2022届高考物理一轮复习定基础汇编试题专题07功和能【含答案】

专题07功和能一、单选题1．如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中（）A.经过的时间为B.速度增量为，方向斜向下C.运动方向改变的角度的正切值为D.下落的高度为A2．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由(力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）A.由(力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率B.由(力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量C.由(电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率D.由(角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度B图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；（力-时间）图线和横轴围成的面积表示冲量，B正确；由（电压-电流）图线，根据公式可知，根据与的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，C错误；图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，D错误．选B．3．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（）A.B.C.D.BA．位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，故A错误；B．速度，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确；C．小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等，若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误；D．重力势力，小球开始时离地面的高度．故D错误．故选B。4．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（）A.B.C.D.BA．位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，故A错误；B．速度，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确；C．小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等，若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误；D．重力势力，小球开始时离地面的高度．故D错误．故选B。5．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中（）A.合外力做功mgRB.重力做功2mgRC.克服摩擦力做功mgRD.机械能减少mgR.D以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：解得：x1kwA到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为Wf，则解得：6．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（）A.x=tB.P=fv1C.﹣=D.Pt﹣fx=mv22﹣mv12D汽车以恒定功率P行驶，则，物体做加速度减小的加速，最终匀速。A：物体做变加速运动，匀变速直线运动的公式不成立。故A错误。B：、；故B错误。C：，物体做变加速运动，故C错误。D：据动能定理：，则；故D正确。7．如图所示，质量分别为mA和mB的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1>θ2）。现将A、B间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB，则下列说法中正确的是A.mB>mAB.轻绳剪断时加速度之比为tanθ1:tanθ2C.vA<vBD.EkA>EkBA试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T．对A球分析受力如图由平衡条件得：，同理，对B球有：，则得，因，故，A正确．轻绳剪断时加速度之比为，B错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最大．根据机械能守恒得：A球有，得，同理对B可得，由图知：，，故，C错误；最大动能，，由图知：，，但，不一定大于，D错误．选A.未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系．将A、B间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小．8．汽车发动机的额定功率为，它以额定功率在平直公路上行驶的最大速度为，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力的大小是（）A.B.C.D.B汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等．由可以求得：，故选项B正确。点睛：本题考查了求汽车所示阻力，知道汽车速度最大时做匀速直线运动，应用、平衡条件即可解题。9．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动C.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处B在物块下滑的过程中，斜槽将后退，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒；对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒．故A错误．物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒．故C错误．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动．故B正确，D错误．故选B．10．太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示．摆锤的摆动幅度每边可达120°．6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空．如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（）A.当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡B.当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度C.当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒D.当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重CA、当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤与游客将开始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A错误；B、当摆锤摆至最高低时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以游客可体验最大的加速度，故B错误；C、当摆锤在下摆的过程中，由于电动机做正功，摆锤的机械能一定不守恒，故C正确；D、当摆锤在上摆过程中，摆锤向上做匀减速运动，加速度方向向下，游客体验失重，故D错误；故选C。11．2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（

）。A.甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B.甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大C.乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量CA、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；故选C。12．太阳能路灯是采用晶体硅太阳能电池供电，用于代替传统公用电力照明的路灯，白天太阳能电池对蓄电池充电，晚上蓄电池的电能供给路灯照明。太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率为。某一太阳能路灯供电系统对一盏LED灯供电，太阳能电池的光电转换效率为15％左右，电池板面积1m2，采用一组24V的蓄电池（总容量300Ah），LED路灯规格为“40W，24V”，蓄电池放电预留20％容量。下列说法正确的是（）A.蓄电池的放电电流约为0.6AB.一盏LED灯每天消耗的电能约为0.96kWhC.该太阳能电池板把光能转换为电能的功率约为40WD.把蓄电池完全充满电，太阳照射电池板的时间不少于38.4hD蓄电池的放电电流为，故A错误；一盏LED灯的功率为40W，每天平均使用按10小时算，每天消耗的电能约为：W=Pt=40W×10h=400W•h=0.40kWh，故B错误；太阳能电池板把光能转化为电能的功率P=P0S×15%=1.0×103×1×15%=150W，故C错误；把蓄电池完全充满电，假设太阳能电池板全部用于对蓄电池充电，需能量为：E=（1-0.2）qU=0.8×300×24Wh=5760Wh，而太阳能电池的即使一直垂直照射，功率为150W，故用时约：t==38.4h，故D正确，故选D.13．载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包（包括人）在竖直匀速降落的过程中（空气阻力不可忽略），下列的说法正确的是（）A.发动机对飞行包做正功B.飞行包的重力做负功C.空气阻力对飞行包做负功D.飞行包的合力做负功C飞行包（包括人）在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做负功．故A错误．高度下降，飞行包的重力做正功，故B错误．空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包做负功，故C正确．飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故D错误．故选C.14．某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶．经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受阻力恒为F，则t时间内（）A.小车做匀加速运动B.小车受到的牵引力逐渐增大C.合外力对小车所做的功为PtD.牵引力对小车所做的功为Fx+mvm2D电动机功率恒定，P=F牵v，结合牛顿第二定律可知F牵-F=ma，v=at可知，当速度增大时，牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，故AB错误；整个过程中，牵引力做正功，阻力做负功，故合力做功为W=mvm2，Pt为牵引力所做的功，故C错误；整个过程中，根据动能定理可知Pt−Fx＝mvm2，解得Pt=Fx+mvm2，故D正确；故选D.点睛：小车的恒定功率启动方式是一种最快的启动方式，是加速度不断减小的加速运动，运动学公式不再适用，但可以根据动能定理列式求解．15．极限跳伞（skydiving）是世界上最流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是（）A.B.C.D.B点睛：解决本题的关键知道图象的物理意义，搞清运动员的运动情况，通过加速度变化判断合力的变化，通过下降的高度判断重力势能的变化．16．一个人站在高为H的平台上，以一定的初速度将一个质量为m的小球抛出．测出落地时小球的速度大小是V，不计空气阻力，人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小V0分别为（）A.，B.，C.，D.，A对小球在空中运动过程，有：；解得：，，故A正确。点晴：本题考查了动能定理的直接应用，在不涉及到运动时间和运动过程以及变力做功时运用动能定理解题较为简洁、方便．该题难度不大，属于基础题。17．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是A.弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B.板的加速度一直增大C.弹簧给木块A的冲量大小为D.弹簧的最大弹性势能为D在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2

；根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22

；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v

；系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2

；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.18．某人身系弹性绳自高空p点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬吊着的位置，c点是人所到达的最低点，空气阻力不计，则人（）A.从p至c过程中人的动能不断增大B.从p至a过程中人的机械能不守恒C.从p至c过程中重力所做的功等于人克服弹性绳弹力所做的功D.从a至c过程中人的重力势能减少量等于弹性绳的弹性势能增加量CA、从p至a过程中人做自由落体运动，b点是人静止悬吊着的位置，即平衡位置，那么过了b点后，人就开始减速运动了，c点是人所到达的最低点，所以人的动能是先增大后减小，故A错误；B、从p至a过程中人做自由落体运动，所以机械能守恒，故B错误；C、从P至点c的过程中，重力和弹力做功，由于初速度和末速度都是0．根据动能定理，重力所做功等于人克服弹力所做功，故C正确；D、从a到c过程，机械能守恒，动能减少，重力势能减少，弹性势能增加，故重力势能减少量小于弹性势能增加量，故D错误。综上所述本题答案是：C19．如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为（）A.0B.mgLC.mgLD.mgLD将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，链条上端刚离开桌面时，链条总的重力势能为，由机械能守恒得链条上端刚离开桌面时的动能为，故D正确，ABC错误，故选D。20．如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙.现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有A.F做的功一定等于A、B系统动能的增加量B.F做的功一定小于A、B系统动能的增加量C.f1对A做的功等于A动能的增加量D.f2对B做的功等于B动能的增加量C由于开始运动后，A是否会相对于B发生运动，从题中给出的条件不能判断，所以也就是如果两者发生运动，对整体分析可知，F做功转化为转化为两个物体的动能及系统的内能；故F做的功大于AB系统动能的增加量，AB错误；由动能定理可知，对A做的功等于A动能的增加量，C正确；对B做负功，和拉力做功的总功等于B动能的增加量，D错误．21．前不久，中印边界发生了一次双方军队互相斗殴的接触事件，其中有一个我军边防战士跳起来，一脚踹翻印军士兵的精彩视频广泛传播，如果其起跳的最大高度堪比运动员，请根据体育和生活常识估算该英勇战士起跳瞬间消耗的能量是最接近于A.10JB.1000JC.10000JD.1JB战士的质量约75kg，其受到的重力G=mg=75×10N=750N，跳起的高度h=1m，水平位移x=2m，则在竖直方向上，运动时间，水平方向上：，合速度，动能，故，与1000J最接近，故B正确，ACD错误；故选B。22．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后，A自由下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A.速度的变化量大小相等B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率不同A试题分析：剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值．设斜面倾角为，刚开始AB处于静止状态，所以，所以，剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得，则，所以速率的变化量为，可知两个物体落地速度大小相等，但方向不同，A正确；剪断细线，A、B两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，B错误；重力势能变化量，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，C错误；A运动的时间为，所以A重力做功的平均功率为，B运动有，解得，所以B重力做功的平均功率为：，而，所以重力做功的平均功率相等，D错误．23．小明骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10m/s2。通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近()A.500WB.300WC.100WD.50WC试题分析：人在匀速行驶时，受到的阻力的大小和脚蹬车的力的大小相等，由可以求得此时人受到的阻力的大小．设人汽车的速度大小为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为，此时的功率，C正确．24．如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A.圆环通过O点的加速度小于gB.圆环在O点的速度最大C.圆环在A点的加速度大小为D.圆环在B点的速度为DA项，圆环在O点处时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力。此时圆环仅受到竖直向下的重力影响，因此通过O点的加速度大小为g，故A项错误。B项，圆环在受力平衡处时速度最大，而O点圆环受力不平衡做加速运动，故B项错误。C项，圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足，解得圆环在A点的加速度大小为，故C项错误。D项，圆环从A到B时，根据机械能守恒，重力势能转化为动能，即，解得圆环在B点的速度为，故D项正确。综上所述本题答案是：D25．物体静止在光滑的水平面上，先对物体施加一个水平恒力F1，作用时间t后撤去F1,立即对物体施加一个方向与F1相反的水平恒力F2,又经时间2t物体回到出发点，在这一过程中，F1和F2分别对物体做功W1和W2，则下列说法正确的是：（）A.W1:W2=1:1B.W1:W2=1:2C.W1:W2=5:4D.W1:W2=4:5D设恒力F1作用ts后物体的速度为v1，恒力F2又作用2ts后物体的速度为v2所以物体在第一个ts内的位移为：x1=，物体在第二个ts内的位移为：x2=根据题意物体在第2个ts内回到出发点，故有：x1=−x2整理得：v1=−v2根据动能定理有力F1做的功等于物体动能的变化有：W1=力F2对物体做的功为：W2=解得：W1:W2=4:5故选：D。点睛：物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零．根据运动学公式即可确定两个过程末速度的关系，根据动能定理可求两个过程两个力做功的关系。26．如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为lkg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为l5N。取重力加速度为g=10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为A.0.5JB.1.0JC.1.5JD.1.8JC试题分析：小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．在B点有．得．A滑到B的过程中运用动能定理得，得，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J，C正确．27．27．如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力A.垂直于接触面，做功为零B.垂直于接触面，做负功C.不垂直于接触面，做功为零D.不垂直于接触面，做正功A曲面体与小球之间的作用力为弹力，垂直于它们之间的接触面，由于速度沿切线方向，所以弹力垂直于速度方向，故弹力不做功，A正确．28．如图所示，用一根长杆和两个小定滑轮组合成的装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端放在地面上，并且通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方的O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物A，C点与O点的距离为，滑轮上端B点距O点的距离为.现在杆的另一端用力，使其沿逆时针方向由竖直位置以角速度匀速转至水平位置(转过了角).则在此过程中，下列说法正确的是（）A.重物A的速度先增大后减小，最大速度是B.重物A做匀速直线运动C.绳的拉力对A所做的功为D.绳的拉力对A所做的功为A，则此时速度为；故此时动能的增加量为，因此绳子对物体A所做的功为，故CD错误；选A.本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分速度的关系。29．如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ。一质量为m的小滑块（可看作质点）自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块（可看作质点）滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（

）A.小滑块恰好可以到达Q点B.小滑块不能到达Q点C.D.C从最高点到N，由动能定理有，在N处，，联立上述两式，可得，故C正确，D错误；质点从P到N再到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在PN段与轨道之间的压力大于NQ段之间质点与轨道之间的压力，根据可知，质点在PN段受到的摩擦力比较大，所以质点在PN段摩擦力做的功比较多，则摩擦力在NQ段做的功，从N到Q，由动能定理得，解得，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故AB错误；故选C。30．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时．汽车的瞬时加速度的大小为（）A.B.C.D.C解：汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件有：F1=f…①P=F1v…②当汽车的车速为时有：…③根据牛顿第二定律有：F2﹣f=ma…④由①～④式，可求得：所以ABD错误，C正确；31．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（）A.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为B.地面对他的冲量为，地面对他做的功为C.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零D.地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零C人从下蹲起跳，经时间速度为v，对此过程应用动量定理得：故在此过程中，地面对他的冲量人在起跳过程中，受到地面对人的支持力但没有产生位移，地面对他做的功为零。综上，选C点睛：动量定理中冲量应是所有力的冲量，不能漏去重力的冲量。32．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是（取初速度方向为正方向）A.B.C.D.D物体上滑时的加速度大小a1==gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小a2==gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v-t线的斜率等于加速度，可知选项AB错误；动能是标量，不存在负值．故C错误．重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，故D正确．故选D.x.kw点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．33．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0，2L)抛出，落在(2L，0)处；小球b、c从(L，0)抛出，分别落在(2L，0)和(A.b的初速度是a的初速度的两倍B.b的初速度是a的初速度的倍C.b的动能增量是c的动能增量的两倍D.a的动能增量是c的动能增量的倍Bab的水平位移相同，但时间不同，根据可知，根据可知，故A错误，B正确；bc的竖直位移相同，根据动能定理可知，b的动能增量等于c的动能增量，选项C错误；a的竖直位移等于c的2倍，根据动能定理可知，a的动能增量等于c的2倍，选项D错误；故选B.34．如图所示为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度一时间图象，则下列判断正确的是（）A.前的平均速度是B.的平均速度小于的平均速度C.钢索拉力的功率不变D.前钢索最容易发生断裂D由速度时间图线可知，10s末的速度为，则5s末的速度为，根据平均速度的推论知，前5s内的平均速度，A错误；根据平均速度的推论，知内和内平均速度相等，B错误；内做匀减速运动，拉力不变，速度减小，根据，知拉力的功率减小，C错误；前内加速度方向向上，拉力大于重力，内做匀速直线运动，拉力等于重力，内加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s内钢索最容易发生断裂，D正确，选D.根据图线得出5s末的速度，结合平均速度的推论求出前5s内的平均速度，根据拉力和重力的大小关系确定哪段时间内钢索最容易断裂，根据判断拉力功率的变化．35．物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2；那么()A.I1<I2，W1＝W2B.I1<I2，W1<W2C.I1＝I2，W1＝W2D.I1＝I2，W1<WD由动量定理有I1＝FΔt1＝mv，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2；由动能定理有，，所以W1<W2，故D正确。故选D.根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．36．物体放在动摩擦因素为μ的水平地面上，受到一水平拉力作用开始运动，所运动的速度随时间变化关系和拉力功率随时间变化关系分别如图甲、图乙所示。由图像可知动摩擦因素μ为（）（g=10m/s2）A.μ=0.1B.μ=0.3C.μ=0.2D.μ=0.4B由图线可知，物体做匀速直线运动的速度v=4m/s，此时拉力等于摩擦力，则有，根据速度时间图线知，物体做匀加速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律得，F1-f=ma，又P=F1v，联立解得P=（2m+3）•2t，由P-t图线知，2(2m+3)＝＝10，解得：m=1kg，则动摩擦因数，故B正确，ACD错误．故选B．点睛：本题考查了牛顿第二定律、速度时间图线以及功率公式的基本运用，知道速度时间图线的斜率等于加速度，根据P-t图线的斜率结合牛顿第二定律求出物体的质量是关键．37．如图所示，可视为质点的小球质量为m，用不可伸缩的轻质细绳（绳长为L）绑着，另一端悬于O点，绳由水平从静止释放，运动至最低点的过程中（绳与水平的夹角为θ），下列说法正确的是（不计空气阻力影响）A.轻绳拉力先增大后减小B.小球水平方向的加速度先增后减，且θ=45°时有最大值C.小球重力的瞬时功率一直增加D.小球在最低点绳的张力由绳长和小球质量一起决定B零，到最低点加速度竖直向上，水平方向上的加速度为零，故水平方向上的加速度先增大后减小，，对求导可得，当时，，即最大，故此时水平加速度最大，故B正确；刚开始运动时，竖直方向上的速度为零，到最低点竖直方向上的速度为零，故在竖直方向上的分速度先增大后减小，即重力的功率先增大后减小，C错误．38．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的16倍。该质点的加速度为（）A.B.C.D.B设质点的初速度为v，动能，经ts动能变为原来的16倍，设此时速度为，则有，联立得，则这段时间内的平均速度，解得，根据加速度定义式，选B.39．一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm。则（）A.无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比B.若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vmC.汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少实际功率D.若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动CA、根据牛顿第二定律得，可知加速度与牵引力不成正比关系，故A错误；B、若汽车匀加速启动，功率达到额定功率时，速度没有达到最大，然后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故B错误；C、汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，若要减速，则需减小牵引力。速度不变，减小实际功率，牵引力减小，故C正确。D、若汽车以额定功率启动，汽车先做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动，故D错误。故选：C。点睛：根据牛顿第二定律得出加速度与牵引力的表达式，从而判断加速度与牵引力的关系；汽车以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，在匀加速直线运动中，速度最大，然后做变加速直线运动，加速度为零时，速度达到最大；当汽车以恒定功率启动，结合牵引力的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。40．一个质量为m的物体以a=2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的A.重力势能减少了2mghB.动能增加了2mghC.机械能保持不变D.机械能减少了mghB物体下降h高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减小mgh．故A错误．根据牛顿第二定律知，合力为2mg，根据动能定理知，合力做功为2mgh，则动能增加2mgh．故B正确．重力势能减小mgh，动能增加2mgh，则机械能增加了mgh．故CD错误．故选B．点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化，合力做功等于动能的变化；除重力以外的其它力做功等于机械能的变化．41．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低的海平面上。若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则（）A.物体到海平面时的势能为mghB.重力对物体做功为﹣mghC.物体在海平面上的动能为mgh+mv02D.物体在海平面上的机械能为mgh+mv02C以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，故A错误．重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故B错误．从抛出到到达海平面过程中，由动能定理得：mgh=mv2-mv02，物体到达海平面时的动能mv2=mv02+mgh，故C正确．不计空气阻力，物体运动的过程中机械能守恒，则物体在海平面上的机械能等于抛出时的机械能，为mv02．故D错误．故选C．点睛：此题考查了重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒．要明确动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．42．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，从x=0m处由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g=l0m/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，且整个过程中拉力的最大功率为15WB.此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的功为15JC.此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WD.此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15WA对物体受力分析，物体受到的摩擦力为Ff=μFN=μmg═0.1×2×10N=2N．由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在AB段做匀速直线运动，在OA段的拉力为5N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由v=at，x=at2，a=，代入数值解得，v=3m/s，此时的最大功率为POA=FOAv1=5×3W=15W，在AB段，物体匀速运动，速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，所以此时的功率为PAB=FABv2=2×3W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，所以A正确，CD错误；整个过程中拉力的功为，选项B错误；故选A．点睛：本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息--斜率表示物体受到的拉力的大小，本题很好的考查了学生读图和应用图象的能力．43．如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是()A.小球落地点离O点的水平距离为RB.小球落地点离O点的水平距离为2RC.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上部的1/4圆截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低B小球恰好通过最高点P，在P点，由重力恰好提供向心力，向心力不为零，则有：mg=m，解得：vP=;小球离开最高点后做平抛运动，则有：2R=gt2;x=vt；解得小球落地点离O点的水平距离为：x=2R，故AC错误，B正确；若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，从O到最高点的过程，由能量关系得：mg（R+h）=mg∙2R+mvP2解得：h=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R-R=0.5R，故D错误；故选B.点睛：本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和能量守恒的相关知识进行研究．要注意小球运动过程中，只有重力做功，机械能是守恒的，也要灵活运用．44．如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R．一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为（）A.B.C.D.DBC段物体受摩擦力f=μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-μmgR；即物体克服摩擦力做功为μmgR；对全程由动能定理可知，mgR+W1+W=0；解得W1=μmgR-mgR；故AB段克服摩擦力做功为mgR-μmgR．故选D．点睛：AB段的摩擦力为变力，故可以由动能定理求解；而BC段为恒力，可以直接由功的公式求解；同时本题需要注意阻力做功与克服阻力做功的关系．45．如图所示，在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电量分别为Q和—q（设两电荷间的电场力只有库仑力）,开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是()A.力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量B.力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量C.力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与电势能增量之和D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和DA、力F没有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选项A错误；B、根据动能定理，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故选项B错误；C、由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与B克服库仑力做功之和，故C错误；D、根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确。点睛：合外力所做的功等于物体动能的变化，功是能量转化的量度，对物体正确受力分析，从能量的角度，应用动能定理与功能原理即可正确解题。46．如图所示为某次NBA比赛时篮球运动员起跳投篮时的情形，运动员先由站立状态曲腿下蹲再竖直向上跃起达最大高度后将球抛出，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）A.运动员由站立状态曲腿下蹲，一直处于失重B.运动员离开地面上升的过程中，一直处于超重C.从站立到跃起过程中，地面对运动员做正功D.运动员离开地面上升的过程中，运动员的机械能不变D运动员由站立状态曲腿下蹲，先加速后减速，先处于失重，后处于超重，则A错误；运动员离开地面上升的过程中，加速度向下，一直处于失重，则B错误；从站立到跃起过程中，地面对运动员的作用力没有发生位移，做功为零，则C错误；运动员离开地面上升的过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则D正确，故选D.点睛：本题从功的概念出发，分析地面对运动员没有做功．根据初末机械能的变化，判断其机械能是否守恒．由加速度方向确定是超重状态还是失重状态．47．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为时的速度大小为（）A.B.C.D.B开始时O与A间距离：OA＝设AB质量均为m，对开始时的B受力分析如图，则又所以以开始时的AB两物体作为整体受力分析：水平方向只受F和N，故F＝N将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则x-kw小球B运动到与O点的距离为时，这一过程中A向左移动了，B上升了此时绳与竖直方向夹角的正切值，，此时AB间的速度关系为，即以AB为整体，由功能关系得：联立解得：点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。48．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，由此可知A.物体加速度大小为2m/s2B.F的大小为21NC.4s末F的功率为42WD.4s内F的平均功率为42WC49．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A.小球重力和所受阻力之比为5：1B.小球上升过程中克服阻力做功24JC.小球上升与下落所用时间之比为2：3D.小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失A解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小a1=12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为5：小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝B、克服阻力做功:C、小球下降的加速度：，由得，时间之比为D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多50．如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是A.铁球可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道转动时机械能不守恒C.铁球在A点的速度必须大于D.要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mgD小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故AB错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点．因此小球在最高点的速度可能等于，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：F=m可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2R=mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F-mg=联立得：F=5mg，可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg．故D正确．故选D.点睛：本题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．51．如图所示，为一选手从距离水面高为20米的悬崖上跳下，选手受到的空气阻力跟速度成正比（g取10m/s2A.研究选手进入水中的姿势，可把选手看作质点B.选手从开始跳下到入水的时间等于2秒C.选手在空中下落过程合力做正功D.选手在空中下落过程机械能增大C研究选手进入水中的姿势，选手的大小和形状不能忽略，故不能把选手看作质点，选项A错误；若选手做自由落体运动，则运动的时间为：，由于空气阻力，运动员向下运动的加速度一定小于g，所以一定的时间一定大于2s．故B错误；选手在空中下落过程合力的方向与速度的方向都向下，合力做正功，故C正确；选手在空中下落过程中空气的阻力做负功，所以机械能减小．故D错误．故选C.点睛：该题结合悬崖跳水的情景，考查根据受力情况分析运动情况的能力，分析时要抓住空气有阻力，加速度是变化的，明确判断合力做功正负的方法：看合力与速度方向的关系．52．如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)A.B.C.D.D根据动能定理得，解得，故选D。53．如图所示，一质量为1kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧的劲度系数为k=50N/m，现用一竖直向下的F=10N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为（弹簧形变过程中一直处于弹性限度内）A.2m/sB.C.D.A未施加F之前，有，解得此时弹簧压缩了，施加F之后，小球受到F，重力和弹力作用，当速度最大时，即，此时弹簧压缩了，即在F的作用小球的位移为，故，小球又回到初始位置时，重力做功为零，弹力做功为零，即整个过程中对小球的总功等于F所做的功，故根据动能定理可得，解得，A正确．54．如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长，倾斜细线OB长为，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为g，下列论述中正确的是()A.在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为B.剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为C.剪断OB线瞬间，小球加速度大小为D.剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为DA．在剪断OA现瞬间，即将以B为圆心做圆周运动，沿切线方向有，则小球加速度大小为，故A错误。B．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，由动能定理，重力功率，重力功率最大值为C．剪断OB线瞬间，即将以A为圆心做圆周运动，沿切线方向有，小球加速度大小为g,故C错误。D．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方，由动能定理有，在小球运动到B点正下方时，有，所以小球运动到B点正下方时细线拉力大小为，故D正确。55．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v-t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（）A.物体与地面间的动摩擦因数为B.物体在时刻的加速度大小为C.物体所受合外力在时刻的功率为D.水平力F在到2这段时间内的平均功率为D，解得，物体受到的合外力为，所以此时功率为，故BC错误；时刻速度为，在时刻的平均速度为，故平均功率为，故D正确．56．高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后．人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.人向上弹起过程中，一直处于超重状态B.人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C.弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D.从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动C人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后的一段弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，C正确；从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后再做加速度增大的减速运动，故D错误。所以C正确，ABD错误。57．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是（）A.圆弧轨道的半径一定是B.若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点C.若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D.不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点BD试题分析：物体下滑道传送带上时，解得，若v≥v1时，物体回到传送带左端时的速度仍为v1；若v<v1时，物体回到传送带左端时的速度为v，则物体在圆轨道上滑的过程中，根据机械能守恒可得：，解得，故圆弧轨道的半径可能是，选项A错误；若减小传送带速度，当传送带速度，物体才能回到A点，故B错误．若增大传送带的速度，由于物体返回圆道速度不变，只能滑到A点，不能到圆弧轨道的最高点，故C错误，D正确．故选D．考点：机械能守恒定律；【名师点睛】本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力；物体在减速和加速时的加速度的大小相同的，传送带的速度大于或等于物体下滑到传送带上的速度时，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑到传送带时的速度的大小，才能够返回原来的A点。58．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑的距离也为d时，（图中B处），下列说法正确的是()A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB.小环到达B处时，重物上升的高度也为dC.小环在B处的速度与重物上的速度大小之比等于D.小环在B处的速度与重物上的速度大小之比等于AC考点：牛顿第二定律；运动的分解【名师点睛】解决本题时应明确：①对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；②物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解。59．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力，重力加速度为g)（）A.mgv0tanθB.C.D.mgv0cosθB（1）由平抛运动得：vx=v0；vy=gt根据平行四边形定则知：则：，故重力的瞬时功率为：P=mgvy=mg•gt=，故选B．60．在排球比赛中，大力扣球是进攻的主要手段之一，假设扣球手扣球时球与地面之间的距离为3m，扣球后的球速为30m/s，对方接球位置离地面约1m，已知排球质量大约250g,请估算接球前瞬间球的动能约为（）A.6JB.110JC.600JD.1200JB根据机械能守恒定律：，解得：，B正确ACD错误。故选：B。61．某偏远山区为了实现供电，自己修建了小型水利发电站，如图所示，若该发电站蓄水池平均每天蓄水的有效总库容量为786m3，发电过程中上下水库平均水位差为64m。则下列说法正确的是A.若每天发电40kWh,则能源利用效率约为35%B.发电时下水库出水口的水流速度可达到36m/sC.蓄水池中水的重力势能全部转化为电能，则每天能发电约138kWhD.平均每天所发电能可供10户居民同时用电（每户电功率为1.4kW）约10hCA、蓄水池中能用于发电的水的重力势能为Ep=mgh=ρVgh=1.0×103×786×10×64J≈5.0×108J，则能源利用效率，A错误；B、若没有任何阻力，由机械能守恒得mgh=mv2，得v==≈37m/s，由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于37m/s，故B错误；C.蓄水池中能用于发电的水的重力势能为Ep=mgh=ρVgh=1.0×103×7.86×106×10×64J≈5.0×108J，全部转化为电能，则每天能发电约≈138kWh，故C正确；D、若重力势能全部转化为电能，平均每天所发电能可供10户居民同时用电时间,由于效率不可能达到100%，可供给一个大城市居民用电时间小于10h，D错误。故选：C根据每天有效蓄水量求电站的总效率；由能量守恒定律分析发电时流入下水库的水流速度；根据Ep=mgh求蓄水池中能用于发电的水的重力势能；再由能量守恒求居民用电时间。62．如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是()A.5m/sB.4m/sC.8.5m/sD.9.5m/sA小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝mv2−mv02解得：v0=15m/s小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：-mv0+MV=（M+m）v′解得：v′=5m/s，故选A.63．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面．从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是A.地面对人的支持力始终等于重力B.地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量C.人原地起跳过程中获得的动能来自于地面D.人与地球所组成的系统的机械能是守恒的B人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；故选B．点睛：本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的．64．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下．当它滑过A点的速度大小为5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s．若使它滑过A点的速度变为7m/s，则它滑到B点的速度大小为（）A.大于7m/sB.等于7m/sC.小于7m/sD.无法确定C木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度增大时，在同一点木块所需要的向心力增大，轨道对木块的支持力增大，则木块对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大．木块从A运动到B，运动的路程相等，则木块下滑过程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量增大，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次动能的变化量应小于零，则有，得：vB＜vA=7m/s．即滑到B点的速率一定小于7m/s．故C正确,A、B、D错误．点晴：木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度减小时，运用向心力知识分析轨道对木块支持力的变化，判断摩擦力如何变化，确定木块克服摩擦力做功的大小，分析动能变化量的大小，再求出木块运动到B点时的速度范围．65．如图所示，竖直放置的螺旋形光滑轨道是圆形光滑轨道相切而成的，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是A.轨道对小球不做功，小球通过P点的角速度小于通过Q点的角速度B.轨道对小球做正功，小球通过P点的线速度大于通过Q点的线速度C.小球通过P点时的向心加速度大于通过Q点时的向心加速度D.小球通过P点时对轨道的压力大于通过Q点时对轨道的压力AA项：因为支持力始终与速度方向垂直,所以支持力不做功即轨道对小球不做功,仅有重力做功,小球机械能守恒.则P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的.所以A选项是正确的;B项：因为支持力始终与速度方向垂直,所以支持力不做功即轨道对小球不做功,仅有重力做功,小球机械能守恒.则P点的线速度小于Q点线速度.故B错误;C项：因为P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速度小于Q点的,故C错误;D项：因为P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速度小于Q点的,则小球在P点的向心力小于Q点的,而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供,因此小球在P点的支持力小于Q点的,即小球对轨道的压力P点小于Q点的.故D错误;所以A选项是正确的66．一颗子弹垂直穿过一块固定的木板后，速度变为原来的1/4．现把与上述木板完全相同的四块木板紧挨着固定在地面，则让这颗子弹垂直射入时（）A.子弹将停在第二块木板内B.子弹将停在第三块木板内C.子弹将停在第四块木板内D.子弹可以射穿四块木板A子弹垂直穿过一块固定的木板后，速度变为原来的1/4，由动能定理可得：设子弹可穿过n块木板，则对整个过程，由动能定理可得：联立解得：，故子弹穿过1块木板，停在第2个木板内；选择A。67．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（）A.Ek1=Ek2，W1=W2B.Ek1＞Ek2，W1=W2C.Ek1＜Ek2，W1＜W2D.Ek1＞Ek2，W1＜W2B从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2．对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，ACD错误。68．如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，（）A.小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B.小球所受支持力的冲量为0C.小球所受重力的冲量大小为mD.小球所受合力的冲量大小为mD试题分析：由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量．小球受到竖直向下的重力，和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得，故，根据动量定理可得，故C错误D正确．69．如图所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，运动过程中F功率恒为P．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示（v0、a0为已知量）．则下列说法正确的是（）A.物体所受阻力大小为B.物体的质量为C.该运动过程中的拉力F逐渐变大D.物体加速运动的时间为A试题分析：物体在水平方向上的拉力作用下做加速运动时，速度增大，拉力减小，根据牛顿第二定律求出与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于阻力时速度达到最大．由此分析．根据牛顿第二定律可得，功率，联立可得，变形可得，从图乙中可知当（即匀速直线运动）时，，解得，当时，解得，A正确B错误；随着速度的增大，根据（P恒定）F在减小，C错误；如果物体做匀速直线运动，则，由于物体做的是变加速直线运动，所以加速过程中的时间不等于，D错误70．将一个篮球竖直向上抛出，则()A.上升段用时较短B.上升时比下落时的加速度小C.篮球做的是匀变速直线运动D.抛出时的初速与落回手中时的速度大小相同A篮球向上、向下加速度不同所以不是匀变速直线运动，C错71．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ．用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（）A.拉力F所做功为nFlB.系统克服摩擦力做功为n（n﹣1）μmglC.F＞nμmg/2D.（n﹣1）μmg<F<nμmgC试题分析：当连接第n个物块的线刚好拉直时，物块1、2、3、n通过的位移分别为（n-1）l、（n-2）l、…2l、l，再求出拉力F做的功和系统克服摩擦力做的功．用假设法由动能定理分析拉力F的条件．开始是物块都是紧挨着的，所以当第n个物块的线拉直时，n个物块中间的（n-1）段细线拉直，即第1个物块的位移为，所以拉力F做功为，A错误；第n个物块没有移动，第n-1个物块移动了，第n-2个物块移动了2，……，所以有：系统摩擦力做功为，B错误；因为开始时整体速度为零，细线都拉直时速度也为零，由于绳子拉紧瞬间有动能损失，所以拉力做的功大于克服摩擦力做功，故，解得，C正确D错误．72．汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是（）A.B.C.D.B根据P=Fv分析知匀加速运动时牵引力大于阻力，F不变，v随时间均匀增大，故P随时间均匀增大，故AD错误；当匀速时牵引力等于阻力，说明F突变小，速度不变，故功率突变小，以后保持不变，故C错误，B正确．故选B.73．甲、乙两个质量相同的物体受到竖直向上的拉力作用，从同一高度向上运动，它们的运动图象如图所示．下列说法中正确的是（）A.在t=t1时刻两物体的高度相同B.在t=t1时刻甲和乙所受拉力的瞬时功率相等C.在t=t2时刻甲所受的拉力等于乙所受的拉力D.在0～t1时间内甲的加速度越来越大C由图可知，两图象围成的面积不相等，故说明两物体的高度不相等；故A错误；在t=t1时刻两物体的速度相等；但甲物体做加速运动，故甲物体受到的拉力大于重力；则由P=FV可知，甲所受拉力的瞬时功率大于乙所受拉力的瞬时功率；故B错误；在t=t2时刻两物体均做匀速直线运动，故拉力均等于重力，故C正确；在0﹣t1时间内，甲图线的切线斜率逐渐减小，则加速度越来越小．故D错误．故选C．点睛：本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，再由功率公式进行分析求解．74．质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示,设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是()A.木块静止,d1=d2B.木块向右运动,d12C.木块静止,d1<d2D.木块向左运动,d1=d2C设子弹速度为v，质量为m，已知木块质量为M；由动量定理可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为v1，则有

mv=（M+m）v1木块与子弹组成的系统损失的动能为△Ek=mv2-（M+m）v12设子弹与木块之间作用力恒定为F；则有Fd1=△Ek=mv2-（M+m）v12第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得：mv-mv=（2m+M）v′，得v′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止；再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得

Fd2=（M+m）v12+mv2，对比两式可得，d1＜d2，故ABD错误，C正确；故选C.75．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000接力三连冠.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运