新教材2025屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第一部分專題特訓(xùn)練專題二能量和動量考點1動能定理機械能守恒定律功能關(guān)系

專題二能量和動量考點1動能定理機械能守恒定律功能關(guān)系1.[2024·浙江1月]一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下．游客從跳臺下落直到最低點過程中()A．彈性勢能減小B．重力勢能減小C．機械能保持不變D．繩一繃緊動能就起先減小2．[2024·新課標(biāo)卷](多選)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止起先在水平地面上沿x軸運動，動身點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示．物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列說法正確的是()A．在x＝1m時，拉力的功率為6WB．在x＝4m時，物體的動能為2JC．從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為2kg·m/s3．[2024·湖南卷](多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R.小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力漸漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道4．[2024·全國乙卷](多選)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0起先運動．已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時()A．木板的動能肯定等于flB．木板的動能肯定小于flC．物塊的動能肯定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－flD．物塊的動能肯定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－fl5．[2024·湖南卷]如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止起先下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長軸位于x軸上．整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g.(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；(3)若eq\f(M,m)＝eq\f(b,a－b)，求小球下降h＝eq\f(b,2)高度時，小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用a、b及g表示).題組一功和功率6．[2024·重慶市沙坪壩區(qū)模擬]如圖所示，在光滑的水平面上，物塊在恒力F＝50N作用下從A點運動到B點，不計滑輪的大小，不計繩、滑輪的質(zhì)量及繩與滑輪間的摩擦，H＝1.2m，α＝37°，β＝53°.則拉力F所做的功為()A．20JB．25JC．37.5JD．60J7．[2024·重慶市九龍坡區(qū)模擬]如圖所示，在西部的偏遠山區(qū)，人們至今還通過“驢拉磨”的方式把小麥顆粒加工成粗面來食用．假設(shè)驢拉磨的平均拉力大小F＝300N，驢做圓周運動的等效半徑r＝1.5m，則驢拉磨轉(zhuǎn)動一周所做的功約為()A．2800JB．2200JC．1400JD．08．[2024·江蘇省揚州市模擬]質(zhì)量為2kg的物體在水平面上沿直線運動，受阻力大小恒定．經(jīng)某點起先沿運動方向的水平拉力F與運動距離x的關(guān)系如圖所示，0～3m物體做勻速直線運動．下列對圖示過程的說法正確的是()A．在x＝5m處物體加速度大小為3m/s2B．0～7m阻力對物體做功為28JC．0～7m拉力對物體做功為40JD．0～7m合力對物體做功為68J9．[2024·湖北省孝感市模擬](多選)電動汽車(BEV)是指以車載電源為動力，符合道路交通、平安法規(guī)各項要求的車輛．由于對環(huán)境影響相對傳統(tǒng)汽車較小，其前景被廣泛看好．某品牌純電動車型部分參數(shù)：整備質(zhì)量1200kg，驅(qū)動電機最大功率120kW，該電動汽車在馬路上行駛受到阻力大小恒為4×103N，則下列說法正確的是()A．汽車的最大速度為30m/sB．汽車上坡時低速行駛，是為了使汽車獲得較大的牽引力C．汽車以2m/s2的加速度勻加速啟動時，牽引力為F＝6.0×103ND．里程120～320m過程中克服阻力所做的功約為8×104J題組二動能定理10．[2024·江蘇南通模擬]如圖所示，物塊從斜面AB頂端由靜止下滑，恰好停在水平面上的C點．已知斜面及水平地面與物塊間的動摩擦因數(shù)到處相同，不計物塊在斜面與水平面連接處的動能損失．若將斜面換作同種材料、等高的斜面AD，物塊從頂端以肯定的初速度沿斜面下滑，則物塊將停在()A．D點B．D、C之間某點C．C點D．C的右側(cè)某點11．[2024·福建福州模擬]滑雪俱樂部內(nèi)的U形池軌道如圖1所示，圖2為簡化圖，由兩個完全相同的eq\f(1,4)圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成，圓弧滑道的半徑R＝2m，B、C分別為圓弧滑道的最低點，B、C間的距離x＝9.5m．假設(shè)滑雪愛好者以某一初速度從A點進入U形池軌道，經(jīng)過水平滑道B點的速度為vB＝10m/s，從B點勻減速運動到C點，已知滑板與BC之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，從D點躍起時的速度vD＝6m/s.設(shè)滑雪者(連同滑板)的質(zhì)量m＝50kg，忽視空氣阻力的影響，圓弧上A、D兩點的切線沿豎直方向．重力加速度大小為g＝10m/s2.求：(1)滑雪者從D點躍起后在空中上升的最大高度；(2)滑雪者在C點時的速度大?。?3)滑雪者從C點到D點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功．12．[2024·山東省濟南市模擬]某砂場為提高運輸效率，探討砂粒下滑得到高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型．豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶．軸間距L＝2m的傳送帶保持逆時針方向勻速運行，水平傳送帶距離地面的高度為H＝3m.現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥阎∥飰K與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.(sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2)(1)若h1＝2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h須要滿意的條件；(3)若h2＝6m，求小物塊落地點到D點的水平距離x.題組三機械能守恒定律13．一質(zhì)量為m的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于高度h1和h2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0>0).若物塊位于h1時速度為0，則位于h2時其速度大小為()A．2eq\r(\f(E0,m))B.eq\r(\f(6E0,m))C．2eq\r(\f(2E0,m))D．4eq\r(\f(E0,m))14．[2024·江蘇省淮安市模擬]質(zhì)量均為m、半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩小球運動過程中始終接觸，若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運動到最高點的過程中，A球?qū)球所做的功為()A．0B．mgRsinθC．2mgRsinθD．mgR15．(多選)如圖所示，物塊與圓環(huán)通過光滑輕質(zhì)定滑輪用細繩連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上．起先時連接圓環(huán)的細繩水平，豎直桿與滑輪間的距離為L.某時刻圓環(huán)由靜止釋放，依次經(jīng)過豎直桿上的A、B兩點，在A點處細繩與豎直桿成53°，圓環(huán)下落到B點時，速度達到最大，此時細繩與豎直桿成37°.已知圓環(huán)的質(zhì)量為m，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力不計，下列推斷正確的是()A.物塊的質(zhì)量為eq\f(5,4)mB．在A位置時，圓環(huán)的加速度大小為eq\f(5,29)gC．圓環(huán)下落的最大速度為eq\f(2,3)eq\r(gL)D．圓環(huán)下落的最大距離為eq\f(37L,9)16．如圖所示，兩根相同的彈簧一端固定在水平地面上，另一端分別與小物塊A、B連接．彈簧的勁度系數(shù)k＝125N/m，小物塊A、B的質(zhì)量分別為m＝2kg、M＝8kg.用一根輕繩通過兩定滑輪連接兩小物塊，與兩小物塊連接部分輕繩處于豎直，兩彈簧恰好為原長．靜止釋放兩小物塊A、B，兩彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g＝10m/s2，則兩小物塊運動過程中的最大速度為(已知彈簧彈性勢能表達式為Ep＝eq\f(1,2)kx2)()A．3.60m/sB．2.20m/sC．0.90m/sD．1.2m/s題組四功能關(guān)系和能量守恒定律17．[2024·浙江省湖州市模擬]家用風(fēng)力發(fā)電機可分布在用戶旁邊，是一種牢靠的發(fā)電模式．某戶家庭安裝了一臺風(fēng)力發(fā)電機，它的葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為0.9m的圓面．某段時間內(nèi)該地區(qū)的風(fēng)速是10m/s，風(fēng)向恰好與葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，已知空氣的密度為1.2kg/m3，假如這個風(fēng)力發(fā)電機能將此圓內(nèi)10%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能，π取3，則此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率大小為()A.14.5WB．29.2WC．145.8WD．291.6W18．[2024·重慶市沙坪壩區(qū)模擬]如圖所示，一個可視為質(zhì)點的物體以120J的初動能從A點動身，沿粗糙斜面對上運動，從A經(jīng)過B到達最高點C，最終再回到A點．已知物體向上運動時，從A點到B點的過程中，物體動能削減了100J，機械能削減了20J，則()A．在從A到C的上升過程中，合力對物體做功為120JB．在從C到A的下降過程中，重力對物體做功96JC．在從C到A的下降過程中，摩擦力對物體做功為－48JD．物體返回A點時的動能為36J19．如圖所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，彈簧下端與斜面底端的擋板相連，可看作質(zhì)點的小物塊A、B疊放在一起，在斜面的頂端由靜止釋放一起沿斜面下滑．彈簧被壓縮到最短時，將物塊A從B上輕輕取走(對B的速度不產(chǎn)生影響)，此后彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端，已知重力加速度為g，B物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),15)，則關(guān)于A、B的質(zhì)量m和M之間的關(guān)系，下列說法正確的是()A．M＝2mB．M＝eq\r(3)mC．M＝2eq\r(3)mD．M＝3m20．[2024·重慶市萬州模擬](多選)如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的煤塊輕輕放在傳送帶的A端，煤塊的速度隨時間變更的關(guān)系如圖乙所示，2s末煤塊到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10m/s2，則()A．傾角θ＝37°B．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.4C．2s內(nèi)傳送帶上留下的痕跡長為5mD．2s內(nèi)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能20J21．[2024·河北聯(lián)考]如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端與光滑固定斜面底端拴接，上端連接物塊B，物塊A通過細線跨過光滑定滑輪與物塊B連接，已知斜面傾角為30°，物塊B的質(zhì)量為mB＝m0不變，物塊A的質(zhì)量可以變更，彈簧的原長為2L，物塊A、B以及滑輪大小忽視不計．初始時在外力作用下，彈簧處于原長，細線剛好繃緊，物塊A、B處于等高位置．掛不同質(zhì)量的物塊A，撤去外力，讓物塊A、B自由運動；當(dāng)mA＝m1時，物塊A能夠上升的最大高度為0.5L；當(dāng)mA＝m2時，物塊A能夠下降的最大高度為0.5L：當(dāng)mA＝m2＋m1時，物塊A下降0.5L時速度可能為()A．eq\f(\r(gL),4)B．eq\f(\r(gL),2)C．eq\f(3\r(gL),4)D．eq\r(gL)22．[2024·重慶八中模擬]如圖所示，相互垂直的兩輕繩OP和OQ一端固定在水平天花板上，另一端栓接于O點并連接一可視為質(zhì)點的小球，其中輕繩OQ與水平方向的夾角θ＝37°.設(shè)定兩輕繩形變可不計，不計空氣阻力，假如僅剪斷輕繩OP，小球到達最低位置時動能為Ek1；假如僅剪斷輕繩OQ，小球到達最低位置時動能為Ek2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則Ek1∶Ek2為()A．1∶1B．8∶3C．3∶8D．4∶323．[2024·江蘇淮安模擬]一輛汽車以額定功率沿平直馬路從靜止起先啟動，其牽引力F與行駛速度v的關(guān)系如圖所示．加速過程在圖中的T點結(jié)束，加速過程所用的時間t＝8s，經(jīng)驗的路程s＝50m．8s后汽車做勻速運動，若汽車所受阻力始終不變，則()A．汽車的額定功率為1.6×105WB．汽車的質(zhì)量為8×103kgC．汽車所受的阻力大小為4×104ND．汽車做勻速運動時的牽引力大小為4×104N24．[2024·山西太原階段練習(xí)]如圖所示，長度為L、質(zhì)量勻稱分布的矩形平整厚板，以肯定的初速度沿光滑水平面對右運動，接著滑上寬度為l的粗糙水平面區(qū)域(該區(qū)域足夠大，且l<L).當(dāng)板的末端恰好到達粗糙水平面的左側(cè)位置時，板的速度變?yōu)榱?，已知板的質(zhì)量為m、板與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ、重力加速度為g，由此可知板在滑過此區(qū)域過程中克服摩擦力做的功為()A．μmgLB．μmgL－eq\f(μmgl2,L)C．μmgl－eq\f(μmgl2,2L)D．2μmgL－eq\f(μmgl2,L)25．[2024·山東聊城模擬](多選)如圖所示，輕彈簧一端固定于O點，另一端與質(zhì)量為m的滑塊連接，在外力作用下使滑塊靜止在固定光滑斜面上的A點，此時彈簧恰好水平．將滑塊從A點由靜止釋放，沿斜面經(jīng)B點運動到位于O點正下方的C點時，滑塊的速度大小為v，且彈簧恰處于原長．已知彈簧原長為L，斜面傾角θ＝37°，OB⊥AC，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計空氣阻力．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.從A點運動到C點的過程中()A．滑塊的加速度先減小后增大B．滑塊在B點的速度最大C．滑塊在A點時彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2－mgLD．滑塊在A點時彈簧的彈性勢能大于在B點時彈簧的彈性勢能26．(多選)滑雪運動員開展滑雪訓(xùn)練可簡化為如下模型：將運動員(包括滑板)簡化為質(zhì)點，運動員以某一初速度從足夠長的山坡底端向上沖，取坡底為零勢能面．運動員的機械能E總和重力勢能Ep隨離開坡底的高度h的變更規(guī)律如圖所示，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．運動員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103JB．運動員再次回到坡底時機械能為4.4×103JC．運動員的質(zhì)量為40kgD．運動員的初速度為10m/s27．[2024·河北省模擬]如圖所示，一粗細勻稱的圓筒上端塞有一小球，筒的下端距離地面的高度為H＝5cm，小球質(zhì)量為m1＝3kg，筒的質(zhì)量為m2＝12kg.筒由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，即碰撞前后筒的速度大小不變；且每次碰撞過程時間極短，可認(rèn)為碰撞過程中球的速度不變，整個過程中筒保持豎直方向，球始終未離開圓筒且未與地面碰撞，筒與球之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力Ff＝120N，不計空氣阻力，g取10m/s2.求：(1)筒第一次與地面碰撞前瞬間的速度大?。?2)從自由下落到筒與地面其次次碰撞前瞬間，筒與球之間摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)從起先到最終筒和小球靜止，摩擦力對小球做的功．[答題區(qū)]題號1234678910131415答案題號1617181920212223242526答案

考點1動能定理機械能守恒定律功能關(guān)系1．解析：游客從跳臺下落直到最低點過程中，游客的重力做正功，重力勢能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量始終增大，彈性勢能始終增大，A錯誤；橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機械能減小，C錯誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動能先增大后減小，D錯誤．答案：B2．解析：由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，可看出Wx圖像的斜率代表拉力F.在物體運動的過程中依據(jù)動能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，則x＝1m時物體的速度為v1＝2m/s，x＝1m時，拉力為F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，則此時拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m時物體的動能為Ek＝2J．A錯誤、B正確；從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為Wf＝μmgx＝8J，C正確；依據(jù)Wx圖像可知在0～2m的過程中F1＝6N，2～4m的過程中F2＝3N，由于物體受到的摩擦力恒為f＝4N，則物體在x＝2m處速度最大，且依據(jù)選項AB分析可知此時的速度v2＝eq\r(8)m/s，則從x＝0運動到x＝4的過程中，物體的動量最大為p＝mv＝2eq\r(2)kg·m/s，D錯誤．故選BC.答案：BC3．解析：由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC＝0小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示，則在D位置時有mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，從D到C過程有，mg(R－Rcosα)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得FN＝3mgcosα－2mg，A正確；A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，由于A到B的過程中小球的速度漸漸減小則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；從A到C的過程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)則vB＝eq\r(gRcosθ)則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確．故選AD.答案：AD4．解析：當(dāng)物塊從木板右端離開時，對m有－fxm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))對M有fxM＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))其中l(wèi)＝xm－xM由于l>xM，則依據(jù)以上分析可知木板的動能肯定小于fl，A錯誤、B正確；依據(jù)以上分析，聯(lián)立有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))則物塊的動能肯定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－fl，C錯誤、D正確．故選BD.答案：BD5．解析：(1)小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正0＝mv1－Mv2小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒mgb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))因水平方向在任何時候都動量守恒即0＝m1－M2兩邊同時乘t可得mx1＝Mx2且由幾何關(guān)系可知x1＋x2＝a聯(lián)立解得x2＝eq\f(m,M＋m)a(2)小球向左運動過程中凹槽向右運動，當(dāng)小球的坐標(biāo)為(x，y)時，此時凹槽水平向右運動的位移為Δx，依據(jù)上式有m(a－x)＝M·Δx則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可知此時的橢圓方程為eq\f(（x－Δx）2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1整理得eq\f([x（M＋m）－ma]2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(3)將eq\f(M,m)＝eq\f(b,a－b)代入小球的軌跡方程化簡可得[x－(a－b)]2＋y2＝b2即此時小球的軌跡為以(a－b)為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為eq\f(b,2)時有如圖此時可知速度和水平方向的夾角為60°，小球下降eq\f(b,2)的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒0＝mv3cos60°－Mv4系統(tǒng)機械能守恒mgeq\f(b,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))聯(lián)立得v3＝eq\r(\f(4gb2,a＋3b))＝2beq\r(\f(g,a＋3b))答案：(1)eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))eq\f(m,M＋m)a(2)eq\f([x（M＋m）－ma]2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(3)2beq\r(\f(g,a＋3b))6．解析：依據(jù)幾何關(guān)系可得力方向上的位移x＝eq\f(H,sinα)－eq\f(H,sinβ)，拉力F所做的功W＝Fx，代入數(shù)據(jù)解得W＝25J，B正確．答案：B7．解析：“驢拉磨”過程中，驢做的是圓周運動，隨意時刻力的方向都在發(fā)生變更，屬于變力做功的狀況，可將驢轉(zhuǎn)動一圈的路程分割成多數(shù)個小段，當(dāng)將曲線進行分割，分割成微小段時，將趨近于直線，進行累加，從而得到驢拉磨一周所做的功為W＝F·2πr＝300×2×1.5×πJ≈2800J，A項正確．答案：A8．解析：由于在0～3m物體做勻速直線運動，拉力與阻力大小相等，因此物體所受的阻力大小為f＝4N，由圖像可知，在x＝5m處物體所受的拉力為7N，依據(jù)牛頓其次定律F－f＝ma可知在該位置的加速度a＝1.5m/s2，A項錯誤；阻力對物體做功Wf＝－fx＝－4×7J＝－28J，B項錯誤；依據(jù)圖像可知，拉力為物體做的功等于圖像與橫軸圍成的面積，即WF＝4×3J＋eq\f(（4＋10）,2)×(7－3)J＝40J，C項正確；合力對物體做的功W＝WF＋Wf＝12J，D項錯誤．答案：C9．解析：當(dāng)汽車以最大速度vm行駛時，其牽引力與阻力大小相等，則P＝Fv＝fvmax，代入解得，汽車的最大速度為vmax＝30m/s，A正確；依據(jù)P＝Fv可知，功率保持不變，汽車上坡時低速行駛，是為了使汽車獲得較大的牽引力，B正確；汽車以2m/s2的加速度勻加速啟動時，由牛頓其次定律F－f＝ma可得，牽引力大小為F＝6.4×103N，C錯誤；里程120～320m過程中克服阻力所做的功為Wf＝fx＝4×103×200J＝8×105J，D錯誤．答案：AB10.解析：物塊從斜面AB頂端由靜止下滑，如圖．由能量守恒有mgh＝μmgcosαLAB＋μmgLBC＝μmgLA′C，可得μ＝eq\f(h,LA′C)，若物塊沿等高的AD下滑，有mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝μmgcosαLAD＋μmgLBC′＝μmgLA′C′，聯(lián)立得LA′C′＝LA′C＋eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2gh)LA′C>LA′C，所以物塊將停在C的右側(cè)某點，D正確．答案：D11．解析：(1)滑雪者從D點躍起后做豎直上拋運動，依據(jù)v2＝2gh可得上升的最大高度h＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D)),2g)＝eq\f(62,2×10)m＝1.8m(2)從B到C，做勻減速運動，依據(jù)牛頓其次定律可知μmg＝ma依據(jù)速度與位移的關(guān)系可知veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝－2ax聯(lián)立可得vC＝9m/s(3)滑雪者從C點到D點運動的過程中，依據(jù)動能定理可知－mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))克服摩擦力做的功Wf＝125J答案：(1)1.8m(2)9m/s(3)125J12．解析：(1)依據(jù)動能定理有mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得vB＝4m/s(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，則當(dāng)高度最大時，小物塊在滑至初速度右端D時速度恰好減為0，此時有mghmax－μmgcosθ·eq\f(hmax,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(Bmax))，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(Bmax))＝2μgL，解得hmax＝3m，則有h≤3m(3)若h2＝6m，結(jié)合上述，小物塊落到傳送帶右側(cè)地面，則有mgh2－μmgcosθ·eq\f(h2,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))＝2μgL之后做平拋運動，則有H＝eq\f(1,2)gt2，x＝vDt，解得x＝2eq\r(3)m.答案：(1)4m/s(2)h≤3m(3)2eq\r(3)m13．解析：物體僅在重力作用下運動，物體的機械能守恒，依據(jù)機械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得h2處的速度為v＝2eq\r(\f(E0,m))，A正確．答案：A14．解析：設(shè)A球的重心在斜面上上升的高度為h.兩球的初速度大小為v0，對AB整體，依據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝mgh＋mg(h＋2Rsinθ).對物體B，設(shè)A球?qū)球所做的功為W，由動能定理有0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝W－mg(h＋2Rsinθ)，解得W＝mgRsinθ，B正確.答案：B15．解析：由題意知圓環(huán)速度最大時，加速度為0，即mg＝Mgcos37°，解得M＝eq\f(5,4)m，A正確；在A位置時圓環(huán)的加速度為a，由牛頓其次定律有mg－Tcos53°＝ma，T－eq\f(5,4)mg＝eq\f(5,4)macos53°，解得a＝eq\f(5,29)g，B正確；下滑過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有mgeq\f(L,tan37°)＝Mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,sin37°)－L))＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)M(vcos37°)2，解得v＝eq\f(\r(5gL),3)，C錯誤；設(shè)圓環(huán)下落的最大距離為x，則有mgx＝Mg(eq\r(L2＋x2)－L)，解得x＝eq\f(40,9)L，D錯誤．答案：AB16．解析：兩小物塊速度最大時加速度為零，設(shè)彈簧彈力為F，繩拉力為FT，有FT＝mg＋F，F(xiàn)T＋F＝Mg，由胡克定律有F＝kx，由機械能守恒有2Ep＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgx＝Mgx，且彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，聯(lián)立解得v＝1.2m/s，D正確．答案：D17．解析：在t時間內(nèi)空氣動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρvtSv2＝eq\f(1,2)ρπr2v3t，則此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率約為P＝eq\f(10%Ek,t)，代入數(shù)據(jù)解得P＝145.8W，C項正確．答案：C18．解析：據(jù)題意，小球從A到B過程中動能削減了100J，則有WG1＋Wf1＝100J，該過程中機械能損失了20J，則克服摩擦力做功為Wf1＝20J，則該過程中克服重力做功為WG1＝80J，所以有eq\f(WG1,Wf1)＝eq\f(4,1)，在B點還剩下20J動能，則在BC過程中克服重力做功為WG2＝16J，克服摩擦力做功為Wf2＝4J，所以在上升過程中合外力做的功為－WG12－Wf12＝－120J，A錯誤；下行過程重力做功等于上行過程克服重力做的功WG1＋WG2＝96J，B正確；在從C到A的下降過程中，摩擦力做功為Wf＝－(Wf1＋Wf2)＝－24J，C錯誤；小球回到A點的動能為E′k＝Ek－2(Wf1＋Wf2)＝72J，D錯誤．答案：B19．解析：彈簧被壓縮到最短時，小物塊A、B的速度剛好為0，從起先運動到彈簧壓縮到最短的過程中，設(shè)運動距離為L，依據(jù)能量守恒定律得(m＋M)gLsin30°－μ(m＋M)gcos30°·L＝Ep；彈簧將物塊B彈出，B剛好又能滑到斜面頂端的過程中，由能量守恒定律得Ep＝MgLsin30°＋μMgcos30°·L，兩式聯(lián)立解得M＝2m，A正確．答案：A20．解析：由圖乙可知，0～1s物體的加速度為a1＝10m/s2，1～2s物體的加速度為a2＝2m/s2，皮帶的速度為v1＝10m/s，依據(jù)牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，A項正確，B項錯誤；0～1s內(nèi)皮帶的位移及物體的位移分別為s1＝v1t＝10×1m＝10m，x1＝eq\f(1,2)v1t＝5m，它們的相對位移為Δx1＝s1－x1＝5m，1～2s內(nèi)皮帶的位移及物體的位移分別為s2＝v1t＝10×1m＝10m，x2＝eq\f(1,2)(v1＋v2)t＝eq\f(1,2)(10＋12)×1＝11m，它們的相對位移為Δx2＝x2－s2＝1m．0～1s內(nèi)物體位移小于皮帶位移，在皮帶上出現(xiàn)5m長的痕跡，1～2s內(nèi)物體位移大于皮帶的位移，這1m長的痕跡與剛才的痕跡重合，所以皮帶上出現(xiàn)的痕跡長為5m，C項正確；2s內(nèi)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmgcosθ(Δx1＋Δx2)＝24J，D項錯誤．答案：AC21．解析：當(dāng)mA＝m1時，由能量守恒可得m0geq\f(L,4)＝Ep＋m1geq\f(L,2)；當(dāng)mA＝m2時，由能量守恒可得m0geq\f(L,4)＋Ep＝m2geq\f(L,2)，解得m2＋m1＝m0；當(dāng)mA＝m2＋m1時，由能量守恒可得m0geq\f(L,4)＋Ep＋eq\f(1,2)(m1＋m2＋m0)v2＝(m1＋m2)geq\f(L,2)，解得v2＝eq\f(m1,2m0)gL.依據(jù)題意有m1<eq\f(1,2)m0<m2，聯(lián)立解得v<eq\f(\r(gL),2)，A正確．答案：A22．解析：設(shè)PQ長度為5l，則OP長度5lsin37°＝3l，則OQ長度5lcos37°＝4l.假如僅剪斷輕繩OP，由機械能守恒定律，小球到達最低位置時動能Ek1＝mg·4l(1－cos53°)＝1.6mgl；假如僅剪斷輕繩OQ，由機械能守恒定律，小球到達最低位置時動能Ek2＝mg·3l(1－cos37°)＝0.6mgl，則Ek1∶Ek2＝1.6mgl∶0.6mgl＝8∶3，B正確．答案：B23．解析：加速過程在T點結(jié)束，即此后汽車沿平直路面作勻速運動，由平衡條件和圖像信息可得F－f＝0，汽車做勻速運動時的牽引力大小為F＝2×104N，汽車所受的阻力大小為f＝2×104N，C、D錯誤；由圖像信息得車的額定功率為P＝Fv＝2×104×8W＝1.6×105W，A正確；汽車加速運動過程，牽引力做功為W＝Pt，依據(jù)動能定理可得Pt－fs＝eq\f(1,2)mv2，可得m＝eq\f(2（Pt－fs）,v2)＝