2023-2025年高考物理真题分类汇编 专题06 机械能守恒定律【附解析】

/专题06机械能守恒定律2023-2025年三年高考物理真题试卷分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。一．选择题（共31小题）1．（2025•河南）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（）A．无人机做匀速运动 B．零件所受合外力为零 C．零件的惯性逐渐变大 D．零件的重力势能保持不变2．（2024•江西）“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时（两轨道均可视为圆形轨道），其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是（）A．Ek1Ek2=r2r1，C．Ek1Ek2=r2r13．（2023•辽宁）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ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（）A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ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Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大4．（2024•浙江）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10﹣4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（）A．10W B．20W C．100W D．200W5．（2023•新课标）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．0 B．mgh C．12mv2﹣mgh D．12mv6．（2023•甲卷）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（）A．机械能一直增加B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大7．（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a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）A．B．C．D．8．（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ω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，不考虑水筒中水的动能增加，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A．2nmgω2RH5C．3nmgω2RH59．（2023•北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中（）A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max10．（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s1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P0为（）A．2FB．2F2C．2FD．211．（2023•浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）A．弹性势能减小B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小12．（2023•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13．（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14．（2025•四川）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0A．物块的位移大小为2v0B．物块机械能增量为5mvC．小车的位移大小为16PvD．小车机械能增量为8P15．（2025•云南）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（）A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x216．（2025•云南）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（）A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J17．（2025•浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为210W•h/kg，其中单位“W•h”（瓦时）对应的物理量是（）A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量18．（2024•重庆）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（）A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力 C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s219．（2024•安徽）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（）A．mgh B．12C．mgℎ+12m20．（2024•山东）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=1A．(μmg)B．3(μmg)2C．3(μmg)D．(μmg21．（2024•江西）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10m3/s，水位落差约为150m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为（）A．109W B．107W C．105W D．103W22．（2024•甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（）A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小23．（2024•贵州）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率为（）A．8W B．16W C．24W D．36W24．（2024•安徽）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（）A．ρgSl2gℎ2ηℎ（H+h+B．ρgSl2gℎ2ηℎ（H+h+C．ρgSl2gℎ2ηℎ（H+D．ρgSl2gℎ2ηℎ（H25．（2024•海南）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度减小，在减速过程中（）A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态 C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功26．（2024•新课标）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（）A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍27．（2024•浙江）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（）A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变28．（2024•北京）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（）A．物体在C点所受合力为零 B．物体在C点的速度为零 C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能29．（2023•湖北）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。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（）A．P1v1+P2v2P1+P30．（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B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（）A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小31．（2025•江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（）A．释放瞬间物块加速度为零 B．物块和木箱最终仍有相对运动 C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变二．多选题（共8小题）（多选）32．（2024•广东）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的110和12，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2A．该行星表面的重力加速度大小为4m/s2 B．该行星的第一宇宙速度为7.9km/s C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2 D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW（多选）33．（2023•福建）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（）A．0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同 C．2～6s内，甲、乙两车的位移不同D．t＝8s时，甲、乙两车的动能不同（多选）34．（2023•广东）人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（）A．重力做的功为360J B．克服阻力做的功为440J C．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380N（多选）35．（2023•乙卷）如图，一质量为M、长为l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v0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fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于12D．物块的动能一定小于1（多选）36．（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θ，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v0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v0D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道（多选）37．（2024•福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包，分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包质量为0.2kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则沙包（）A．第一次运动过程中上升与下降时间之比7：4B．第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3J C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72：85 D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大（多选）38．（2023•河北）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴O1，O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）A．小球沿杆在AB之间做往复运动 B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短 C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零 D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大（多选）39．（2025•云南）如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（）A．P、M两点之间的距离为kvB．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为14C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kvD．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间三．实验题（共1小题）40．（2024•重庆）元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对戽斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究戽斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO′运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点（A、B、C三点未画出）。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力（选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向（选填“竖直向上”“竖直向下”）。（2）由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加J（保留两位有效数字，g＝9.8m/s2）。四．解答题（共17小题）41．（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。42．（2024•新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。43．（2023•辽宁）某大型水陆两栖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v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝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ΔE。44．（2023•甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：（1）小球离开桌面时的速度大小；（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。45．（2025•安徽）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。46．（2025•福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。（1）求0﹣1m，F做的功；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。47．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°，sin25.5°＝0.43，cos25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20m，求此过程中：（1）地面对木板的阻力大小；（2）两条绳子拉力所做的总功；（3）两条绳子拉力的总功率。48．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r0，宇宙的密度为ρ0。（1）求小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ；（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能EP＝﹣Gm1a.求小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk；b.宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v＝Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。49．（2024•山东）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。50．（2024•上海）我国的汽车智能化技术发展迅猛。各类车载雷达是汽车自主感知系统的重要组成部分。汽车在检测到事故风险后，通过自主决策和自主控制及时采取措施，提高了安全性。（1）车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中。A.仅激光是横波B.激光与超声波都是横波C.仅超声波是横波D.激光与超声波都不是横波（2）一辆质量m＝2.0×103kg的汽车，以v＝36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1＝6.0kW，汽车受到的阻力大小为N。当车载雷达探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率P2＝48kW，此时汽车的制动力大小为N，加速度大小为m/s2。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）51．（2023•重庆）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：（1）提升高度为h时，工件的速度大小；（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。52．（2025•广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1−xℎ），其中f（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。53．（2024•江苏）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：（1）CD段长x；（2）BC段电动机的输出功率P；（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。54．（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A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE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A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，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D点的速度大小。（2）B和D两点的高度差。（3）小物块在A点的初速度大小。55．（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μ，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t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。56．（2024•福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C的带电量为1×10﹣6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。（1）求匀强电场的场强大小；（2）求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；（3）若t＝0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地碰）57．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；（2）b从M运动到N的时间；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

专题06机械能守恒定律答案与试题解析一．选择题（共31小题）题号1234567891011答案DABCBBDBDAB题号1213141516171819202122答案BCCABACDBBC题号232425262728293031答案ABACBCDCD二．多选题（共8小题）题号3233343536373839答案ACBCBCDBDADBDBCCD一．选择题（共31小题）1．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：AB、对零件受力分析如下图所示，其所受重力G与轻绳的拉力T的合力F合为零件所受合外力。因零件与无人机相对静止一起沿水平向左的方向运动，故F合的方向水平向左，其大小不为零。因轻绳与竖直方向的夹角不变，故F合恒定，根据牛顿第二定律，零件的加速度恒定，其做匀加速直线运动，易知无人机也做匀加速直线运动，故AB错误；C、因质量是惯性大小的唯一量度，零件的质量不变，故其惯性保持不变，故C错误；D、因零件在水平方向上运动，其所处高度不变，故其重力势能保持不变，故D正确。故选：D。2．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：A、探测器在环月轨道做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：G解得：v2=GMr动能：E可得动能之比为：Ek1Ek2故选：A。3．【专题】定性思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故CD错误。故选：B。4．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．解：设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m＝ρV＝ρSv•ΔtΔt时间内喷出的水的动能增加量等于喷头喷水的功率，即P=W联立解得P＝100W故ABD错误，C正确。故选：C。5．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空气阻力做的功为W克，则空气阻力对雨滴做功为﹣W克，雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，由动能定理得：mgh﹣W克＝0解得：W克＝mgh故B正确，ACD错误。故选：B。6．【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：A、铅球在平抛运动过程中，仅受重力，机械能守桓，故A错误；B、铅球在平抛运动过程中加速度为重力加速度，保持不变，故B正确；CD、运动过程中减少的重力势能转化为动能，铅球的动能越来越大，速度也越来越大，故CD错误。故选：B。7．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a﹣t图像应为水平直线，故A错误；B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy＝gt水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx＝v0铅球的速度大小v=速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误；C、铅球的动能Ek=12mv2=12m（v0则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E﹣t图像为水平直线，故D正确。故选：D。8．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．解：每个水筒中水的重力为G＝mg水筒的线速度为v＝ωR取足够长的一段时间t内，装水的水筒个数为N＝nvt＝nωRt筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=故B正确，ACD错误。故选：B。9．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．解：A、设F与水平方向的夹角为θ，桌面对物体的支持力为FN，对物体受力分析，则有FN＝mg﹣Fsinθf＝μFNWf＝fx联立方程可得：Wf＝μ（mg﹣Fsinθ）x可知摩擦力做功大小与F方向有关，故A错误；B、由牛顿第二定律有：F合＝Fcosθ﹣f＝ma整理得：Fcosθ+μFsinθ﹣μmg＝ma由于m、a、μ均为已知量，上式中只有F、θ是变量，且无论F、θ如何变化，上式恒成立，ma不变根据WF合=C、F为水平方向时，由牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma可知：F＞μmg则F做功为Fx，且Fx＞μmgx，故C错误；D、由牛顿第二定律有：Fcosθ﹣f＝ma结合选项A解析，可得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma则：WF＝Fcosθ•x＝max+μ（mg﹣Fsinθ）x当mg﹣Fsinθ＝0时，WF取得最小值max，故D正确。故选：D。10．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；分析综合能力．解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，由牛顿第二定律得：F﹣f﹣μmg＝（M+m）a1由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a1s1额定功率P0＝Fv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：μmg＝ma2由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a2（s2﹣s1）联立解得：P0=故A正确，BCD错误。故选：A。11．【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B正确；C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故C错误；D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故D错误。故选：B。12．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．解：A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为F阻，则F阻＝kv由牛顿第二定律得：mg+F阻＝ma1解得：a1＝g+排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F阻＝ma2解得：a2＝g−则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故A错误；B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故B正确；C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；D、由A得，下落过程的加速度为a2＝g−下落过程，v增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故D错误。故选：B。13．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：根据动能定理有mgh=解得v=因三者初速率v0相同，下落高度h相同，可知三者落地速率都相同，故ABD错误，C正确；故选：C。14．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：A.小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得物块的加速度大小为：a=根据运动学公式有：v02=2aB.这段时间内物块机械能增量为：ΔE=1C.小车与物块的速度刚好相同所用时间为：t=电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt对小车，根据动能定理得：W−(μmgcos30°+mgsin30°)x=联立解得小车的位移大小为：x=16PD.小车机械能增量为：ΔE′=1故选：C。15．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；图析法；方程法；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：CD、设MN的距离为x0，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，根据动能定理可得：−μ第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，根据动能定理可得：−μ联立以上由两式可得：x1＝x2，故CD错误；AB、根据牛顿第二定律，滑块在MN段上运动的加速度为a1，则有μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上运动的加速度为a2，则有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，则有：a1＞a2，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离M点较近，在到达M点时速度较大，可作v﹣t如下所示：由图像可得：t1＜t2，故A正确，B错误。故选：A。16．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；实验探究能力．解：高中生的质量m＝50kg列车速度v＝144km/h＝40m/s根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功W=故ACD错误，B正确。故选：B。17．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．解：根据功的公式W＝Pt，可知单位“W•h”（瓦时）对应的物理量是能量或者功的单位，故A正确，BCD错误。故选：A。18．【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；推理论证能力．解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故A错误；B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故B错误；C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故C正确；D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度9.8m/s2，故D错误。故选：C。19．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理，有mgh﹣Wf=12解得Wf＝mgh−12故ABC错误，D正确。故选：D。20．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；与弹簧相关的动量、能量综合专题；理解能力．解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为x；对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件μmg＝kx解得弹性绳的伸长量x=此时弹性绳的弹性势能E=乙同学的位移x′＝（l﹣d）+x根据功能关系，拉力做功W=μmgx′+E=μmg[(l−d)+代入数据解得W=综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。21．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．解：根据能的转化和守恒定律，发电功率为P=ρQtgℎt•η＝ρQghη＝1×103×10×10×150×70%W＝1.05×10故选：B。22．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；理解能力；模型建构能力．解：设圆环的半径为R，小环下滑的高度为h，则h≤2R小环在下滑过程中，根据动能定理mgℎ=解得v=小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力F1＝mg小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成θ角，如图所示：小环下滑的高度h＝R（1﹣cosθ）小环的速度v=根据牛顿第二定律mgcosθ−F=m联立解得F＝3mgcosθ﹣2mgθ增大，cosθ减小，作用力F先减小，再反方向增大；小环在圆心等高处时F小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成α角，如图所示：小环下滑的高度h＝R（1+cosα）小环的速度v=根据牛顿第二定律F−mgcosα=m代入数据联立解得F＝2mg+3mgcosαα减小，cosα增大，作用力F增大；小环在最低处时F解得F3＝5mg根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故ABD错误，C正确。故选：C。23．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；功率的计算专题；理解能力．解：设物块运动到x＝3m处的速度为v；全过程运用动能定理F代入数据解得v＝4m/s根据功率公式，物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率P＝F2v＝2×4W＝8W。综上分析，故A正确，BCD错误。另解：0～2m内，物块做匀加速直线运动，加速度为a1；根据牛顿第二定律F1＝ma1代入数据解得a根据运动学公式v2m末的瞬时速度v在2～3m内，物块以加速度为a2做匀加速直线运动；根据牛顿第二定律F2＝ma2代入数据解得a根据运动学公式v3m末的瞬时速度v3＝4m/s根据功率公式，物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率P＝F2v3＝2×4W＝8W。综上分析，故A正确，BCD错误。故选：A。24．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；分析综合能力．解：取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为v，Δm的水在空中运动的时间为t；平抛运动在竖直方向做自由落体运动ℎ=在水平方向做匀速直线运动l＝vt代入数据解得v=l设Δt时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm＝ρV＝ρS•vΔt取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能ΔE=Δmg(H+ℎ)+设水泵输出的功率为P，根据功能关系ηPΔt＝ΔE代入数据解得P=综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。25．【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题；理解能力．解：AB.返回舱减速时加速度方向竖直向上，与速度方向相反，处于超重状态，故A正确，B错误；CD.主伞的拉力向上，与运动位移方向相反，做负功，重力向下，与运动位移方向相同，做正功，故CD错误。故选：A。26．【专题】定量思想；控制变量法；平抛运动专题；理解能力．解：根据E小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则水平速度变为原来的2倍，根据平抛运动规律可知，竖直高度不变，水平方向上x＝vt则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C正确，ABD错误。故选：C。27．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．解：AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误。故选：B。28．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．解：ABC.小物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，在C点是速度大小为v，由牛顿第二定律得mg=mv2rD.由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体离开弹簧后的在水平面上的动能，由水平轨道向圆轨道的运动过程中满足机械能守恒，所以弹性势能等于小物体在C点时的动能和重力势能之和，故D错误。故选：C。29．【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；理解能力．解：由题意可知两节动车功率分别为P1＝f1v1P2＝f2v2当把它们编组后P1+P2＝（f1+f2）v联立解得v=故ABC错误，D正确。故选：D。30．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．解：A、设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，根据几何关系可知，图甲中滑块的合力大小为：F1＝mgsinθ+μmgcosθ图乙中滑块的合力大小为：F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ由此可知，图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；B、经过A点时，两种情况下滑块的重力势能相等，因此两种情况下重力做的负功相等，但前者摩擦力做的功小于后者摩擦力做的功，则图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；C、根据A选项的分析可知，图甲中滑块的合力大于图乙中滑块的合力，根据逆向思维和运动学公式x=1D、在A、B之间，滑块受到的摩擦力大小相等，位移也相等，根据功的计算公式W＝Fs可知两种情况下滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；故选：C。31．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．解：A、根据题意可知，释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间物块的加速度不为零，故A错误；B、因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故物块、木箱与弹簧组成的系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。假设物块与木箱相对静止时，能使两者发生相对滑动的最小的弹簧弹力大小为F。设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，木箱与物块质量分别为M、m，根据牛顿第二定律得：对物块有：f＝ma对物块与木箱整体有：F＝（m+M）a联立解得：F=(m+M)在弹簧的最大弹力减小到F=(m+M)fD、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D正确；C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故C错误。故选：D。二．多选题（共8小题）32．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题．解：AB、行星表面的物体受到的万有引力提供重力，则GMmR解得：g=行星的质量和半径分别为地球的110和1g1行星第一宇宙速度的表达式为：v=gRC、设探测器质量为M＝1000kg，背罩质量为m＝50kg。“背罩分离”后瞬间，弹性绳的弹力瞬间不变，原先背罩做匀速直线运动，弹性绳的弹力为：F＝（M+m）g1“背罩分离”后瞬间对背罩，根据牛顿第二定律得：F﹣mg1＝ma联立解得：a＝80m/s2，方向竖直向上，故C正确；D、“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为：P＝Mg1v＝1000×4×60W＝240kW，故D错误；故选：AC。33．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．解：A．根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变，故A错误；B．根据图（b）易得，0～2s图像的面积为S＝2×2×12N•s＝2N•s，根据F﹣t图面积表示F对物体的冲量，设t＝2s时，乙车速度为v2，质量为m，据动量定理：I＝Ft＝mv2﹣0，代入数值解得v2同理0～6s图像的面积为S′＝4×2×12N•s﹣2×2×12N•s＝2N•s，设t＝6s时，乙车速度为v6，据动量定理：I′＝F′t′＝mv6C．根据图（a）可得，v﹣t图像的面积表示位移，故2～6s内，甲的位移为：x甲＝2×2×12m﹣2D．t＝8s时，根据图（a）可得此时甲车速度为0，动能为0；而根据图（b），设t＝8s时，乙车速度为v8，0～2s图像的面积为S＝4×2×12−N•s4×2×12故选：BC。34．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．解：AB、货物从P到Q的运动过程中，根据动能定理可得：mgh﹣W克=其中，mgh＝20×10×4J＝800J代入数据解得：W克＝440J，故A错误，B正确；C、根据题意可知，r＝h速度的表达式可得：a=vD、在Q点，货物受到的支持力和重力的合力提供货物做圆周运动的向心力，则FN﹣mg＝ma根据牛顿第三定律可得：F压＝FN联立解得：F压＝380N，故D正确；故选：BCD。35．【专题】定量思想；控制变量法；动能定理的应用专题；理解能力．解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知v1＞v2设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xMCD、根据能量守恒定律可得12mv02整理解得12mv12=12m故C错误，D正确；AB、因摩擦产生的热量为Q＝fl＝f（xm﹣xM）根据运动学公式可得xm=vxM=由于v0＞v1＞v2所以xm＞2xM故xm﹣xM＝l＞xM故W＝fxM＜fl故A错误，B正确；故选：BD。36．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力；模型建构能力．解：A、小球从B到C的过程中，根据牛顿第二定律有mgcosθ﹣N＝mv其中θ逐渐减小，动能转化为重力势能，v也逐渐减小，所以N逐渐增大，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力逐渐增大，故A正确；B、小球从A到C的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故B错误；C、小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，根据机械能守恒定律有12解得v故C错误；D、在B点，根据牛顿第二定律有mgcosθ﹣N＝mv解得N＝mgcosθ﹣mv当N＝0时，v=gRcosθ，当若小球初速度v＝v0故选：AD。37．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：A.沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为h1＝3.2m﹣1.4m＝1.8m，根据ℎ=1可得上升时间为t上1＝0.6s最高点距水平地面高为h0＝3.2m，故下降的时间为t下1＝0.8s故一次抛出上升时间、下降时间比值为0.6：0.8＝3：4，故A错误；BC.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t＝t上1+t下1＝0.6s+0.8s＝1.4s故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1=由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为vy＝gt上1＝10×0.6m/s＝6m/s，由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒故第一次过P点比第二次机械能少ΔE=解得ΔE＝1.3J从抛出到落地瞬间根据动能定理可得Ek1＝Ek01+mghOH=Ek2解得Ek1＝10JEk2＝11.3J则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100：113，故B正确，C错误；D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。故选：BD。38．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．解：AC．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，根据功能关系可知小球由于重力做功，在B点的速度不为0，所以小球不会在AB之间做往复运动，故A错误，C正确；B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点的速度相等，没有弹簧时，小球运动的加速度为a＝gsinθ有弹簧时加速度先大于gsinθ，AB＝2AO1，然后一直减小，且小球运动到AB中点时，加速度为gsinθ，v﹣t图像如图由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确；D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；故选：BC。39．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．解：B、滑块所受的滑动摩擦力f=μmgcosθ=tanθ×mgcosθ=过程Ⅰ，根据动能定理得：−mgsinθ⋅PO−f⋅PO=0−解得：PO=过程Ⅱ中，弹簧弹力对Q做正功，设为W弹，Q克服滑动摩擦力做功为Wf，由功能关系可得Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为：ΔE=WA、过程Ⅱ中，M点的速度最大，则M点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为x，根据平衡条件得：kx＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，解得：x=P、M两点之间的距离为：s=PO−x=vC、滑块从P到M的过程向上运动的位移为s=由运动的对称性可得滑块过M点后能继续上滑的最大位移等于s，故Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xmD.设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；若弹力为零，根据平衡条件mgsinθ＝f＝μmgcosθ，滑块停在O点；若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件mgsinθ+f＝kx2其中f≤mgsinθ解得x滑块停在M点与O点之间，含M点；由于fm＝mgsinθ，因此弹簧不可能处于压缩状态；综上分析可知，连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间，故D正确。故选：CD。三．实验题（共1小题）40．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升2Tcosθ＝Mg当θ逐渐增大时，T逐渐增大，沙桶上升到最高点B然后下落，在最高点的加速度方向竖直向下。（2）沙桶从开始运动到静止上升高度为8.4cm，机械能增加量为Mgh＝0.136×9.8×0.084J＝0.11J故（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11。四．解答题（共17小题）41．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：（1）雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：mgxsinθ﹣μmgxcosθ=解得：v0＝5m/s（2）雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：mgh+解得：v1＝8m/s雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s由速度分解可得：cosα=解得：α＝60°答：（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。42．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：（1）对重物受力分析如下图所示：由平衡条件得：在水平方向上有：TPsinα＝TQsinβ在竖直方向上有：TPcosα＝mg+TQcosβ联立解得：TP＝1200N，TQ＝900N（2）使重物缓慢竖直下降，可认为初末重物的动能均为零，设两根绳子拉力对重物做的总功为W，对此过程根据动能定理得：W+mgh＝0﹣0解得：W＝﹣4200J答：（1）此时P、Q绳中拉力的大小分别为1200N、900N；（2）在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功为﹣4200J。43．【专题】定量思想；控制变量法；直线运动规律专题；理解能力．解：（1）根据运动学公式可得v1解得a=v122L根据vt＝v0+at可得t=v（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为ΔE＝ΔEk+ΔEp=12mv22−12mv12答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。44．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v0，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：EP=解得：v0=（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为t，则落地点距飞出点的水平距离x＝v0t落地瞬间竖直分速度vy＝gt与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为vy′=45vy小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0﹣vy′2＝﹣2gh联立解得：x=答：（1）小球离开桌面时的速度大小为2E（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为5245．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律1在该位置时根据牛顿第二定律T−mg=m解得v=45（2）小球做平抛运动时x＝vt，2L=解得x＝4m（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足mg=m从最低点到该位置由动能定理1解得v答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为45（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；（3）初速度的最小值为21546．【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：（1）由F﹣x图像得：W＝1.5×1J＝1.5J（2）x＝1m时，对AB整体，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝2ma对B受力分析，由牛顿第二定律得：F弹＝ma代入数据联立解得：F弹＝0.5N（3）当两物块刚好分离时，AB间弹力为0，两物块加速度为0，对A，由平衡条件得：F＝μmg代入数据解得：F＝0.5N由图乙可知，x＝3m时，两物块分离，从开始到两物块分离，对AB整体，由动能定理得：WF﹣μmgx=12物块B刚好到达M点，有mg＝mv对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：﹣mg•2R0=12mv代入数据联立解得：R0＝0.2m则圆弧半径应满足R≤0.2m答：（1）F做的功为1.5J；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。47．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力f＝2Fcosθ＝2×250×0.9N＝450N（2）根据功的定义，拉力做功W＝2Fxcosθ＝2×250×20×0.90J＝9000J＝9×103J（3）根据功率的定义，拉力功率P=W答：（1）地面对木板的阻力大小为450N；（2）两条绳子拉力所做的总功为9.0×103J；（3）两条绳子拉力的总功率为600W。48．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r0和2r0的球内质量相同，即ρ0解得小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ=（2）a.此球内的质量M=P从r0处远离到2r0处，由能量守恒定律得动能的变化量Δ解得ΔEk=−23Gπρ0b.由a知星体的速度随r0增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由v＝Hr知，H减小，故H随t增大而减小。答：（1）小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ为18（2）a.小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk为−23Gπρ0mb.H随t增大而减小。49．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．解：（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，通过分析题意可知，在Q点时轨道对小物块弹力只能竖直向下大小为3mg，根据牛顿第二定律有3mg+mg＝mv解得v＝4m/s（2）（i）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，由图乙可知，当0＜F≤4N，小物块m和轨道M一起向左做加速运动，根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，则a=FM+m，根据图乙第一段图线的斜率k=24（kg﹣1）即1M+m（kg﹣1）=12（kg﹣1），则M+m＝2，当F＞4N，小物块和轨道产生相对滑动，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma，即a=FM−μmg联立解得M＝1kg，m＝1kg将图乙中（4N，2m/s2）代入a=解得μ＝0.2（ii）当F＝8N时，由图乙对轨道a1＝6m/s2，方向水平向左，对小物块，根据μmg＝ma2，解得a2＝2m/s2，设经过时间t小物块运动到P点，根据匀变速直线运动的规律有12a1t2−12a2t2＝L，滑动P点时轨道的速度为v1＝a1t，小物块的速度为v2Mv1+mv2＝Mv1′+mv2′12Mv12+12m且v2′＝7m/s联立以上各式解得t＝1.5s或者t＝3.17s（不合题意，舍弃）L＝4.5m答：（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。50．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；波的多解性；实验探究能力．解：（1）超声波是有两种类型的声波，一种是纵波，一种是横波。车载雷达发出的激光都是电磁波，电磁波是横波，故ACD错误，B正确。故选：B。（2）汽车行驶速度v＝36km/h＝10m/s，以汽车为研究对象根据牛顿第二定律P当加速度为零时，汽车匀速行驶，汽车所受阻力f=根据功率公式，汽车的制动力F设制动时汽车做减速运动的加速度大小为a根据牛顿第二定律F制+f＝ma代入数据解得加速度的大小2.7m/s2。故（1）B；（2）600；4800；2.7；51．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．解：（1）根据几何关系可知工件的位移大小为：x=ℎ根据速度—位移公式可得：v=2ax（2）根据速度—时间公式可得：t=v根据动能定理可得：W合=解得：W合=答：（1）提升高度为h时，工件的速度大小为2aℎcosθ（2）在此过程中，工件运动的时间为2ℎacosθ，合力对工件做的功为maℎ52．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．解：（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式：v2＝2ah根据角速度和线速度的关系可得：v＝ωr联立可得：ω=2aℎ（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：可得摩擦力所做的功为：W对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh=1解得：W=m(a+g)ℎ+1（3）设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其中：f＝f0（1−xt时刻速度大小为：v′＝att时间内的位移大小为：x=t时刻开瓶器的功率为：P＝Fv′联立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at−f答：（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为2aℎr（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为m(a+g)ℎ+1（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at−f53．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．解：（1）关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得：﹣mgx•sinθ﹣μmgx•cosθ＝0−12解得：x=（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得：电动机输出的牵引力为：F＝mgsinθ+μmgcosθ电动机的输出功率为：P＝Fv＝mgv（sinθ+μcosθ）（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物