機(jī)械能在減小，說(shuō)明下滑過(guò)程中摩擦力做功，在自由滑行時(shí)，設(shè)摩擦力為，A點(diǎn)機(jī)械能為，O點(diǎn)機(jī)械能為，則由能量守恒知，代入得，A錯(cuò)誤；B．第二次中實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)從行駛到的過(guò)程中，由摩擦力做功，其機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；C．由圖線②知，在前10m內(nèi)進(jìn)行“機(jī)械能回收”，由題圖知，圖線①表達(dá)式為當(dāng)時(shí)，代入得在車(chē)自由下滑10m時(shí)開(kāi)啟能量回收模式下滑10m時(shí)則第二次中實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)行駛的過(guò)程中，回收的電能為C正確；D．由圖線②知，斜率表示摩擦力與回收裝置產(chǎn)生合外力，方向沿斜面向上，第二次中實(shí)驗(yàn)電動(dòng)車(chē)行駛前的過(guò)程中，圖線②斜率在變小，則摩擦力與回收裝置產(chǎn)生合外力在變小，電動(dòng)車(chē)重力沿斜面向下分力不變，故電動(dòng)車(chē)加速度一定越來(lái)越大，D錯(cuò)誤；故選C。9．（23-24高三下·海南·期中）如圖所示是體育課上某同學(xué)水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為參考平面，用h表示鉛球離地面的高度、E表示鉛球的機(jī)械能，表示鉛球的重力勢(shì)能、表示鉛球的動(dòng)能，則鉛球下落過(guò)程中，下列圖像可能正確的是（

）A．B．C． D．【答案】B【解析】AB．不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；C．鉛球的重力勢(shì)能為，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)拋出時(shí)鉛球的動(dòng)能為，距地面的高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒得可得，故D錯(cuò)誤。故選B。10．（2024·山東棗莊·三模）加快發(fā)展新質(zhì)生產(chǎn)力是新時(shí)代可持續(xù)發(fā)展的必然要求，我國(guó)新能源汽車(chē)的迅猛發(fā)展就是最好的例證。某新能源汽車(chē)生產(chǎn)廠家在平直公路上測(cè)試汽車(chē)性能，t＝0時(shí)刻駕駛汽車(chē)由靜止啟動(dòng)，時(shí)汽車(chē)達(dá)到額定功率，時(shí)汽車(chē)速度達(dá)到最大，如圖是車(chē)載電腦生成的汽車(chē)牽引力F隨速率倒數(shù)變化的關(guān)系圖像。已知汽車(chē)和司機(jī)的總質(zhì)量m＝2000kg，所受阻力與總重力的比值恒為，重力加速度，下列說(shuō)法正確的是（）

A．汽車(chē)啟動(dòng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到速度達(dá)到最大B．汽車(chē)在BC段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在AB段做勻速運(yùn)動(dòng)C．汽車(chē)達(dá)到的最大速度大小為15m/sD．從啟動(dòng)到速度達(dá)到最大過(guò)程中汽車(chē)通過(guò)的距離為150m【答案】D【解析】AB．由圖可知汽車(chē)在AB段汽車(chē)牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律解得可知汽車(chē)在AB段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車(chē)在BC段牽引力逐漸減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故汽車(chē)啟動(dòng)后先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到速度達(dá)到最大，故AB錯(cuò)誤；C．時(shí)汽車(chē)的速度為汽車(chē)額定功率為汽車(chē)達(dá)到的最大速度大小為，故C錯(cuò)誤；D．汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為從啟動(dòng)到速度達(dá)到最大過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理解得汽車(chē)通過(guò)的距離為，故D正確。故選D。11．（2024·山東濰坊·二模）如圖所示，質(zhì)量相等的物體a和b用勁度系數(shù)的輕彈簧連接，b放置在地面上，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩一端與a連接，另一端繞過(guò)兩個(gè)光滑的小定滑輪、與小球c連接，c套在傾角的光滑輕桿上，F(xiàn)點(diǎn)為輕桿的底端，開(kāi)始時(shí)小球c處于輕桿的E點(diǎn)，連接c的輕繩處于水平狀態(tài)，此時(shí)物體b恰好對(duì)地面沒(méi)有壓力。E、F兩點(diǎn)關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱，且，已知物體a和b的質(zhì)量均為3kg，小球c的質(zhì)量為1.5kg，，g取，，彈簧的彈性勢(shì)能為（x為彈簧的形變量）。小球c從E點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)F點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體a、b及小球c組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，物體a的速度不為0C．小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，小球c的機(jī)械能增加了16JD．小球c剛到達(dá)F點(diǎn)時(shí)，a的動(dòng)能為9.6J【答案】C【解析】A．當(dāng)彈簧的彈性形變發(fā)生變化時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能也發(fā)生變化，可知，物體a、b及小球c與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B．由于，可知，小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，小球c的速度方向垂直于輕繩，即小球c沿輕繩方向的速度為0，可知，小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，物體a的速度為0，故B錯(cuò)誤；C．小球c處于輕桿的E點(diǎn)時(shí)，由于物體b恰好對(duì)地面沒(méi)有壓力，則彈簧的拉伸量小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，物體a下降的高度為可知，小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為結(jié)合上述，小球c到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，物體a的速度為0，對(duì)物體a、b及小球c與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知小球c的機(jī)械能增加解得故C正確；D．小球c剛到達(dá)F點(diǎn)過(guò)程，物體a、b及小球c與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有根據(jù)繩的牽連速度規(guī)律有a的動(dòng)能為解得故D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題12．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，光滑的細(xì)桿固定放置，與水平方向的夾角為，質(zhì)量均為m的小球與物塊通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線連接，細(xì)線跨過(guò)天花板上的兩個(gè)輕質(zhì)定滑輪。小球套在細(xì)桿上從某處由靜止開(kāi)始上滑，細(xì)線一直處于伸直狀態(tài)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，速度沿著桿斜向上大小為，細(xì)線與細(xì)桿之間的夾角為，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與細(xì)桿垂直。已知A、B兩點(diǎn)之間的距離為L(zhǎng)，重力加速度大小為g，小球與物塊（均視為質(zhì)點(diǎn)）總在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，，，下列說(shuō)法正確的是（

）A．當(dāng)小球在A點(diǎn)時(shí)，物塊的速度大小為B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物塊的速度達(dá)到最大值C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，系統(tǒng)總重力勢(shì)能的增加量為D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，速度的大小為【答案】AD【解析】A．小球在A點(diǎn)時(shí)，把分別沿著繩和垂直繩分解，沿著繩子方向的分速度為，由關(guān)聯(lián)速度可知，此時(shí)物塊的速度等于沿繩方向的速度，則有故A正確；B．同理，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，把小球的速度分別沿著繩和垂直繩分解，因?yàn)槔K子與細(xì)桿垂直，即繩子與小球的速度垂直，則繩速為0，物塊的速度為零，是最小值，故B錯(cuò)誤；C．小球從A到B，重力勢(shì)能的增加量為物塊下落的高度為重力勢(shì)能的減小量為則系統(tǒng)總重力勢(shì)能的增加量為，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物塊的速度大小為0，設(shè)小球的速度大小為v，令初始時(shí)系統(tǒng)重力勢(shì)能為零，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律可得綜合解得，故D正確。故選AD。13．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角，另一端點(diǎn)D與圓心O等高，點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量m＝1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中A點(diǎn)以速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，物塊進(jìn)入軌道后開(kāi)始計(jì)時(shí)，軌道受到的壓力F隨時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取，則（）A．物塊從D點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)速度大小為4m/sB．大小為70NC．的大小為2m/sD．物塊在AC段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力的瞬時(shí)功率一直增大【答案】AB【解析】A．由圖像可知，物塊從軌道D點(diǎn)飛出軌道到再次回到D點(diǎn)的時(shí)間為t=1.675s-0.875s=0.8s則物塊從D點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)速度大小為，選項(xiàng)A正確；B．從C到D由機(jī)械能守恒可知在C點(diǎn)時(shí)壓力最大，則由解得，選項(xiàng)B正確；C．從B到D由機(jī)械能守恒可知解得則，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)PG=mgvy，可知，物塊在A點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則重力的瞬時(shí)功率為零；在C點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則重力的瞬時(shí)功率也為零，可知物塊在AC段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB。14．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑豎直固定桿上套有一質(zhì)量為m的小球A，一根豎直輕彈簧上端連接著一個(gè)質(zhì)量為m的物塊B，下端連接著一個(gè)質(zhì)量為的物塊C。一輕繩跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為5L。初始時(shí)，小球A在外力作用下靜止于P點(diǎn)，此時(shí)輕繩剛好伸直無(wú)張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直?，F(xiàn)將小球A由P點(diǎn)靜止釋放，A沿桿下滑到達(dá)最低點(diǎn)Q，此時(shí)物塊C與地面間的相互作用剛好為零。不計(jì)滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法中正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量為C．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為D．用質(zhì)量為的小球D替換A，并將其拉至Q點(diǎn)由靜止釋放，小球D經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【答案】AD【解析】AB．開(kāi)始時(shí)，對(duì)B有A在Q點(diǎn)時(shí)，對(duì)C有A從P到Q點(diǎn)，由題意可知解得A正確；B錯(cuò)誤；C．A從P到Q，由能量守恒定律有解得因?yàn)閺椈稍扔行巫兞?，所以，C錯(cuò)誤；D．D從Q到P，由能量守恒定律有解得D正確。故選AD。15．（2024·廣東湛江·二模）某馬戲團(tuán)上演的飛車(chē)節(jié)目如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的固定圓軌道。表演者騎著摩托車(chē)在圓軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知人和摩托車(chē)的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，摩托車(chē)以的速度通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)B．關(guān)閉摩托車(chē)的動(dòng)力，不計(jì)摩擦，忽略空氣阻力，人和摩托車(chē)整體可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．摩托車(chē)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為2mgB．摩托車(chē)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為C．摩托車(chē)從B點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，重力的功率先增大后減小D．摩托車(chē)從B點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，先超重后失重【答案】BC【解析】A．由題意可知，摩托車(chē)在B點(diǎn)時(shí)，有解得由牛頓第三定律可知，摩托車(chē)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．摩托車(chē)從B點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有其中解得選項(xiàng)B正確；C．摩托車(chē)從B點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，豎直速度vy先增大后減小，重力的功率重力的功率先增大后減小，選項(xiàng)C正確；D．摩托車(chē)從B點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，加速度豎直分量先向下后向上，即先失重后超重，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。16．（2024·四川綿陽(yáng)·三模）籃球運(yùn)動(dòng)是深受學(xué)生熱愛(ài)的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)。某同學(xué)練習(xí)投籃，籃球在空中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。若不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于籃球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v，加速度大小a，動(dòng)能和機(jī)械能E隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系中，可能正確的是（??）A． B．C． D．【答案】BC【解析】A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則其合速度一定不會(huì)是均勻變化的，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力作用，加速度一直為重力加速度，故B正確；C．豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力作用，則某時(shí)刻的動(dòng)能其中為初動(dòng)能，為初始豎直方向速度，由此可知，圖線應(yīng)是開(kāi)口向上的拋物線，故C正確；D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力作用，機(jī)械能不變，故D錯(cuò)誤。故選BC。17．（2024·四川遂寧·三模）如圖（a）所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖（b）所示，取g=10m/s2，=2.24，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則根據(jù)圖像可求出（）A．物體的初速率v0=4m/sB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8C．當(dāng)θ=30°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將保持靜止D．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin≈0.7m【答案】AD【解析】A．由圖可知，當(dāng)時(shí)物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，位移為，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．當(dāng)時(shí)，位移為，由動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故B錯(cuò)誤；C．若時(shí)，物體的重力沿斜面向下的分力為最大靜摩擦力為小球達(dá)到最高點(diǎn)后會(huì)下滑，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)能定理得解得當(dāng)時(shí)，，此時(shí)位移最小為故D正確。故選AD。三、解答題18．（2024·黑龍江·三模）如圖所示，一半徑為r=0.45m的光滑圓弧的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運(yùn)行速度為，長(zhǎng)為，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空細(xì)管，EF