2023年高考物理真题分类汇编：功和能

2023年高考真题分类汇编：功和能

一、选择题

1.（2023•北京）如图所示，一物体在力厂作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为相，加

速度大小为。，物体和桌面之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中

（）

m

///////////////////////

A.摩擦力做功大小与厂方向无关B.合力做功大小与厂方向有关

C.E为水平方向时，口做功为D.尸做功的最小值为max

2.（2023•北京）在发现新的物理现象后，人们往往试图用不同的理论方法来解释，比如，当发现光在地

球附近的重力场中传播时其频率会发生变化这种现象后，科学家分别用两种方法做出了解释。

现象：从地面P点向上发出一束频率为先的光，射向离地面高为〃（远小于地球半径）的。点处的接

收器上，接收器接收到的光的频率为V。

方法一：根据光子能量E=hv=Me?（式中〃为普朗克常量，〃?为光子的等效质量，c为真空中的光

速）和重力场中能量守恒定律，可得接收器接收到的光的频率展

方法二：根据广义相对论，光在有万有引力的空间中运动时.，其频率会发生变化，将该理论应用于地

卜-等

球附近，可得接收器接收到的光的频率v=V。cR，式中G为引力常量，V为地球质量，R为地

J1-严

JC2（R+H）

球半径。

下列说法正确的是（）

A.由方法一得到v=vo（l+缪），g为地球表面附近的重力加速度

B.由方法二可知，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长

C.若从。点发出一束光照射到P点，从以上两种方法均可知，其频率会变小

D.通过类比，可知太阳表面发出的光的频率在传播过程中变大

3.（2023・山东）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图

所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为

Si时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与

地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P。为（）

mM

A.|2.(F一/)(S2f)Si

J(M+m)S2—

B,2尸2(F-f)(S2-Si,

J(M+m)S2—niS]

2

c|2F(F-/)(S2-S1)S2

J(M+m)S2-MS1

D.2，（F—g-S»S2

J（M+m）S2+mSi

4.（2023•山东）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如

下：两个半径均为R的水轮，以角速度s匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水

轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻

田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）

A.Zrnng/RHQ3mn譬RHc3nmgc^RHDnmgcoRH

555

5.（2023•山东）“梦天号’'实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定

位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为网的光子

从基态能级I跃迁至激发态能级口，然后自发辐射出频率为叫的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2,并在一

定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为办的光子回到基

态。该原子钟产生的钟激光的频率V2为（）

B.v0+Vi-v3

C.v。一匕+叱D.v0—vx—v3

6.（2023•浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度

大小小速度大小V、动能E和机械能E随运动时间，的变化关系中，正确的是（）

7.（2023・上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是

)

A.质量大的落地速率大B.质量小的落地速率大

C.三者落地速率都相同D.无法判断

8.（2023・湖北）两节动车的额定功率分别为Pi和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为以和以。

现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的

最大速度为（）

Pv+PvPV+PV

A.1122B.1221

P1+P2P1+P2

/1+尸2丑产2(P1+P2)"产2

■P1V1+P2V2,P1V2+P2V1

9.（2023・辽宁）如图（a）,从高处M点到地面N点有口、口两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时

从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物

块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（）。

Mv

乙,

甲

图(b)

A.甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大

B.甲沿口下滑且同一时刻甲的动能比乙的小

C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变

D.乙沿□下滑且乙的重力功率一直增大

10.（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8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（）

B.经过/点的动能较小

C.在/、8之间的运动时间较短

D.在力、8之间克服摩擦力做的功较小

11.（2023・新课标卷）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m

的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）

（）

A.0B.mghC.^mv2—mgh

D--2mv2+mgh

12.（2023•全国乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运

动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（）

A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大

C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动

二、多项选择题

13.（2023,山东）一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为lxl05p*经等容过程，该气体吸收

400/的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600/的热量才能使气体温度上升100K。下列说

法正确的是（）

A.初始状态下，气体的体积为6L

B.等压过程中，气体对外做功400/

C.等压过程中，气体体积增加了原体积的1

D.两个过程中，气体的内能增加量都为400/

14.（2023•湖北）如图所示，原长为/的轻质弹簧，一端固定在。点，另一端与一质量为加的小球相连。

小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与。点的距离均为/,P

点到。点的距离为名，OP与杆垂直。当小球置于杆上尸点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从用点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在

弹性限度内。下列说法正确的是（）

//

g/

>/c

（公徊A/WWQ/"

1\

\N

A.弹簧的劲度系数为罕

B.小球在P点下方/处的加速度大小为（3夜-4）g

C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大

D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同

15.（2023•新课标卷）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动,

出发点为x轴零点，拉力做的功力与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为

0.4,重力加速度大小取10m/s2»下列说法正确的是（）

A.在x=lm时，拉力的功率为6W

B.在x=4m时，物体的动能为2J

C.从x=0运动至Ux=2m,物体克服摩擦力做的功为8J

D.从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg-m/s

16.（2023•湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B

点，AB段与水平面夹角为仇BC段圆心为O,最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。

小球从A点以初速度vo冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（）

A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度孙=75^

D.若小球初速度vo增大，小球有可能从B点脱离轨道

17.（2023•全国乙卷）如图，一质量为M、长为1的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块

（可视为质点）从木板上的左端以速度V。开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块

从木板右端离开时（）

A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于fl

C.物块的动能一定大于诏一/7D.物块的动能一定小于诏一八

三、非选择题

18.（2023•北京）如图所示，质量为机的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在。点正下方的光滑

桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距。点的距离等于绳长心现将A拉至某一高度，由静止

释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：

（1）A释放时距桌面的高度〃;

（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小产;

（3）碰撞过程中系统损失的机械能』E。

19.（2023•北京）2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界

最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间

垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属

棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强

度8与电流i的关系式为B=ki（%为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二

级区域时，回路中的电流由/变为2/。已知两导轨内侧间距为L每一级区域中金属棒被推进的距离均为

S,金属棒的质量为相。求:

金属棒

2/

XXXXXXX

XXXX

XXXxX

XXIX

XXXX

▼

XXXXX

XXXX27XXXX

第一级区域第二级区域

(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小厂;

(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比的；a2;

(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小V。

20.（2023•山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所

在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度孙向右做匀速直

线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水

平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知孙=lm/s,v=

4m/s,mA=mc=1kg,mB=2kg,A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数由=0.1,C与B间动

摩擦因数〃2=0,5,B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时

(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；

(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；

(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的

变化量dp的大小。

21.(2023•山东)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容

器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛

速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L=60m,灭火弹出膛速度%=

50m/s,方向与水平面夹角6=53。，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,

sin53°=0.8o

(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；

(2)已知电容器储存的电能E=转化为灭火弹动能的效率〃=15%,灭火弹的质量为3kg,

电容C=2.5xIO%/,电容器工作电压U应设置为多少？

22.(2023•山东)如图所示，在0W%W2d,OWyW2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的

匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,电量为q的带正电粒子从

OP中点A进入电场(不计粒子重力)。

------------------------O---------------------------------------------►

OAPX

(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场

的磁感应强度B的大小；

(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后

从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。

(i)求改变后电场强度E‘的大小和粒子的初速度孙；

(ii)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

23.(2023•海南)如图所示，有一固定的光滑!圆弧轨道，半径R=0.2m,一质量为ms=1kg的小滑块B

从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知？He=3kg,B、

C间动摩擦因数出=0.2,C与地面间的动摩擦因数%=08,C右端有一个挡板，C长为心

求：

(1)B滑到4的底端时对4的压力是多大？

(2)若B末与。右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B,C间因摩擦产生的热量是多少？

(3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止

所用的时间。

24.(2023•海南)如图所示，U形金属杆上边长为Z,=15cm,质量为m=1X下端排入导电液

体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里B=8x10-27的匀强磁场。

xBXXXXX

XXXXXX

(1)若排入导电液体部分深/i=2.5sn,闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H=

2

10cm,设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(5=10m/s)

(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度”'=5cm，通电

时间t'=0.002s,求通过金属杆截面的电荷量。

25.(2023•浙江)

(1)在“探究平抛运动的特点”实验中

A.只能探究平抛运动水平分运动的特点

B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验

C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点

②用图2装置进行实验，下列说法正确的是。

A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平

B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动

C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下

③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖

直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0,将挡板依次水平向

右移动x,重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4o以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴了，各点

迹坐标值分别为〃、"、竺、测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v。为。

C-（3%-务忌口.（轨―务摄

（2）如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关

系。在B弹簧下端依次挂上质量为根的钩码，静止时指针所指刻度打、孙的数据如表。

钩码个数12

xj/cm7.758.539.30

xs/cm16.4518.5220.60

钩码个数为2时，弹簧A的伸长量4之=cm,弹簧B的伸长量44=cm,两根弹

簧弹性势能的增加量4Epmg（AxA+AxB）（选填或，’）。

26.（2023•上海）一个绝热密容器，其中含有一定质量气体。容器以一定速度平移，突然施力使其停止，

其中的气体温度，碰撞容器壁的剧烈程度。（选填“变大"、"变小”或"不变”）

27.（2023•湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内

表面光滑，挡板的两端4、8在桌面边缘，8与半径为R的固定光滑圆弧轨道C力E在同一竖直平面内，过

C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60。。小物块以某一水平初速度由/点切入挡板内侧，从8点飞出

桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道COE内侧，并恰好能到达轨道的最高点小物块与桌面之间

的动摩擦因数为急，重力加速度大小为g,忽略空气阻力，小物块可视为质点。求:

（1）小物块到达。点的速度大小;

（2）3和。两点的高度差；

（3）小物块在/点的初速度大小。

28.（2023•辽宁）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水

面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到vD=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、

汲水质量m=1.0xl0nkg。离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到vZ]=100m/s,之后保持水平

匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；

（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量「E。

29.（2023•江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Qq平面内存在竖直向下的匀强电场

和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为瓦质量为小、电荷量为e的电子从。点沿x轴正方向

水平入射。入射速度为V。时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于四时，电子的运动轨迹如图中的虚

线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。

xx,rXxvX

E

（1）求电场强度的大小E;

（2）若电子入射速度为手，求运动到速度为守时位置的纵坐标M；

（3）若电子入射速度在0<v<vo范围内均匀分布，求能到达纵坐标丫2=舞位置的电子数N占总电

子数M的百分比。

30.（2023•江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45。。平台BC

与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下

滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为出重力加速度为g,不

计空气阻力。

(1)求滑雪者运动到P点的时间/:

(2)求滑雪者从8点飞出的速度大小也

(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度心

答案解析部分

L【答案】D

【知识点】功的计算

【解析】【解答】A、设F与水平方向夹角为0,对物体受力分析正交分解可得：f=ii(mg-Fsme-),

=/xcosn可知力F的方向变化，。角度变化，f变化，摩榛力做功大小发生变化，A错误；

B、已知物体质量为〃?，加速度大小为a,由牛顿第二定律可知：尸分=血。，合力为定值，合力做功与F

方向无关，B错误；

C、F为水平方向时，F-〃7ng=7na,F做功为：WF=Fx=(rna+p.mg')%,C错误；

D、合外力所做总功为W^=Fx=/nax,为定值，而勿总="F+摩橡力做负功，改变F的方向,

使Fsin。故摩榛力做功为零时，F做功的最小值为max,D正确；

故答案为：D

【分析】A对物体受力分析求解摩榛力，根据功的定义式判断；

B、由物体的质量和加速度确定合力的大小；

C、F水平方向时根据牛顿第二定律确定F力的大小，从而求解F做功的表达式；

D、根据合力做功为定值，而合力做功等于拉力和摩橡力做功之和可以确定，当摩橡力为零时，拉力F

做功最小值，

2.【答案】B

【知识点】能量守恒定律；光子及其动量

【解析】【解答】A、由方法一，根据能量守恒：hv0=mgH+hv,又因为八义=me?,代入解得：v=

v0(1—A错误；

卜-等

B、由方法二，接收到的光的频率v=v0JcR可知,v<v0>根据光速公式：c=Av，频率小波

1-严

JC2(R+H)

长长，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长，B正确；

C、由方法一二可知，从P点发出到Q点，频率都变小，相反从Q点发出到P点，频率增大，C错误；

D、通过类比，从太阳表面发出的光在传播过程中频率应逐渐变小。D错误；

故答案为：B

【分析】A、由方法一，根据能量守恒定律结合光子能量分析光子频率的变化；

B、由方法二，接收到的光的频率公式，结合光速公式分析波长变化；

CD、结合AB中的频率变化规律分析得出结论。

3.【答案】A

【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动

【解析】【解答】设物体与地面间的动摩擦因数为卜I,小车达到额定功率时速度为V,小车拖动物体运动

过程中，对M和m整体，由牛顿第二定律得：F-f-nmg=(M+m)ax

由匀变速直线运动位移一速度公式得：v2=2的Si

小车速度为v时，功率到达额定功率，可得Po=Fu

轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为：a2=iig

由匀变速直线运动位移一速度公式得：v2=2a2(S2-Si)

2

联立解得：2F(F—4(S2-SIS〕,A符合题意，BCD不符合题意。

Prn=

0[(M+m)S2-MS1

故答案为：A«

【分析】小车和物体一起运动时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再列出位移表达

式；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，再

列出减速运动过程的位移表达式，当绳断开瞬间，小车功率达到额定功率，列出功率公式，求解方程组

即可得到小车的额定功率。

4.【答案】B

【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算；功率及其计算

【解析】【解答】水轮转动一圈，灌入稻田的水的质量为：M=2nRnmX60%=1.2兀Ran,水轮转动一

圈所用时间为：T=—,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为：p=8=挈=3您烂R”,B符合题

a>TT5

意，ACD不符合题意。

故答案为：Bo

【分析】根据题意，求出水轮转动一圈灌入稻田的水的质量和所用时间，再求出重力做功，然后根据「=

华计算功率。

5.【答案】D

【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；能量守恒定律

【解析】【解答】根据光子能量方程£=前可知，原子吸收频率为功的光子从基态能级口跃迁至激发态能

级口，吸收的能量为人%；

自发辐射出频率为力的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2,放出的能量为八匕；

在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1,放出的能量为成2；

辐射出频率为也的光子回到基态，放出的能量为机3；

由能量守恒定律得：hvQ=hv1+hv2+hv3,解得也=v()—匕一叱，ABC不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据光子能量方程£=前求解原子吸收和释放的能量，再通过能量守恒定律写出能量关系，即

可求解。

6.【答案】D

【知识点】平抛运动；动能：机械能守恒定律

【解析】【解答】A.铅球做平抛运动，加速度恒定，故A不符合题意；

2

B.竖直方向有%=gt,则抛出后速度大小为：V=JV2+(gt),可见速度大小与时间不是一次函数关

系，故B不符合题意；

C.铅球抛出后的动能取=4血。2=*m屉+(gt)2],可见动能与时间不是一次函数关系，故C不符合

题意；

D.铅球机械能守恒，图像与时间轴平行，故D符合题意。

故答案为：D

【分析】加速度与时间图像与时间轴平行；推导速度和动能与时间的关系式进行分析；铅球机械能不

变。

7.【答案】C

【知识点】机械能守恒定律

【解析】【解答】一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，下落高度相等，由动能定理：

22

|mv-|mv0=mgh，

解得：v=Y2gh+%2,

故三者落地的速率都相等，ABD错误，C正确；

故答案为：C

【分析】已知三物块的初速度大小相等，同一位置下落，由动能定理可以得出末速度大小，即可得出三

者落地速率相同。

8.【答案】D

【知识点】机车启动

【解析】【解答】由题意有：Pl=f/1，P2=f^2,当它们编组后有：Pi+P2=明联立解

得：0=f1产2»么故D符合题意，ABC不符合题意。

P1v2+P2v1

故答案为：D

【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据「新二尸"二加分析求解。

9.【答案】B

【知识点】功率及其计算；动能；运动学v-t图象

【解析】【解答】AB、由图b可知，甲做匀加速运动，乙做加速度减小的加速运动，所以在图a中，甲

沿轨道口运动，乙沿轨道口运动，同一时刻甲的速度小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，

A错误，B正确；

CD、对乙从M点静止出发，到N点速度方向水平，与重力方向垂直，根据功率公式：P=

mgvcosW，可知重力的瞬时功率先增大后减小，CD错误；

故答案为：B

【分析】根据v-t图像分析得出甲乙的运动规律和同一时刻速度关系，进一步确定所在运动轨道，由动能

定义式和瞬时功率表达式分别得出其大小与变化规律。

10.【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，Fft=mgsine+f;乙图中，在AB段，对滑

块进行受力分析，F%=mgsinO-f；故FQF),故A选项不符合题意；

B、由牛顿第二定律，ai=(mgsinO+f)/m,而在下滑阶段，az=(mgsin0-f)/m,所以ai>a2；匀减速可看

2

成反向匀加速直线运动，由速度与位移的关系式得，VA=2aiXAB,同理，在乙图中，VA^a^AB；

VA>VA,故在甲图中经过A点时动能较大，枚B选项不符告88逡：

C选项，由位移公式XAB=at2/2,由于a〉a2；所以ti<t2,故C选项符合题意。

D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。

11.【答案】B

【知识点】动能定理的综合应用

【解析】【解答】地面附近的水滴做匀速直线运动，则合外力做功为零，克服空气阻力做功与重力做功相

等，故B正确。

故答案为：B

【分析】根据动能定理④小/=mgh+卬/分析求解。

12.【答案】B

【知识点】功能关系；瞬时速度；竖直上抛运动；牛顿第二定律

【解析】【解答】A、上升过程做加速度减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，克服空气

阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，两

过程的位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，A错误；

B、整个过程克服空气阻力做功，机械能减小，故刚垫起后瞬间速度最大，B正确；

C、最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度是重力加速度g,C错误；

D、下降过程做加速度减小的加速运动，D错误；

故答案为：B

【分析】受力分析明确运动状态，全程克服空气阻力做功，机械能减小，同一高度，上升速度大于下降

速度大小。

13.【答案】A,D

【知识点】功的计算；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定

律

【解析】【解答】C.令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为Pi、匕、7\,等容过程为状态

二，压强，体积和温度分别为P2、匕、T2,等压过程为状态三，压强，体积和温度分别为。3、匕、13。

对等压过程，由盖吕萨克定律可得：*=,，代入数值解得：匕=g匕，可知体积增加了原来的5c

不符合题意；

D.等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律△〃=W+Q,可知等容过程中气体内能增加了

400J,两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此等压过程的气体内能也增加了400J,D符合题

意；

AB,等压过程内能增加了400J,吸收热量为600J,由热力学第一定律AU=W+Q,可得气体做功：

W=400J-600J=-200J,则气体对外做功为200J,即做功的大小为勿=p^V3-匕）=2007

代入数据解得匕=6x10-37n3=6Z，A符合题意，B不符合题意。

故答案为：ADo

【分析】对等压过程，根据盖吕萨克定律，列出状态方程求解；根据热力学第一定律判断内能变化；根

据气体做功公式勿=pAV求解体积。

14.【答案】A,D

【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的

计算

【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则mg=/,f=叫，FN=k-^联立解得：k=半，故A

符合题意;

B.小球运动到P点下方g时。=45。，此时摩擦力大小为：3=H（专kl-与），由牛顿第二定律得：

mg-71=ma,联立解得：a=（2-y[2）g<故B不符合题意。

C.在PM之间任取一点A,令A。与MN之间的夹角为。，则此时弹簧的弹力为：F=kCl--飞），

小球受到的摩擦力为：/2="FNI="Fsin。=〃Cklsind-y>:。在MP之间增大在PN之间减小，所以

摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；

D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相

等，故D符合题意；

故答案为：AD

【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数；小球在P点下方/时，根据牛顿第二定律

求加速度；在PM之间任取一点A,求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。

15.【答案】B,C

【知识点】牛顿第二定律：动能定理的综合应用

【解析】【解答】A、由图像可知图像的斜率表示拉力的大小，l-2m过程中拉力大小为6N,根据动能定

理④小病=卜》一〃机9%,解得u=2m/s,由P=Fu=6x2=12〃，故A错误。

B、根据动能定理，x=4m时物体的动能外="-"mgx=18-0.4x1x1。x4=2/,故B正确。

C、0-2m过程中克服摩擦力做功为Wf=fimgx=0.4x1x10x2=8/,故C正确。

D、由图像可知，当x=2m时，物体的速度最大，动量最大，最大速度为u=痔^=2企m/s，则物体

的最大动量为P=mv-2y/2kg-m/sy故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据图像和做功的表达式判断图像斜率的物理意义，再由牛顿第二定律和动能定理分析求解。

16.【答案】A,D

【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用

【解析】【解答】A.小球恰好到达C点，则立=0。小球从C到B的过程中，根据动能定理和牛顿第二

2

定律有：mgR11-cos。）=1mv，mgcosa-FN=联立解得：FN=3m5cosa-2mg,从C到

B的过程中a由0增大到。，则FN逐渐减小，所以小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，故A

符合题意；

B.从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，根据P=-mgusin。知，A到B的过程中小球重力的功率始

终减小，故B不符合题意；

C.对A到C过程中，根据动能定理得：一小叶2/?=-：小可，解得：%=如瓦故C不符合题意；

D.假设小球在B点恰好脱离轨道，则mgcosd=小率，解得：vB=yjgRcose,小球初速度vo增大，小球

在B点的速度有可能为JgRcos。,所以小球有可能从B点脱离轨道，故D符合题意。

故答案为：ADo

【分析】根据动能定理和牛顿第二定律列方程求得FN,再由a角的变化分析判断FN的变化；由P=

-mgvsind,结合速度变化分析判断；根据动能定理求解。

17.【答案】B,D

【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用一板块模型；功的计算

【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为巧，物块的速度为笠2,木板相对地面的位移为亚，

物块相对地面的位移为％2，可得：Vl<V2；Xi<X2；

AB、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式：/=粤《:；牝=留"如由于：v0>v2>v1（

可得：x2>,贝I」：外一%1=所以：W=fxx<fl,故A错误，B正确；

CD、对系统能量守恒定律可得：诏=诏+诏+/7得出物块的动能：mv^=mv^—

—fl<—fly故C错误，D正确；

故答案为：BDo

【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计

算。

18.【答案】（1）由A-B对小球A根据动能定理可得：^mv2=mgH,得：H=^

（2）碰撞刖瞬间，对A球根据牛顿第二定律：F—mg=m-j-，得：F=mg+m-r-

L»Lt

2

（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：mv=2mv#,根据能量守恒定律：jmv=

1

229mv^+△£*,

联立解得：AE=jrmv2

【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型

【解析】【分析】（1）对小球A应用动能定理求解；（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；

（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。

2

19.【答案】（1）由题可知，第一级区域的磁感应强度：Bi=kl,由安培力公式：F1=BJL=klL

（2）同理可得第二级区域磁感应强度：B2=k2I,由安培力公式：尸2=B22/L=4k/2/,由牛顿第二定

律：Q=上可得：=哥=J

m顶。4

（3）对金属棒根据动能定理：^mv2=F-[S+F2S=5kl2Ls）解得：=JLLs

【知识点】牛顿第二定律：动能定理的综合应用；安培力的计算

【解析】【分析】（1）根据题意确定磁感应强度，由安培力公式求解；

（2）同理解得二区域安培力，根据牛顿第二定律求解；

（3）对金属棒应用动能定理求解。

2

20.【答案】（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由机械能守恒定律可得：mcgH=\mcv,

代入数据解得：H=0.8m。

（2）滑块C刚滑上8时・，对C受力分析，由牛顿第二定律得C的加速度大小为：网=

对B受力分析，由牛顿第二定律得：^2mcg-+mc）g=mBaB

22

解得：etc=5m/s,aB=lm/s

设经过时间ti，B和C共速，有：v-actr=v0+

解得：ti=0.5s

共同速度u共1=v~ach=L5m/s

2

B的位移为％BI=voti+^aBtr-0.625m

B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体，由牛顿第二定律得：%（mB+mc）g=

（mB+mc）aBC

解得：aBc=lm/s2

设再经过时间t2，A与B发生碰撞，则有：xA=xB1+xB2

其中A的位移为：xA=%（ti+t2）

B在t2时间内的位移为：X.-V共1+V共2

人82-2c2

_V^1~V^2

'2O.BC

解得：以=巧&或与&（舍去），⑵2=封著加口2=（1一劣加/s

为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，贝IJXBI<S<XB1+XB2

解得：0.625mWsW（1+孝）m

（3）因为s=0.48mV%BI，所以B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，B做匀加速直线运动，C

2

做匀减速直线运动，对木板B,由位移一时间公式得：s=v0t0+^aBt0

代入数据解得：％=0.4s或-2.4s（舍去）

2

对滑块C,由位移一时间公式得：xc=vt0-^act0

代入数据解得：xc=1.2m

摩擦力对C做的功W=-p.2mc9xc

代入数据解得：W=-6J

(4)木板B与P碰撞时，B的速度为0=%+Ofito=l-4m/s

C的速度。co=v-act0=2m/s

A的位移为％4i=Voto=0-4m

此时A、B间的距离为Ax=s-xA1=0.08m

B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：li2mcg+

/z/mg+mc)^=mBaB'

代入数据解得：CLB，=4m/s2

物块A与木板B相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：/2+%3=AX

其中A的位移为：xA2=vot3

2

B的位移为：xB3=vBOt3-^aB't3

代入数据联立解得：匕=殳等5或组三s(舍去)

055

此时B的速度"BI=VBO~劭〃3=8,、m]s,方向向左；

C的速度〃ci=%一。共3=(2V2-l)m/s,方向向右；

以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAvQ-mBvB1=mAvA+mBvB

22

由能量守恒定律得：^mAvQ+=^mAvA

代入数据联立解得：方=32%25gUB=£^m/s

此时C的速度=vci=(2V2—l)m/s

物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，A、B不会再发生碰撞，物块A向左做匀速直线

运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，则整个过程动量的变化量