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专题03 功、能和动量-高考物理分题型多维刷题练
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专题03 功、能和动量
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．从高为h处以速度竖直向上抛出一个质量为m的小球，如图所示。若取抛出点小球的重力能为0，不计空气阻力，则小球着地时的机械能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】整个过程中，只有重力做功，则机械能守恒，初位置的机械能为
则小球着地时的机械能为。故选C。
2．下列关于能量守恒定律的认识不正确的是（ ）
A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B．某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，不可能制成
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明能量消失了
【答案】D
【详解】A．根据能量守恒定律可知，某种形式的能减少，其他形式的能一定增加，A正确，不符合题意；B．某个物体的能量减少，根据能量守恒定律可知，必然有其他物体的能量增加，B正确，不符合题意；C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，违反了能量守恒定律，不可能制成，C正确，不符合题意；D．石子在碰撞中机械能转化为了内能，能量并没有消失，D错误，符合题意；故选D。
3．如图所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．一直做负功 D．先做正功后做负功
【答案】A
【详解】对小环进行受力分析，大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力，大环对小环的弹力总是垂直于小环的速度方向，弹力与速度的夹角为90°，所以大环对小环没有做功。故A正确；BCD错误。故选A。
4．如图所示，人从滑梯上加速滑下，人和滑梯间有摩擦力，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是（ ）
A．重力势能减小，动能增加，机械能减小
B．重力势能减小，动能不变，机械能减小
C．重力势能增加，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
【答案】A
【详解】人从滑梯上加速滑下，速度变大，动能增加，高度降低，重力势能减小，由于人和滑梯间有摩擦力，机械能不守恒有损失，所以机械能减小。故选A。
5．解放军发出4枚“东风快递”（中程弹道导弹），准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M（含燃料）的东风导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是（ ）
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
【答案】D
【详解】由动量守恒定律得
则导弹获得的速度
v=v0
故选D。
6．北京冬奥会上，中国女子冰球队战胜日本队。如图所示，在某次击球过程中，用球杆将球以原速率反向击回，下列说法正确的是（ ）
A．击球过程中，球的动量未发生变化
B．记录球被击回后的轨迹时，可将球看成质点
C．球被击出后在冰面上滑行时仅受重力和冰面支持力
D．研究运动员击打冰球的部位时，可以将冰球看成质点
【答案】B
【详解】A．动量是矢量，方向发生了变化动量也就发生了变化，故A错误；B．当研究冰球的轨迹，此时其大小形状对所研究的问题没有影响显著，可以将其视为质点，故B正确；C．球被击出后在冰面上滑行时，受到有重力、冰面的支持力以及滑动摩擦力，故C错误；D．运动员击打冰球的不同部位会产生不同的效果，此时不可以将其视为质点，故D错误。故选B。
7．马戏团表演时，小猴子沿着竹竿匀加速上爬，同时下面的人顶着直杆水平匀速移动，观众观看小猴子的运动描述正确的是（ ）
A．小猴子做匀变速运动
B．摩擦力对小猴子做负功
C．下面的人对杆子做正功
D．杆子对小猴子的冲量为零
【答案】A
【详解】A. 由题意可知，小猴子在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，故小猴子的合运动为匀变速曲线运动，选项A正确；B. 小猴子在竖直方向受到向上的摩擦力，摩擦力方向与合速度的夹角小于，故摩擦力对小猴子做正功，选项B错误；C. 下面的人顶着直杆水平匀速移动，杆子受到重力、小猴子对它的摩擦力、人的作用力，由于受力平衡，人对杆子的作用力竖直向上，即人对杆子的作用力与杆的运动方向垂直，故下面的人对杆子不做功，选项C错误；D. 杆子对小猴子有竖直向上的摩擦力，故杆子对小猴子有竖直向上的冲量，并不为零，选项D错误。故选A。
8．下列对能量守恒定律的认识正确的是（ ）
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
【答案】ABC
【详解】A．不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，即某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，A正确；B．能量在不同的物体间发生转移过程中能量是守恒的，即某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，B正确；C．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，C正确；D．石子从空中落下的过程中，机械能在变化，比如受空气阻力作用使机械能减少，最后停止在地面上时机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，D错误；故选ABC。
9．一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取，则（ ）
A．汽车在前内的牵引力为
B．汽车在前内的牵引力为
C．汽车的额定功率为
D．汽车在前内克服摩擦力做功
【答案】BD
【详解】A．根据图象，可得前内的加速度
由牛顿第二定律
解得
A．由上述分析A错误；B．由上述分析B正确；C．第五秒时到达额定功率
C错误；
D．前内的位移是
克服摩擦力做功
D正确．故选BD。
10．如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为，则（ ）
A．球的动能可能不变
B．球动量大小一定增加
C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
D．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
【答案】AD
【详解】AB．由动能与动量大小的关系
而动量的变化为
动量为矢量，动量变化可能是大小不变，若动量大小不变，仅方向变化，则动量大小增加为零，动能不变，故A正确，B错误；C．球受到棒的冲量方向与棒对球的作用力方向相同，则与球被击打前的速度方向相反，故C错误；D．球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。故选AD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．小明驾驶电动平衡车以恒定的功率从静止开始启动至匀速前进的过程中，平衡车的速度v和所受的牵引力F的变化为（ ）
A．v减小，F减小 B．v减小，F增大
C．v增大，F减小 D．v增大，F增大
【答案】C
【详解】根据可知平衡车以恒定的功率从静止开始启动至匀速前进的过程中，平衡车的速度增大，牵引力减小。故选C。
2．工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，下列说法正确的是（ ）
A．如果箱子做匀速直线运动，F一定对物体做正功
B．如果箱子做匀速直线运动，F一定对箱子不做功
C．如果箱子做减速直线运动，F一定对箱子做负功
D．如果箱子做加速直线运动，F可能对物体不做功
【答案】A
【详解】工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，推力F与箱子的速度方向一定相同，所以无论箱子的运动类型如何，F一定对箱子做正功，故A正确，BCD错误。故选A。
3．在刚刚结束的第24届冬季奥林匹克运动会上，我国运动员奋力拼搏，展现了更高、更强、更快、更团结的奥林匹克精神。在自由式滑雪女子大跳台项目上，我国18岁的小将谷爱凌以1620跳的高难度动作力压群芳，拿到了金牌。下面相关叙述正确的是（ ）
A．裁判在对谷爱凌1620跳的动作进行裁定时可以将运动员看成质点
B．教练员在分析运动员起跳后能到达的最大高度时可以将她看成质点
C．该项目不受天气环境的影响，随时可以进行比赛
D．该项目在完成的过程中满足机械能守恒
【答案】B
【详解】A．裁判在对运动员的动作进行裁定时，运动员的形状和大小不能忽略，不能看成质点，A错误；B．教练员在分析运动员起跳后能到达的最大高度时，运动员的形状和大小可以忽略，B正确；C．降雪带来的新增积雪，会使赛道表面松软，摩擦力增大，不利于选手发挥，C错误；D．该项目在完成的过程中有摩擦力、空气阻力等其它力做功，机械能不守恒，D错误。4．高楼玻璃日渐成为鸟类飞行的杀手，一只质量约为50g的麻雀以10m/s的速度水平飞行，撞到竖直的透明窗户玻璃上后水平速度减为0，麻雀与玻璃的碰撞时间约为0.01s，则窗户玻璃受到的平均冲击力的大小约为（ ）
A．10N B．50N
C．100N D．500N
【答案】B
【详解】由动量定理可得
Ft=mv
带入数据解得
F=50N
故选B。
5．一辆家用小轿车在水平面上在静止启动，达到最大速度后做匀速运动。整个过程中，小车的牵引力随时间的变化关系如图所示。小轿车发动机的额定功率，质量，运动过程中所受阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A． B．小车能获得的最大速度为
C．小车能获得的最大速度为 D．当小车的速度为时，其加速度为
【答案】B
【详解】A．在时间段内，牵引力不变，则
在时，达到额定功率，速度继续增大，牵引力减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，做匀速运动，则
则加速度为
功率公式为
解得
故A错误；BC．小车能获得的最大速度为
故B正确，C错误；D．当小车速度为
时，随着速度的增加，汽车牵引力减小，以恒定功率加速，则当小车的速度为时，则牵引力为
则此时加速度为
故D错误。故选B。
6．如图所示，倾角为θ的斜面与水平面连接于O点，质量为m的物块从斜面上P点由静止开始无初速度释放，最后停在水平面上的Q点。已知OP间的距离为L，重力加速度为g，物块可视为质点，则物块从P点运动到Q点的过程中损失的机械能为（ ）
A．mgLsinθ B．mgLcosθ C．mgLtanθ D．mgLcotθ
【答案】A
【详解】物块从P点运动到Q点的过程中，由动能定理得
解得物块克服摩擦力做的功
可知物块从P点运动到Q点的过程中损失的机械能为
BCD错误，A正确。故选A。
7．如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝240kg的车的一端，车长L＝3m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（ ）
A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B．车后退0.6m
C．人与车组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒
D．人的速率最大时，车的速率最小
【答案】B
【详解】A．人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力，它们大小F相等、方向相反、作用时间t相等，作用力的冲量I=Ft大小相等、方向相反，故A错误；B．设车后退的距离为x，则人的位移大小为L-x，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv人-Mv车=0
则
代入数据解得
x=0.6m
故B正确；C．人与车组成的系统在水平方向动量守恒；在人由车一端走到另一端的过程中，人和车之间的重力势能保持不变，而动能发生变化，则机械能不守恒，故C错误；D．人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv人-Mv车=0
则人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。故选B。
8．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是（ ）
A．该同学机械能增加了
B．起跳过程中该同学机械能增量为
C．地面的支持力对该同学做功为0
D．该同学所受的合力对其做功为
【答案】BC
【详解】AB．该同学的重力做功为
由功能关系可知重力势能增加了，动能增加了
故该同学机械能增加了
故A错误，B正确；C．地面的支持力没有产生位移，即有力无位移，故地面的支持力没有做功，故C正确；D．根据动能定理，知
故D错误。故选BC。
9．质量为的赛车在平直赛道上，第一阶段：先以恒定加速度加速，达到最大功率后，第二阶段：以恒定功率加速，设全程受到的阻力不变，其加速度和速度的倒数的关系如图所示，则赛车（ ）
A．第一阶段达到的最大速度为
B．赛车从加速到用时4s
C．赛车的最大输出功率为
D．第一阶段的加速度大小为
【答案】CD
【详解】AD．由数学知识可知，图像中当
时，加速度为
且之后的图像加速度一直恒定，则可知右侧水平直线的图像对应第一阶段，且第一阶段以恒定加速度加速，末速度为
故A错误，D正确；BC．第一阶段：设赛车牵引力为F，所受阻力为f，对赛车受力分析
功率为
第二阶段：以恒定功率加速，则
结合图像可得
解得
当
时，加速度为0，速度为
则在第二阶段由动能定理得
其中s未知，无法计算，故B错误，C正确。故选CD。
10．如图所示，在光滑的水平面上有质量相等的木块A、B，木块A以速度v前进，木块B静止。当木块A碰到木块B左侧所固定的弹簧时（不计弹簧质量），则（ ）
A．当弹簧压缩最大时，木块A减少的动能最多，木块A的速度要减少
B．当弹簧压缩最大时，整个系统减少的动能最多，木块A的速度减少
C．当弹簧由压缩恢复至原长时，木块A减少的动能最多，木块A的速度要减少v
D．当弹簧由压缩恢复至原长时，整个系统不减少动能，木块A的速度也不减
【答案】BC
【详解】A．弹簧恢复到原长时，弹性势能为零，木块A的动能全部转化成木块B的动能，木块A损失的动能最大，故A错误；B．弹簧压缩最大时，弹簧的弹性势能最大，AB两木块的系统动能最小，此时木块A与木块B达到共同速度，根据动量守恒动律有
解得
故木块A的速度减少，故B正确；CD．在弹簧被压缩到最短到恢复原长的过程中，弹簧弹力始终对木块A做负功，故弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律及能量守恒定律，A的速度为零，木块A的动能损失最大，速度减少了，故C正确D错误。故选BC。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．可视为质点的质量为的足球从距离地面高处由静止释放，足球与地面碰后的速度变为碰前速度的一半，足球反弹后经过一段时间第一次上升到最高点，忽略空气阻力，以地面为零势能面，。则下列说法正确的是（ ）
A．足球在释放点和第一次到达的最高点重力势能为12.5J和3.125J
B．足球下落和上升过程，重力做功的绝对值之比为
C．足球由释放到第1次上升到最高点的过程中重力势能的减少量为6.25J
D．如果考虑空气阻力，足球下落过程重力做的功减小
【答案】A
【详解】A．设足球与地面碰前的速度为，则碰后的速度为，碰后足球上升的高度为，根据运动学公式可得
，
联立可得
则足球在释放点和第一次到达的最高点重力势能分别为
故A正确；B．足球下落和上升过程，重力做功的绝对值之比为
故B错误；C．足球由释放到第1次上升到最高点的过程中重力势能的减少量为
故C错误；D．如果考虑空气阻力，由于下落高度不变，足球下落过程重力做的功不变，故D错误。故选A。
2．如图，倾角为45°的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B、C两点，B点和斜坡等高。甲战斗机以水平速度v1飞到C点时释放炸弹M，准确命中斜坡上的P点，CP的连线垂直于坡面，乙战斗机以水平速度v2飞到B点时释放炸弹N，也准确命中斜坡上的P点，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹质量相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．C点距离A点的高度为
B．炸弹M、N在空中的飞行时间之比为
C．
D．炸弹M、N的重力做的功之比为
【答案】B
【详解】A．设AP的水平距离为x，则从B点释放的炮弹运动轨迹如图所示
根据推论可知，该炮弹速度的反向延长线平分水平位移，则有
y+x=h
解得
根据从C释放的炮弹CP的连线垂直于坡面可得CP间的竖直高度
C点距离A点的距离为
故A错误；
B．设炸弹M、N在空中的飞行时间分别为，，根据平抛运动的规律得
可得
故B正确；C．由平抛运动的规律有
解得
故C错误；D．根据重力做功公式
W=mgh
因炸弹M、N竖直方向上的位移之比为2：1，因此，炸弹M、N的重力做的功之比为2：1，故D错误。故选B。
3．关于下列四种运动模型的分析，说法正确的是（ ）
A．对甲图，在忽略空气阻力的情况下，抛出的秧做匀变速曲线运动
B．对乙图，人从大门上楼走到房门口，位移的方向竖直向上
C．对丙图，空间站绕地球运行并不是完全失重状态
D．对丁图，风推动帆船前行，风对帆船做正功，则帆船不能逆风行驶
【答案】A
【详解】A．对甲图，在忽略空气阻力的情况下，抛出的秧做匀变速曲线运动，故A正确；B．对乙图，人从大门上楼走到房门口，位移的方向斜向右上方，故B错误；C．对丙图，空间站绕地球运行，向心加速度是重力加速度，是完全失重状态，故C错误；D．对丁图，调整好风帆的角度，帆船可以逆风行驶。逆风行驶的情况下。风仍对帆船做正功，故D错误。故选A。
4．如图所示，在发射长征十一号系列运载火箭时，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭在发射仓内上升过程，受重力和空气阻力两个力的作用
B．火箭的加速度为零时，动能最大
C．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
D．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
【答案】B
【详解】A．火箭在发射仓内上升过程，受重力、高压气体对火箭的推力和空气阻力三个力的作用，故A错误；B．火箭先做加速度减小的加速运动，速度增大，火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故B正确；C．重力、高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故C错误；D．重力、高压气体对火箭推力和空气阻力的冲量之和等于火箭动量的增加量，故D错误。故选B。
5．如图所示，质量为m的小球做半径为R、线速度为v的匀速圆周运动。在从A运动到B的过程中，速度的偏转角为，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A运动到B的过程中，做匀变速曲线运动
B．小球从A运动到B的过程中，运动的时间为
C．小球从A运动到B的过程中，若，则动量变化量的大小为
D．小球从A运动到B的过程中，向心力做功为0
【答案】D
【详解】A．小球从A运动到B的过程中。加速度的方向发生变化，做变加速曲线运动，故A错误；B．由
解得小球从A运动到B的时间为
故B错误；C．由速度变化的矢量三角形可得
若，则
动量变化量的大小为
故C错误；D．由动能定理可得
故D正确。故选D。
6．如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球m2=4m1，课桌边缘离地面高度为h=0.75m，天花板离地面3.6m，则（ ）
A．A小球弹起能打到天花板
B．B小球弹起能超过桌子一半高度
C．在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向
D．在碰撞的总过程，A小球机械能守恒
【答案】A
【详解】AB．以B为研究对象，从B小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B的速度为v1，由功能关系可得
由于B触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不变，方向相反，设碰后B速度为v2，则在大小上有
以A球为研究对象，从B小球开始下落至地面时过程中，设A球落地前速度为v3，g取10m/s2，则由功能关系可得
根据以上可解得速度大小均为
由于AB触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB两球相碰过程为研究过程，设AB两球相碰后速度分别为v4，v5，以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
联立以上及结合题意可解得
以A球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得
联立可得
故A球弹起能打到天花板。
同理，以B球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得
联立可得
故B球弹起后不能超过桌子一半高度。故A正确，B错误；C．在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A球发生碰撞前后速度分别为v3，v4，故对A球有
B球发生碰撞前后速度分别为v2，v5，故对B球有
故C错误。D．由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D错误。故选A。
7．如图所示，一物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力大于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【答案】D
【详解】A．物块向右匀速运动时，处于平衡状态，没有相对夹子滑动，物块与夹子之间的摩擦力小于或等于2F，故绳中的张力大小应小于或等于2F，A错误；B．小环碰到钉子后，物块向上摆动，物块在夹子中没有滑动，说明小环碰到钉子瞬间，物块与夹子之间的摩擦力小于或等于2F，绳中的张力也就小于或等于2F，B错误；C．物块向上摆动过程，由机械能守恒定律有
可得上升的最大高度为
C错误；D．小环碰到钉子瞬间，物体在竖直平面内做圆周运动，当物块与夹子之间的摩擦力等于2F时，物体的速度最大，根据牛顿第二定律
解得物体的速度
因此物块的速度应小于或等于，D正确。
故选D。
8．如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（ ）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则系统在摩擦生热增大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
【答案】AB
【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知
再对木板受力分析
若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，A正确；B．若只增大长木板质量，由
可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v1时的速度先对与原来变大了，对滑块
滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由
即滑块在木板上的运动时间减小，B正确；C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板
摩擦力做功不变，C错误；D．若只减小动摩擦因数，由
那么滑块和木板的加速度等比例减小，由
相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，D错误。故选AB。
9．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物轻放在传送带上的A端，经过到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度，则可知（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有
由图乙可得
货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有
由图乙可得
联立解得
故A正确；
B．图像与t轴所围的面积表示位移，货物在1.2s内发生的位移等于A、B两点的距离，由图乙可知传送带的长度为
故B正确；C．货物受到的摩擦力为
时间内的位移为
对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功
同理时间内，货物的位移为
摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为
所以整个过程，传送带对货物做功为
所以传送带对货物做功大小为11.2J，故C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
时间内，传送带的位移为
总相对路程为
货物与传送带摩擦产生的热量为
故D正确。故选ABD。
10．如图甲所示，在水平桌面上竖直固定一内壁光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点受到轨道的作用力为2.5N，轨道半径r＝0.4m，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中
B．小球质量为0.2kg
C．小球在B点受到轨道作用力为8.5N
D．小球从A至C的过程中，轨道ABC对桌面的水平冲量大小为
【答案】BCD
【详解】A．小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程，由动能定理得
由此可知
由乙图知，当h=0.8m时，v2=9m2/s2，解得v0=5m/s，当h=0时
故A错误；
B．由图乙可知，，小球在C点的速度，在最高点C由牛顿第二定律得
解得，故B正确；
C．小球从A到B运动过程，只有重力做功，机械能守恒，有
在B点有
解得
故C正确；D．小球从A至C的过程中，选向左为正方向，对小球应用动量定理可得轨道对小球的冲量为
解得，所以小球对轨道的冲量大小也是，又因为轨道静止，所以小球对轨道的水平冲量与桌面对轨道的水平冲量大小相等，方向相反，所以轨道对桌面的水平冲量大小也为，故D正确。
故选BCD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，物体从固定的粗糙斜面顶端A点无初速度下滑，压缩轻质弹簧到最低点C，然后被弹回最高到达D点，已知B点为弹簧原长所在位置，D点为A、B中点，物体可看作质点，则下列说法正确的是（ ）
A．物体运动到B点时速度最大
B．第一次经过B点和第二次经过B点的速度大小之比为2：1
C．第四次经过B点时的速度为零
D．物体由A到B过程中增加的动能大于由B到D的过程中减小的动能
【答案】D
【详解】A．物体运动到B点，弹簧弹力为0，受力分析可知合力沿斜面向下，物块继续做加速运动，故B点速度不是最大，故A错误；B．设AD高为h，长为x，第一次到达B点根据动能定理得
第二次到达B点到返回D点根据动能定理得
联立得
则
故
故B错误；
C．设BC长为，再次压缩弹簧长度为，第一次回到D根据动能定理得
从D点再次回到B点，正好为第四次到达B点，根据动能定理
则
故C错误；D．从A到B增加的动能
从B到D减小的动能
因为
故
故D正确。故选D。
2．如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的加速度先增大后减小
C．小球速度最大时弹簧的形变量为
D．弹簧的最大形变量为
【答案】D
【详解】A．小球、地球和弹簧组成的系统的机械能守恒。A错误；B C D．开始时，小球的重力大于弹力，加速度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即
mg=kx
即
x=
此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为
2x=
BC错误，D正确。故选D。
3．如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球。小球经过B点时轨道对小球的作用力大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点的速度大小为
B．细管在D点对小球的作用力与在B点的作用力相同
C．小球到达C点时，细管对小球的作用力大小为
D．小球到达A点时，细管对小球的作用力大小为mg
【答案】D
【详解】A．小球在B点时，受到重力、轨道垂直斜面的弹力大小为和轨道对小球指向圆心的弹力，由力的合成定则，则有
由牛顿第二定律，可得
解得小球在B点的速度大小为
A错误；
B．小球从B点到D点只有重力做功，因此机械能守恒，小球在这两点的高度相同，因此小球在这两点的速度大小相等，所以细管在D点对小球的作用力与在B点的作用力大小相同，方向不同，B错误；C．因小球在运动中的机械能守恒，小球到达C点时，则有
由牛顿第二定律，可得细管对小球的作用力大小为
C错误；
D．小球到达A点时，由机械能守恒定律，则有
解得
由临界条件，可得细管对小球的作用力大小为mg，D正确。故选D。
4．如图，质量的小球（可视作质点）从点以初速度水平抛出后撞到竖直挡板上，已知挡板与点的水平距离为，点足够高，空气阻力不计，。则小球撞到板上时的最小动能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】运动时间为
竖直方向速度
末动能为
故选C。
5．我国的“直-9”直升飞机在无风的情况下悬停在空中的照片如图所示，设螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为，“直-9”直升飞机的质量为，设重力加速度为，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，“直-9”直升飞机的质量不变，下列说法正确的是（ ）
A．“直-9”直升飞机受到空气的作用力大小为，方向竖直向上
B．“直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的冲量为0
C．因为空气不断地被向下加速，所以“直-9”直升飞机的发动机消耗的功率为
D．单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为
【答案】A
【详解】A．“直-9”直升飞机在悬停，合力为0，故受到空气的总作用力大小为
方向竖直向上，故A正确；
B．“直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的作用力大小为，故空气对“直9”直升飞机的冲量不为0，故B错误；C．以空气为研究对象，设在时间内有质量为的空气被推，获得速度，根据动量定理可得
在时间内，飞机发动机对质量为的空气做功为
则发动机的功率为
故C错误；D．根据动量定理可得
单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为
故D错误。故选A。
6．如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g为当地重力加速度）（ ）
A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为2mg
C．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m
D．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M
【答案】C
【详解】AB．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v；
根据机械能守恒定律有
mv2=mgRcosθ
由牛顿第二定律有
N-mgcosθ=m
解得小球对小车的压力为
N=3mgcosθ
其水平分量为
Nx=3mgcosθsinθ=mgsin2θ
根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为
f=Nx=mgsin2θ
可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为
fmax=mg
故AB错误；CD．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v2，小球的速度设为v1，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得,
mv1-Mv2=0
系统的机械能守恒，则得
mgR=mv12+Mv22
解得：
v2=
故C正确，D错误。故选C。
7．如图所示，质量为m的子弹，以初速度射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中。木块质量为M，长度为L，子弹射入木块的深度为d，在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．d可能大于s，也可能小于s
B．s可能大于L，也可能小于L
C．s一定小于d，s一定小于L
D．若子弹质量减小，d和s不一定同时变小
【答案】CD
【详解】木块和子弹组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有
解得
木块增加的动能等于阻力与木块的位移乘积
系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积
由此计算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子弹质量减小，d一定变小，s一定变小。
故选CD。
8．如图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点的速度大小为 B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小球离开小车后上升的高度小于R D．小车向左运动的最大距离为R
【答案】AD
【详解】A．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有
则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒
则最低点的速度大小为
故A正确；B．小球离开小车后水平方向分速度为0，做竖直上抛运动，故B错误；C．小球离开小车后水平方向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小车后仍能上到下落点的高度R，故C错误；D．小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知两者的相对位移为2R，故小车向左运动的最大距离为R，故D正确。故选AD。
9．“打夯”即用“夯”把松散的地面砸实。如图b所示，四位打夯者对称面向夯，通过四根绳子同时对100kg的夯施加拉力，使夯沿竖直方向以3m/s的速度匀速上升，当夯被提至离地80cm时，四人同时松手，夯落到土地上砸了一个深5cm的地坑。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．人拉夯上升的过程中，拉力逐渐变大
B．夯刚落地时的速度大小为4m/s
C．夯受到土地的平均阻力为2.6×104
D．夯与土地的作用时间为0.02s
【答案】ACD
【详解】A．人拉夯匀速上升的过程中，由平衡条件，竖直向上的合力大小始终等于重力大小，设绳子与竖直方向夹角为
夯上升时，力F与竖直方向的夹角逐渐变大，所以拉力F逐渐变大，A正确；
B．松手时，夯做竖直上抛运动，由
夯刚落地时的速度大小
B错误；C．夯入地面过程满足，由动能定理
得
C正确；D．由动量定理
求得
D正确。故选ACD。
10．如图1所示，一辆汽车在水平路面上由A运动到C，如图2所示为汽车行驶的v—t图像，其在AC段的运动时间为15s，路段BC更加粗糙，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。已知汽车的质量为2000kg，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在BC路段做加速度增大的直线运动
B．汽车在AB路段上运动时所受阻力的大小为2000N
C．汽车刚好开过B点时加速度a的大小为2m/s2
D．BC路段的长度为68.75m
【答案】BD
【详解】A．v—t图像的斜率表示加速度，由图像可知，汽车在BC路段做加速度减小的变减速直线运动，A错误；B．汽车在AB路段上运动时做匀速直线运动，则有
B正确；C．根据图像可知，15s后汽车做匀速直线运动，则有
汽车刚开过B点后时有
解得
a=1m/s2
C错误；D．BC段的运动时间
BC路段根据动能定理有
解得
D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是（ ）
A．两小球到达底端时动能相同
B．两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同
C．两小球到达底端时速度相同
D．到达最底端时，甲乙两小球的重力做功的瞬时功率相等
【答案】A
【详解】A．由机械能守恒定律
两个小球达到底端时动能相同，都等于mgR，故A正确；B．重力做功与路径无关，两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同，都等于mgR，故B错误；C．两小球到达底端时速度方向不同，所以速度不相同，故C错误；D．两小球到达底端时，两个小球重力做功的瞬时功率分别为
两小球到达底端时，甲乙两小球的重力做功的瞬时功率不相等，故D错误。故选A。
2．如图中（a）、（b）、（c）依次对应跳高项目中运动员助跑、起跳离地瞬间、跃过横杆三个状态，已知运动员的质量为，空气阻力忽略不计。根据图示信息，关于跳高过程的描述中，符合实际的是（ ）
A．起跳的速度至少要大于
B．在助跑加速过程中，地面对鞋的摩擦力做了正功
C．从（a）到（b）的过程，支持力对人体做的功大于
D．从（b）到（c）的过程，机械能增加了
【答案】A
【详解】A．起跳后竖直方向可视为竖直上抛运动，重心升高的高度为，由
可知
选项A正确；B．在助跑加速过程中，地面对鞋为静摩擦力，其对应位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功，选项B错误；C．助跑状态到起跳离地状态的过程中，支持力的位移等于0，支持力对人体不做功，选项C错误；D．从起跳离地状态到人体跃过横杆状态的过程中，人体只受重力作用，机械能守恒，选项D错误。故选A。
3．如图所示，某种气体分子束由质量为m、速度为v的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有个分子，下列说法正确的是（ ）
A．单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为0
B．单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做负功
C．分子束撞击平面所产生的压强为
D．若计算分子束撞击平面单位面积上的压力，一定要选取所有的分子为研究对象
【答案】C
【详解】A．由题意，单个分子的动量变化量的大小为
故A错误；B．由动能定理，单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做功为
即平面对其做功为0，故B错误；
CD．若计算分子束撞击平面单位面积上的压力，一般情况下选在极短时间内打到平面上的分子为研究对象，设在时间内打到横截面积为S的平面上的气体的质量为，则有
取为研究对象，它受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F，以碰撞前的速度v的方向为正方向，山动量定理得
解得
根据牛顿第三定律可知、平面受到的压强为
故C正确，D错误。故选C。
4．“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段；①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了减少飞行时间
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间
【答案】D
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B错误；C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D正确。故选D。
5．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，则（ ）
A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒
B．此后的过程中，小球一直做圆周运动
C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0
D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0
【答案】C
【详解】A．在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故A错误；B．若小车不动，则释放小球后做圆周运动；而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故B错误；C．刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则
则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于
可知，小球重力的平均功率为0，故C正确；D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为
时间增加，则冲量不为0，故D错误。故选C。
6．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，滑块Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，长为，与垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中（ ）
A．P和Q组成的系统机械能守恒
B．P的速度一直增大
C．轻绳对P做的功为8mgL
D．重力对Q做功的功率一直减小
【答案】C
【详解】A．不计摩擦，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B．在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P的弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在AB间某位置合力为0，速度最大，故B错误；CD．根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，则重物Q重力的功率为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，此时，重物Q重力的功率为0，则滑块P从A点到达B点时过程中，重物Q重力的功率先增大后减小；滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为
重物Q下降的高度为
设滑块P运动到位置B处速度大小为v，A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、B两点弹簧得弹性势能相等，根据机械能守恒定律可知
解得在B点的速度为
对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理可知
解得
故C正确，D错误。故选C。
7．如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率顺时针运行。质量为m木块以初动能从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的动能随路程s变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．设木块动能为E0时对应的速度为v1；当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v1，木块动能仍为E0，故A不可能；
B．当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，此时木块的动能为，以后保持不变，故B可能；
C．当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块速度减小至小v0时，摩擦力变为沿斜面向上，但是木块继续向上减速只是加速度比原来更小（设加速度大小为a2
本题选不可能的，故选A。
8．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（ ）
A．竖直拉力的大小为
B．物块A上升的高度为
C．物块的速度大小为
D．弹簧弹性势能的减少量为
【答案】BD
【详解】A．A、B未分离时把它们当作整体，随着整体上升，弹簧弹力会变小，为了保证加速度不变，竖直拉力会增大，而不是固定值。故A错误；B．初始时，整体静止所以受力平衡，此时弹簧形变量为
A、B刚刚分离时，它们的加速度都为，此时对A用牛顿第二定律
解得
根据胡克定律可得此时的弹簧形变量为
则物块A上升的高度为
故B正确；C．由于物块做匀加速直线运动，所以
得物块的末速度为
故C错误；D．根据功能关系得弹簧弹性势能减少量等于弹力对外做功的大小，弹力对外做功是变力做功，力是均匀变化，我们可以取弹力的平均值来计算
故D正确。故选BD。
9．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴上，另一端与质量为的小球（可视为质点）相连，小球套在粗糙程度处处相同的直杆上。点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为，，为的中点，等于弹簧原长。小球从处由静止开始下滑，经过处的速度为，并刚好能到达处。已知重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．小球通过点时的加速度为
B．小球通过段与段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．到过程中，产生的内能为
【答案】BC
【详解】A．在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为
A错误；B．AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，B正确；CD．设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有
A到C的过程有
mgh=2Wf
解得
，
即弹簧具有的最大弹性势能为；A到C过程中，产生的内能为
C正确，D错误。故选BC。
10．如图，竖直平面内固定有两根足够长的平行导槽，质量为的型管恰好能在两导槽之间自由滑动，其弯曲部分是半圆形，点为圆弧部分中点，轻弹簧右端固定于型管下端点处。一半径略小于管半径、质量为的小球以初速度从型管上端A点向左射入，最终又从A点离开型管。已知小球刚到达型管圆弧上端时与型管之间没有作用力，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．小球在点的速度大小为
B．小球在点的速度大小为
C．型管获得的最大速度为
D．型管获得的最大速度为
【答案】BD
【详解】AB．由题知，小球刚到达型管圆弧上端时与型管之间没有作用力，且不计一切摩擦，则有
小球从射入到运动到U型管最左端B点的过程中，小球和U型管平行于导轨方向动量守恒，以向左为正，则有
解得
根据能量守恒定律得
联立解得
故A错误，B正确；
CD．当小球再次回到型管上端水平部分时，型管获得的速度最大，根据水平方向动量守恒，以向左为正，则有
根据能量守恒有
联立解得
故C错误，D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端连接一质量为m的小球（可视为质点），重力加速度为g。现使弹簧水平且为自然长度，将小球从静止开始无初速度释放，不计空气阻力，当小球到达最低位置时，弹簧的弹力大小（弹簧始终处于弹性限度内）可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设弹簧的伸长量为x，劲度系数为k，弹簧的原长为L，小球在最低点，有
松手点到最低点有
整理有
所以有
即
所以整理有
故选A。
2．如图，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小。过程I：让物块从A由静止开始滑到B；过程Ⅱ：将A着地，抬高B，使木板的倾角与过程I相同，再让物块从B由静止开始滑到A。则（ ）
A．物块经过P点的动能，过程I较大
B．物块滑到底端的速度，过程I较大
C．物块从顶端滑到底端的时间，过程I较长
D．物块从顶端滑到P点的过程中摩擦产生的热量，过程I较少
【答案】C
【详解】Ａ．设斜面与水平面夹角为，质量为m，根据牛顿第二定律有
过程I：让物块从A由静止开始滑到B，小物块与木板间的动摩擦因数逐渐减小，加速度逐渐增大；过程Ⅱ：将物块从B由静止开始滑到A，小物块与木板间的动摩擦因数逐渐增大，加速度逐渐减小；画出两个过程的速度—时间图像如图所示
两次经过P点，过程I位移比过程Ⅱ位移小，由图像可知过程I经过P点速度比过程Ⅱ经过P点速度小，所以过程Ⅱ经过P点的动能大，故A错误；B．过程I和过程Ⅱ重力和摩擦力做功都一样，根据动能定理可知物块滑到底端的速度相同，故B错误；C．由图像可知滑到底端时速度相同，过程I比过程Ⅱ用的时间长，故C正确；D．物块从顶端滑到P点的过程中，位移大小不同，摩擦力大小不同，摩擦产生的热量无法确定，故D错误。故选C。
3．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的10%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小物块第一次到达O点时，根据机械能守恒定律可得小物块获得的动能为
此过程中物块运动的路程为
小物块第1次经过O点在左斜面上滑过程，有
小滑块在左斜面上运动的路程为
第2次经过O点沿右斜面上滑时，有
小滑块在右斜面上运动的路程为
由此可知，小物块从开始下滑到最终停止于O点，运动的总路程为
可得，当n趋近于无穷大时，有
故选C。
4．如图所示，一质量不计的直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则（ ）
A．当OA边转过45°时，A球的速度最大
B．当OA边转过90°时，A球的速度为
C．B球的最大速度为
D．B球可上升的最大高度为
【答案】D
【详解】A．球A和B组成的系统，在转动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，设当OA与竖直方向的夹角为时，由机械能守恒得
又A、B两球转动的角速度相同，则有
解得
式中，则，由数学知识知
时，有最大值，A球速度最大，故A错误；
B．由选项A分析可知
当OA边转过90°时，此时，代入上式求得
故B错误；
C．由可知，当A球速度达到最大时，B球也达到最大速度，根据
当时，A球速度达到最大，为
则
故C错误；
D．B球到达最大高度时速度为零，则A球速度也为零，设此时OA杆位于竖直位置向左偏了角，假设B球能上升的最大高度为，则有
可求得
即
此时可求得A球下降的高度为
根据A、B系统机械能守恒，此时应满足
显然假设成立，所以B球可上升的最大高度为，故D正确。故选D。
5．如图所示，轻质弹簧一端固定，静放在斜面上，质量为m的物块A从弹簧的自由端处由静止释放，沿斜面向下运动，然后返回一段距离后静止，已知斜面的倾角为，物块A与斜面间的动摩擦因数为，弹簧最大压缩量为x，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A向下运动到处加速度最大
B．物块A向上运动到处动能最大
C．弹簧最大弹性势能大于
D．系统损失的机械能大于
【答案】C
【详解】A．物块A向下运动，受到沿斜面向上的弹力逐渐增大，而重力和摩擦力不变，因此运动到最低点时加速度最大，选项A错误；B．物块A到最低点时根据能量守恒有
解得
物块A向上运动动能最大，此时加速度为零，则有
解得
选项B错误；C．物块A向上运动到动能最大时根据能量守恒有
又
可得
弹簧最大弹性势能
选项C正确；
D．设物块A向上运动到停止，则有
又
解得
整个过程系统损失的机械能
又
所以
选项D错误。故选C。
6．如图所示，物体A、B的质量分别为和，之间用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则（ ）
A．从撤去推力到离开竖直墙之前，和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
B．从撤去推力到离开竖直墙之前，和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C．弹簧第二次恢复为原长时，A、B两物体的速度一定相同
D．弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为
【答案】A
【详解】AB．从撤去推力到离开竖直墙之前，对和弹簧组成的系统所受外力的合力等于竖直墙的弹力，不为0，则该系统动量不守恒，但该系统只有系统内的弹力做功，因此对该系统，机械能守恒，A正确，B错误；C．令用力向左推B使弹簧压缩最短时的弹性势能为，则弹簧第一次恢复原长时
之后物体A离开竖直墙，系统动量守恒，到第二次弹簧恢复原长，有
解得
A、B两物体的速度不相同，C错误；D．根据上述，弹簧第一次压缩最短时弹性势能
物体A离开竖直墙，系统动量守恒，到第二次压缩至最短，有
解得
则有
D错误。故选A。
7．将一个小球以速度竖直向上抛出，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为。空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球运动到最高点速度为零处于平衡状态
B．小球上升的最大高度为
C．小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量
D．小球运动的最大加速度大小为
【答案】B
【详解】A．小球运动到最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力作用，可知物体加速度为重力加速度，竖直向下，处于失重状态，故A错误；D．设空气阻力
当小球的速度为时，小球处于平衡状态
可得
刚抛出时加速度最大
联立可得
故D错误；B．在上升过程中由动量定理
即
解得
故B正确；C．小球上升过程中阻力冲量的大小
下降过程中阻力冲量的大小为
又
可知小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量等于下降过程中阻力的冲量，故C错误。故选B。
8．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量为的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力的最大值为 B．组合体c动能的最大值为
C．间距离为 D．a、b碰撞过程中机械能的损失为
【答案】BC
【详解】A．设弹簧的最大压缩量为，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧，说明组合体c在弹簧恢复原长时速度为零，根据系统机械能守恒可得
解得
则弹簧弹力的最大值为
故A错误；B．当弹簧弹力等于组合体重力沿斜面向下分力时，组合体c动能最大，根据受力平衡可得
可得
从压缩量最大到组合体c动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
联立解得组合体c动能的最大值为
故B正确；C．P点对应的弹簧压缩量为
设组合体在P点的速度大小为，组合体从P点到最大压缩量过程，根据系统机械能守恒可得
解得
设小物块b与a碰撞前的速度为，碰撞过程根据动量守恒定律可得
解得
小物块b从到过程，根据动能定理可得
联立解得
故C正确；D．a、b碰撞过程中机械能的损失为
故D错误。故选BC。
9．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1：3
B．弹簧的劲度系数
C．从x1到x3的过程中，物块A、B一起运动加速度的最大值
D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】ABD
【详解】A．根据
得
则A、B碰撞后共速的速度为
根据动量守恒
得
A正确；B．碰撞前，弹簧弹力等于B的重力，当A、B运动至x2时，速度最大，则
A自由下落过程中，满足机械能守恒
联立得
B正确；C．当A、B运动至x3时，加速度最大，由牛顿第二定律
联立得，最大加速度为
C错误；
D．碰撞后A的动能为，根据质量比可知，B的动能为，从x1到x3的过程中，根据机械能守恒，弹簧的弹性势能增加量为
解得
D正确。故选ABD。
10．如图所示，质量为m的小物块置于倾角为的固定斜面上、在水平向右的推力作用下以速度v匀速运动，速度方向与水平推力方向成角沿斜面向下。重力的功率为，水平推力的功率为。已知重力加速度为g，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】AB．速度沿斜面向下的分速度
重力沿斜面向下的分力
则重力的功率为
故A错误，B正确；
CD．物块受到的摩擦力方向与相对运动方向相反，摩擦力，根据平衡条件，水平推力
①
②
速度沿水平方向的分速度
③
④
联立①②③④得
故C错误，D正确。故选BD。
专题03 功、能和动量
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．从高为h处以速度竖直向上抛出一个质量为m的小球，如图所示。若取抛出点小球的重力能为0，不计空气阻力，则小球着地时的机械能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】整个过程中，只有重力做功，则机械能守恒，初位置的机械能为
则小球着地时的机械能为。故选C。
2．下列关于能量守恒定律的认识不正确的是（ ）
A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B．某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，不可能制成
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明能量消失了
【答案】D
【详解】A．根据能量守恒定律可知，某种形式的能减少，其他形式的能一定增加，A正确，不符合题意；B．某个物体的能量减少，根据能量守恒定律可知，必然有其他物体的能量增加，B正确，不符合题意；C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机，违反了能量守恒定律，不可能制成，C正确，不符合题意；D．石子在碰撞中机械能转化为了内能，能量并没有消失，D错误，符合题意；故选D。
3．如图所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（ ）
A．一直不做功 B．一直做正功
C．一直做负功 D．先做正功后做负功
【答案】A
【详解】对小环进行受力分析，大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力，大环对小环的弹力总是垂直于小环的速度方向，弹力与速度的夹角为90°，所以大环对小环没有做功。故A正确；BCD错误。故选A。
4．如图所示，人从滑梯上加速滑下，人和滑梯间有摩擦力，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是（ ）
A．重力势能减小，动能增加，机械能减小
B．重力势能减小，动能不变，机械能减小
C．重力势能增加，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
【答案】A
【详解】人从滑梯上加速滑下，速度变大，动能增加，高度降低，重力势能减小，由于人和滑梯间有摩擦力，机械能不守恒有损失，所以机械能减小。故选A。
5．解放军发出4枚“东风快递”（中程弹道导弹），准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M（含燃料）的东风导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是（ ）
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
【答案】D
【详解】由动量守恒定律得
则导弹获得的速度
v=v0
故选D。
6．北京冬奥会上，中国女子冰球队战胜日本队。如图所示，在某次击球过程中，用球杆将球以原速率反向击回，下列说法正确的是（ ）
A．击球过程中，球的动量未发生变化
B．记录球被击回后的轨迹时，可将球看成质点
C．球被击出后在冰面上滑行时仅受重力和冰面支持力
D．研究运动员击打冰球的部位时，可以将冰球看成质点
【答案】B
【详解】A．动量是矢量，方向发生了变化动量也就发生了变化，故A错误；B．当研究冰球的轨迹，此时其大小形状对所研究的问题没有影响显著，可以将其视为质点，故B正确；C．球被击出后在冰面上滑行时，受到有重力、冰面的支持力以及滑动摩擦力，故C错误；D．运动员击打冰球的不同部位会产生不同的效果，此时不可以将其视为质点，故D错误。故选B。
7．马戏团表演时，小猴子沿着竹竿匀加速上爬，同时下面的人顶着直杆水平匀速移动，观众观看小猴子的运动描述正确的是（ ）
A．小猴子做匀变速运动
B．摩擦力对小猴子做负功
C．下面的人对杆子做正功
D．杆子对小猴子的冲量为零
【答案】A
【详解】A. 由题意可知，小猴子在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，故小猴子的合运动为匀变速曲线运动，选项A正确；B. 小猴子在竖直方向受到向上的摩擦力，摩擦力方向与合速度的夹角小于，故摩擦力对小猴子做正功，选项B错误；C. 下面的人顶着直杆水平匀速移动，杆子受到重力、小猴子对它的摩擦力、人的作用力，由于受力平衡，人对杆子的作用力竖直向上，即人对杆子的作用力与杆的运动方向垂直，故下面的人对杆子不做功，选项C错误；D. 杆子对小猴子有竖直向上的摩擦力，故杆子对小猴子有竖直向上的冲量，并不为零，选项D错误。故选A。
8．下列对能量守恒定律的认识正确的是（ ）
A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的
D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了
【答案】ABC
【详解】A．不同形式的能量间的转化过程中能量是守恒的，即某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，A正确；B．能量在不同的物体间发生转移过程中能量是守恒的，即某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加，B正确；C．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律，C正确；D．石子从空中落下的过程中，机械能在变化，比如受空气阻力作用使机械能减少，最后停止在地面上时机械能并没有消失，而是转化成其他形式的能，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，D错误；故选ABC。
9．一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示。已知汽车的质量，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取，则（ ）
A．汽车在前内的牵引力为
B．汽车在前内的牵引力为
C．汽车的额定功率为
D．汽车在前内克服摩擦力做功
【答案】BD
【详解】A．根据图象，可得前内的加速度
由牛顿第二定律
解得
A．由上述分析A错误；B．由上述分析B正确；C．第五秒时到达额定功率
C错误；
D．前内的位移是
克服摩擦力做功
D正确．故选BD。
10．如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为，则（ ）
A．球的动能可能不变
B．球动量大小一定增加
C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
D．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
【答案】AD
【详解】AB．由动能与动量大小的关系
而动量的变化为
动量为矢量，动量变化可能是大小不变，若动量大小不变，仅方向变化，则动量大小增加为零，动能不变，故A正确，B错误；C．球受到棒的冲量方向与棒对球的作用力方向相同，则与球被击打前的速度方向相反，故C错误；D．球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。故选AD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．小明驾驶电动平衡车以恒定的功率从静止开始启动至匀速前进的过程中，平衡车的速度v和所受的牵引力F的变化为（ ）
A．v减小，F减小 B．v减小，F增大
C．v增大，F减小 D．v增大，F增大
【答案】C
【详解】根据可知平衡车以恒定的功率从静止开始启动至匀速前进的过程中，平衡车的速度增大，牵引力减小。故选C。
2．工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，下列说法正确的是（ ）
A．如果箱子做匀速直线运动，F一定对物体做正功
B．如果箱子做匀速直线运动，F一定对箱子不做功
C．如果箱子做减速直线运动，F一定对箱子做负功
D．如果箱子做加速直线运动，F可能对物体不做功
【答案】A
【详解】工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，推力F与箱子的速度方向一定相同，所以无论箱子的运动类型如何，F一定对箱子做正功，故A正确，BCD错误。故选A。
3．在刚刚结束的第24届冬季奥林匹克运动会上，我国运动员奋力拼搏，展现了更高、更强、更快、更团结的奥林匹克精神。在自由式滑雪女子大跳台项目上，我国18岁的小将谷爱凌以1620跳的高难度动作力压群芳，拿到了金牌。下面相关叙述正确的是（ ）
A．裁判在对谷爱凌1620跳的动作进行裁定时可以将运动员看成质点
B．教练员在分析运动员起跳后能到达的最大高度时可以将她看成质点
C．该项目不受天气环境的影响，随时可以进行比赛
D．该项目在完成的过程中满足机械能守恒
【答案】B
【详解】A．裁判在对运动员的动作进行裁定时，运动员的形状和大小不能忽略，不能看成质点，A错误；B．教练员在分析运动员起跳后能到达的最大高度时，运动员的形状和大小可以忽略，B正确；C．降雪带来的新增积雪，会使赛道表面松软，摩擦力增大，不利于选手发挥，C错误；D．该项目在完成的过程中有摩擦力、空气阻力等其它力做功，机械能不守恒，D错误。4．高楼玻璃日渐成为鸟类飞行的杀手，一只质量约为50g的麻雀以10m/s的速度水平飞行，撞到竖直的透明窗户玻璃上后水平速度减为0，麻雀与玻璃的碰撞时间约为0.01s，则窗户玻璃受到的平均冲击力的大小约为（ ）
A．10N B．50N
C．100N D．500N
【答案】B
【详解】由动量定理可得
Ft=mv
带入数据解得
F=50N
故选B。
5．一辆家用小轿车在水平面上在静止启动，达到最大速度后做匀速运动。整个过程中，小车的牵引力随时间的变化关系如图所示。小轿车发动机的额定功率，质量，运动过程中所受阻力恒定。下列说法正确的是（ ）
A． B．小车能获得的最大速度为
C．小车能获得的最大速度为 D．当小车的速度为时，其加速度为
【答案】B
【详解】A．在时间段内，牵引力不变，则
在时，达到额定功率，速度继续增大，牵引力减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，做匀速运动，则
则加速度为
功率公式为
解得
故A错误；BC．小车能获得的最大速度为
故B正确，C错误；D．当小车速度为
时，随着速度的增加，汽车牵引力减小，以恒定功率加速，则当小车的速度为时，则牵引力为
则此时加速度为
故D错误。故选B。
6．如图所示，倾角为θ的斜面与水平面连接于O点，质量为m的物块从斜面上P点由静止开始无初速度释放，最后停在水平面上的Q点。已知OP间的距离为L，重力加速度为g，物块可视为质点，则物块从P点运动到Q点的过程中损失的机械能为（ ）
A．mgLsinθ B．mgLcosθ C．mgLtanθ D．mgLcotθ
【答案】A
【详解】物块从P点运动到Q点的过程中，由动能定理得
解得物块克服摩擦力做的功
可知物块从P点运动到Q点的过程中损失的机械能为
BCD错误，A正确。故选A。
7．如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝240kg的车的一端，车长L＝3m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（ ）
A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B．车后退0.6m
C．人与车组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒
D．人的速率最大时，车的速率最小
【答案】B
【详解】A．人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力，它们大小F相等、方向相反、作用时间t相等，作用力的冲量I=Ft大小相等、方向相反，故A错误；B．设车后退的距离为x，则人的位移大小为L-x，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv人-Mv车=0
则
代入数据解得
x=0.6m
故B正确；C．人与车组成的系统在水平方向动量守恒；在人由车一端走到另一端的过程中，人和车之间的重力势能保持不变，而动能发生变化，则机械能不守恒，故C错误；D．人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv人-Mv车=0
则人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。故选B。
8．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是（ ）
A．该同学机械能增加了
B．起跳过程中该同学机械能增量为
C．地面的支持力对该同学做功为0
D．该同学所受的合力对其做功为
【答案】BC
【详解】AB．该同学的重力做功为
由功能关系可知重力势能增加了，动能增加了
故该同学机械能增加了
故A错误，B正确；C．地面的支持力没有产生位移，即有力无位移，故地面的支持力没有做功，故C正确；D．根据动能定理，知
故D错误。故选BC。
9．质量为的赛车在平直赛道上，第一阶段：先以恒定加速度加速，达到最大功率后，第二阶段：以恒定功率加速，设全程受到的阻力不变，其加速度和速度的倒数的关系如图所示，则赛车（ ）
A．第一阶段达到的最大速度为
B．赛车从加速到用时4s
C．赛车的最大输出功率为
D．第一阶段的加速度大小为
【答案】CD
【详解】AD．由数学知识可知，图像中当
时，加速度为
且之后的图像加速度一直恒定，则可知右侧水平直线的图像对应第一阶段，且第一阶段以恒定加速度加速，末速度为
故A错误，D正确；BC．第一阶段：设赛车牵引力为F，所受阻力为f，对赛车受力分析
功率为
第二阶段：以恒定功率加速，则
结合图像可得
解得
当
时，加速度为0，速度为
则在第二阶段由动能定理得
其中s未知，无法计算，故B错误，C正确。故选CD。
10．如图所示，在光滑的水平面上有质量相等的木块A、B，木块A以速度v前进，木块B静止。当木块A碰到木块B左侧所固定的弹簧时（不计弹簧质量），则（ ）
A．当弹簧压缩最大时，木块A减少的动能最多，木块A的速度要减少
B．当弹簧压缩最大时，整个系统减少的动能最多，木块A的速度减少
C．当弹簧由压缩恢复至原长时，木块A减少的动能最多，木块A的速度要减少v
D．当弹簧由压缩恢复至原长时，整个系统不减少动能，木块A的速度也不减
【答案】BC
【详解】A．弹簧恢复到原长时，弹性势能为零，木块A的动能全部转化成木块B的动能，木块A损失的动能最大，故A错误；B．弹簧压缩最大时，弹簧的弹性势能最大，AB两木块的系统动能最小，此时木块A与木块B达到共同速度，根据动量守恒动律有
解得
故木块A的速度减少，故B正确；CD．在弹簧被压缩到最短到恢复原长的过程中，弹簧弹力始终对木块A做负功，故弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律及能量守恒定律，A的速度为零，木块A的动能损失最大，速度减少了，故C正确D错误。故选BC。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．可视为质点的质量为的足球从距离地面高处由静止释放，足球与地面碰后的速度变为碰前速度的一半，足球反弹后经过一段时间第一次上升到最高点，忽略空气阻力，以地面为零势能面，。则下列说法正确的是（ ）
A．足球在释放点和第一次到达的最高点重力势能为12.5J和3.125J
B．足球下落和上升过程，重力做功的绝对值之比为
C．足球由释放到第1次上升到最高点的过程中重力势能的减少量为6.25J
D．如果考虑空气阻力，足球下落过程重力做的功减小
【答案】A
【详解】A．设足球与地面碰前的速度为，则碰后的速度为，碰后足球上升的高度为，根据运动学公式可得
，
联立可得
则足球在释放点和第一次到达的最高点重力势能分别为
故A正确；B．足球下落和上升过程，重力做功的绝对值之比为
故B错误；C．足球由释放到第1次上升到最高点的过程中重力势能的减少量为
故C错误；D．如果考虑空气阻力，由于下落高度不变，足球下落过程重力做的功不变，故D错误。故选A。
2．如图，倾角为45°的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B、C两点，B点和斜坡等高。甲战斗机以水平速度v1飞到C点时释放炸弹M，准确命中斜坡上的P点，CP的连线垂直于坡面，乙战斗机以水平速度v2飞到B点时释放炸弹N，也准确命中斜坡上的P点，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹质量相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．C点距离A点的高度为
B．炸弹M、N在空中的飞行时间之比为
C．
D．炸弹M、N的重力做的功之比为
【答案】B
【详解】A．设AP的水平距离为x，则从B点释放的炮弹运动轨迹如图所示
根据推论可知，该炮弹速度的反向延长线平分水平位移，则有
y+x=h
解得
根据从C释放的炮弹CP的连线垂直于坡面可得CP间的竖直高度
C点距离A点的距离为
故A错误；
B．设炸弹M、N在空中的飞行时间分别为，，根据平抛运动的规律得
可得
故B正确；C．由平抛运动的规律有
解得
故C错误；D．根据重力做功公式
W=mgh
因炸弹M、N竖直方向上的位移之比为2：1，因此，炸弹M、N的重力做的功之比为2：1，故D错误。故选B。
3．关于下列四种运动模型的分析，说法正确的是（ ）
A．对甲图，在忽略空气阻力的情况下，抛出的秧做匀变速曲线运动
B．对乙图，人从大门上楼走到房门口，位移的方向竖直向上
C．对丙图，空间站绕地球运行并不是完全失重状态
D．对丁图，风推动帆船前行，风对帆船做正功，则帆船不能逆风行驶
【答案】A
【详解】A．对甲图，在忽略空气阻力的情况下，抛出的秧做匀变速曲线运动，故A正确；B．对乙图，人从大门上楼走到房门口，位移的方向斜向右上方，故B错误；C．对丙图，空间站绕地球运行，向心加速度是重力加速度，是完全失重状态，故C错误；D．对丁图，调整好风帆的角度，帆船可以逆风行驶。逆风行驶的情况下。风仍对帆船做正功，故D错误。故选A。
4．如图所示，在发射长征十一号系列运载火箭时，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）
A．火箭在发射仓内上升过程，受重力和空气阻力两个力的作用
B．火箭的加速度为零时，动能最大
C．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
D．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
【答案】B
【详解】A．火箭在发射仓内上升过程，受重力、高压气体对火箭的推力和空气阻力三个力的作用，故A错误；B．火箭先做加速度减小的加速运动，速度增大，火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故B正确；C．重力、高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故C错误；D．重力、高压气体对火箭推力和空气阻力的冲量之和等于火箭动量的增加量，故D错误。故选B。
5．如图所示，质量为m的小球做半径为R、线速度为v的匀速圆周运动。在从A运动到B的过程中，速度的偏转角为，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A运动到B的过程中，做匀变速曲线运动
B．小球从A运动到B的过程中，运动的时间为
C．小球从A运动到B的过程中，若，则动量变化量的大小为
D．小球从A运动到B的过程中，向心力做功为0
【答案】D
【详解】A．小球从A运动到B的过程中。加速度的方向发生变化，做变加速曲线运动，故A错误；B．由
解得小球从A运动到B的时间为
故B错误；C．由速度变化的矢量三角形可得
若，则
动量变化量的大小为
故C错误；D．由动能定理可得
故D正确。故选D。
6．如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球m2=4m1，课桌边缘离地面高度为h=0.75m，天花板离地面3.6m，则（ ）
A．A小球弹起能打到天花板
B．B小球弹起能超过桌子一半高度
C．在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向
D．在碰撞的总过程，A小球机械能守恒
【答案】A
【详解】AB．以B为研究对象，从B小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B的速度为v1，由功能关系可得
由于B触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不变，方向相反，设碰后B速度为v2，则在大小上有
以A球为研究对象，从B小球开始下落至地面时过程中，设A球落地前速度为v3，g取10m/s2，则由功能关系可得
根据以上可解得速度大小均为
由于AB触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB两球相碰过程为研究过程，设AB两球相碰后速度分别为v4，v5，以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
联立以上及结合题意可解得
以A球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得
联立可得
故A球弹起能打到天花板。
同理，以B球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得
联立可得
故B球弹起后不能超过桌子一半高度。故A正确，B错误；C．在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A球发生碰撞前后速度分别为v3，v4，故对A球有
B球发生碰撞前后速度分别为v2，v5，故对B球有
故C错误。D．由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D错误。故选A。
7．如图所示，一物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力大于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【答案】D
【详解】A．物块向右匀速运动时，处于平衡状态，没有相对夹子滑动，物块与夹子之间的摩擦力小于或等于2F，故绳中的张力大小应小于或等于2F，A错误；B．小环碰到钉子后，物块向上摆动，物块在夹子中没有滑动，说明小环碰到钉子瞬间，物块与夹子之间的摩擦力小于或等于2F，绳中的张力也就小于或等于2F，B错误；C．物块向上摆动过程，由机械能守恒定律有
可得上升的最大高度为
C错误；D．小环碰到钉子瞬间，物体在竖直平面内做圆周运动，当物块与夹子之间的摩擦力等于2F时，物体的速度最大，根据牛顿第二定律
解得物体的速度
因此物块的速度应小于或等于，D正确。
故选D。
8．如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（ ）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则系统在摩擦生热增大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
【答案】AB
【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知
再对木板受力分析
若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，A正确；B．若只增大长木板质量，由
可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v1时的速度先对与原来变大了，对滑块
滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由
即滑块在木板上的运动时间减小，B正确；C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板
摩擦力做功不变，C错误；D．若只减小动摩擦因数，由
那么滑块和木板的加速度等比例减小，由
相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，D错误。故选AB。
9．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物轻放在传送带上的A端，经过到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度，则可知（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．A、B两点的距离为
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有
由图乙可得
货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有
由图乙可得
联立解得
故A正确；
B．图像与t轴所围的面积表示位移，货物在1.2s内发生的位移等于A、B两点的距离，由图乙可知传送带的长度为
故B正确；C．货物受到的摩擦力为
时间内的位移为
对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功
同理时间内，货物的位移为
摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为
所以整个过程，传送带对货物做功为
所以传送带对货物做功大小为11.2J，故C错误；
D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为
时间内，传送带的位移为
总相对路程为
货物与传送带摩擦产生的热量为
故D正确。故选ABD。
10．如图甲所示，在水平桌面上竖直固定一内壁光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点受到轨道的作用力为2.5N，轨道半径r＝0.4m，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中
B．小球质量为0.2kg
C．小球在B点受到轨道作用力为8.5N
D．小球从A至C的过程中，轨道ABC对桌面的水平冲量大小为
【答案】BCD
【详解】A．小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程，由动能定理得
由此可知
由乙图知，当h=0.8m时，v2=9m2/s2，解得v0=5m/s，当h=0时
故A错误；
B．由图乙可知，，小球在C点的速度，在最高点C由牛顿第二定律得
解得，故B正确；
C．小球从A到B运动过程，只有重力做功，机械能守恒，有
在B点有
解得
故C正确；D．小球从A至C的过程中，选向左为正方向，对小球应用动量定理可得轨道对小球的冲量为
解得，所以小球对轨道的冲量大小也是，又因为轨道静止，所以小球对轨道的水平冲量与桌面对轨道的水平冲量大小相等，方向相反，所以轨道对桌面的水平冲量大小也为，故D正确。
故选BCD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，物体从固定的粗糙斜面顶端A点无初速度下滑，压缩轻质弹簧到最低点C，然后被弹回最高到达D点，已知B点为弹簧原长所在位置，D点为A、B中点，物体可看作质点，则下列说法正确的是（ ）
A．物体运动到B点时速度最大
B．第一次经过B点和第二次经过B点的速度大小之比为2：1
C．第四次经过B点时的速度为零
D．物体由A到B过程中增加的动能大于由B到D的过程中减小的动能
【答案】D
【详解】A．物体运动到B点，弹簧弹力为0，受力分析可知合力沿斜面向下，物块继续做加速运动，故B点速度不是最大，故A错误；B．设AD高为h，长为x，第一次到达B点根据动能定理得
第二次到达B点到返回D点根据动能定理得
联立得
则
故
故B错误；
C．设BC长为，再次压缩弹簧长度为，第一次回到D根据动能定理得
从D点再次回到B点，正好为第四次到达B点，根据动能定理
则
故C错误；D．从A到B增加的动能
从B到D减小的动能
因为
故
故D正确。故选D。
2．如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，重力加速度为g。在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小球的加速度先增大后减小
C．小球速度最大时弹簧的形变量为
D．弹簧的最大形变量为
【答案】D
【详解】A．小球、地球和弹簧组成的系统的机械能守恒。A错误；B C D．开始时，小球的重力大于弹力，加速度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即
mg=kx
即
x=
此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为
2x=
BC错误，D正确。故选D。
3．如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球。小球经过B点时轨道对小球的作用力大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点的速度大小为
B．细管在D点对小球的作用力与在B点的作用力相同
C．小球到达C点时，细管对小球的作用力大小为
D．小球到达A点时，细管对小球的作用力大小为mg
【答案】D
【详解】A．小球在B点时，受到重力、轨道垂直斜面的弹力大小为和轨道对小球指向圆心的弹力，由力的合成定则，则有
由牛顿第二定律，可得
解得小球在B点的速度大小为
A错误；
B．小球从B点到D点只有重力做功，因此机械能守恒，小球在这两点的高度相同，因此小球在这两点的速度大小相等，所以细管在D点对小球的作用力与在B点的作用力大小相同，方向不同，B错误；C．因小球在运动中的机械能守恒，小球到达C点时，则有
由牛顿第二定律，可得细管对小球的作用力大小为
C错误；
D．小球到达A点时，由机械能守恒定律，则有
解得
由临界条件，可得细管对小球的作用力大小为mg，D正确。故选D。
4．如图，质量的小球（可视作质点）从点以初速度水平抛出后撞到竖直挡板上，已知挡板与点的水平距离为，点足够高，空气阻力不计，。则小球撞到板上时的最小动能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】运动时间为
竖直方向速度
末动能为
故选C。
5．我国的“直-9”直升飞机在无风的情况下悬停在空中的照片如图所示，设螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为，“直-9”直升飞机的质量为，设重力加速度为，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，“直-9”直升飞机的质量不变，下列说法正确的是（ ）
A．“直-9”直升飞机受到空气的作用力大小为，方向竖直向上
B．“直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的冲量为0
C．因为空气不断地被向下加速，所以“直-9”直升飞机的发动机消耗的功率为
D．单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为
【答案】A
【详解】A．“直-9”直升飞机在悬停，合力为0，故受到空气的总作用力大小为
方向竖直向上，故A正确；
B．“直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的作用力大小为，故空气对“直9”直升飞机的冲量不为0，故B错误；C．以空气为研究对象，设在时间内有质量为的空气被推，获得速度，根据动量定理可得
在时间内，飞机发动机对质量为的空气做功为
则发动机的功率为
故C错误；D．根据动量定理可得
单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为
故D错误。故选A。
6．如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g为当地重力加速度）（ ）
A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为2mg
C．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m
D．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M
【答案】C
【详解】AB．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v；
根据机械能守恒定律有
mv2=mgRcosθ
由牛顿第二定律有
N-mgcosθ=m
解得小球对小车的压力为
N=3mgcosθ
其水平分量为
Nx=3mgcosθsinθ=mgsin2θ
根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为
f=Nx=mgsin2θ
可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为
fmax=mg
故AB错误；CD．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v2，小球的速度设为v1，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得,
mv1-Mv2=0
系统的机械能守恒，则得
mgR=mv12+Mv22
解得：
v2=
故C正确，D错误。故选C。
7．如图所示，质量为m的子弹，以初速度射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中。木块质量为M，长度为L，子弹射入木块的深度为d，在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．d可能大于s，也可能小于s
B．s可能大于L，也可能小于L
C．s一定小于d，s一定小于L
D．若子弹质量减小，d和s不一定同时变小
【答案】CD
【详解】木块和子弹组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有
解得
木块增加的动能等于阻力与木块的位移乘积
系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积
由此计算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子弹质量减小，d一定变小，s一定变小。
故选CD。
8．如图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点的速度大小为 B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小球离开小车后上升的高度小于R D．小车向左运动的最大距离为R
【答案】AD
【详解】A．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有
则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒
则最低点的速度大小为
故A正确；B．小球离开小车后水平方向分速度为0，做竖直上抛运动，故B错误；C．小球离开小车后水平方向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小车后仍能上到下落点的高度R，故C错误；D．小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知两者的相对位移为2R，故小车向左运动的最大距离为R，故D正确。故选AD。
9．“打夯”即用“夯”把松散的地面砸实。如图b所示，四位打夯者对称面向夯，通过四根绳子同时对100kg的夯施加拉力，使夯沿竖直方向以3m/s的速度匀速上升，当夯被提至离地80cm时，四人同时松手，夯落到土地上砸了一个深5cm的地坑。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．人拉夯上升的过程中，拉力逐渐变大
B．夯刚落地时的速度大小为4m/s
C．夯受到土地的平均阻力为2.6×104
D．夯与土地的作用时间为0.02s
【答案】ACD
【详解】A．人拉夯匀速上升的过程中，由平衡条件，竖直向上的合力大小始终等于重力大小，设绳子与竖直方向夹角为
夯上升时，力F与竖直方向的夹角逐渐变大，所以拉力F逐渐变大，A正确；
B．松手时，夯做竖直上抛运动，由
夯刚落地时的速度大小
B错误；C．夯入地面过程满足，由动能定理
得
C正确；D．由动量定理
求得
D正确。故选ACD。
10．如图1所示，一辆汽车在水平路面上由A运动到C，如图2所示为汽车行驶的v—t图像，其在AC段的运动时间为15s，路段BC更加粗糙，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。已知汽车的质量为2000kg，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车在BC路段做加速度增大的直线运动
B．汽车在AB路段上运动时所受阻力的大小为2000N
C．汽车刚好开过B点时加速度a的大小为2m/s2
D．BC路段的长度为68.75m
【答案】BD
【详解】A．v—t图像的斜率表示加速度，由图像可知，汽车在BC路段做加速度减小的变减速直线运动，A错误；B．汽车在AB路段上运动时做匀速直线运动，则有
B正确；C．根据图像可知，15s后汽车做匀速直线运动，则有
汽车刚开过B点后时有
解得
a=1m/s2
C错误；D．BC段的运动时间
BC路段根据动能定理有
解得
D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是（ ）
A．两小球到达底端时动能相同
B．两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同
C．两小球到达底端时速度相同
D．到达最底端时，甲乙两小球的重力做功的瞬时功率相等
【答案】A
【详解】A．由机械能守恒定律
两个小球达到底端时动能相同，都等于mgR，故A正确；B．重力做功与路径无关，两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同，都等于mgR，故B错误；C．两小球到达底端时速度方向不同，所以速度不相同，故C错误；D．两小球到达底端时，两个小球重力做功的瞬时功率分别为
两小球到达底端时，甲乙两小球的重力做功的瞬时功率不相等，故D错误。故选A。
2．如图中（a）、（b）、（c）依次对应跳高项目中运动员助跑、起跳离地瞬间、跃过横杆三个状态，已知运动员的质量为，空气阻力忽略不计。根据图示信息，关于跳高过程的描述中，符合实际的是（ ）
A．起跳的速度至少要大于
B．在助跑加速过程中，地面对鞋的摩擦力做了正功
C．从（a）到（b）的过程，支持力对人体做的功大于
D．从（b）到（c）的过程，机械能增加了
【答案】A
【详解】A．起跳后竖直方向可视为竖直上抛运动，重心升高的高度为，由
可知
选项A正确；B．在助跑加速过程中，地面对鞋为静摩擦力，其对应位移为0，故地面对鞋的摩擦力不做功，选项B错误；C．助跑状态到起跳离地状态的过程中，支持力的位移等于0，支持力对人体不做功，选项C错误；D．从起跳离地状态到人体跃过横杆状态的过程中，人体只受重力作用，机械能守恒，选项D错误。故选A。
3．如图所示，某种气体分子束由质量为m、速度为v的分子组成，设各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回。如果分子束中每立方米的体积内有个分子，下列说法正确的是（ ）
A．单个分子与平面碰撞的过程中，动量变化量的大小为0
B．单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做负功
C．分子束撞击平面所产生的压强为
D．若计算分子束撞击平面单位面积上的压力，一定要选取所有的分子为研究对象
【答案】C
【详解】A．由题意，单个分子的动量变化量的大小为
故A错误；B．由动能定理，单个分子与平面碰撞的过程中，平面对其做功为
即平面对其做功为0，故B错误；
CD．若计算分子束撞击平面单位面积上的压力，一般情况下选在极短时间内打到平面上的分子为研究对象，设在时间内打到横截面积为S的平面上的气体的质量为，则有
取为研究对象，它受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F，以碰撞前的速度v的方向为正方向，山动量定理得
解得
根据牛顿第三定律可知、平面受到的压强为
故C正确，D错误。故选C。
4．“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段；①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了减少飞行时间
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间
【答案】D
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B错误；C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D正确。故选D。
5．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，则（ ）
A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒
B．此后的过程中，小球一直做圆周运动
C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0
D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0
【答案】C
【详解】A．在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故A错误；B．若小车不动，则释放小球后做圆周运动；而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故B错误；C．刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则
则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于
可知，小球重力的平均功率为0，故C正确；D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为
时间增加，则冲量不为0，故D错误。故选C。
6．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，滑块Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，长为，与垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中（ ）
A．P和Q组成的系统机械能守恒
B．P的速度一直增大
C．轻绳对P做的功为8mgL
D．重力对Q做功的功率一直减小
【答案】C
【详解】A．不计摩擦，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；B．在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P的弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在AB间某位置合力为0，速度最大，故B错误；CD．根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，则重物Q重力的功率为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，此时，重物Q重力的功率为0，则滑块P从A点到达B点时过程中，重物Q重力的功率先增大后减小；滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为
重物Q下降的高度为
设滑块P运动到位置B处速度大小为v，A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、B两点弹簧得弹性势能相等，根据机械能守恒定律可知
解得在B点的速度为
对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理可知
解得
故C正确，D错误。故选C。
7．如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率顺时针运行。质量为m木块以初动能从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的动能随路程s变化关系的图像不可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．设木块动能为E0时对应的速度为v1；当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v1，木块动能仍为E0，故A不可能；
B．当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，此时木块的动能为，以后保持不变，故B可能；
C．当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块速度减小至小v0时，摩擦力变为沿斜面向上，但是木块继续向上减速只是加速度比原来更小（设加速度大小为a2
本题选不可能的，故选A。
8．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为的物块A连接，质量为m的物块B叠放在A上，系统处于静止状态。现对物块B施加竖直向上的拉力，使B以加速度竖直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g，则物块A、B分离时（ ）
A．竖直拉力的大小为
B．物块A上升的高度为
C．物块的速度大小为
D．弹簧弹性势能的减少量为
【答案】BD
【详解】A．A、B未分离时把它们当作整体，随着整体上升，弹簧弹力会变小，为了保证加速度不变，竖直拉力会增大，而不是固定值。故A错误；B．初始时，整体静止所以受力平衡，此时弹簧形变量为
A、B刚刚分离时，它们的加速度都为，此时对A用牛顿第二定律
解得
根据胡克定律可得此时的弹簧形变量为
则物块A上升的高度为
故B正确；C．由于物块做匀加速直线运动，所以
得物块的末速度为
故C错误；D．根据功能关系得弹簧弹性势能减少量等于弹力对外做功的大小，弹力对外做功是变力做功，力是均匀变化，我们可以取弹力的平均值来计算
故D正确。故选BD。
9．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴上，另一端与质量为的小球（可视为质点）相连，小球套在粗糙程度处处相同的直杆上。点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为，，为的中点，等于弹簧原长。小球从处由静止开始下滑，经过处的速度为，并刚好能到达处。已知重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．小球通过点时的加速度为
B．小球通过段与段摩擦力做功相等
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．到过程中，产生的内能为
【答案】BC
【详解】A．在B点时弹簧在原长，则到达B点时的加速度为
A错误；B．AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，B正确；CD．设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有
A到C的过程有
mgh=2Wf
解得
，
即弹簧具有的最大弹性势能为；A到C过程中，产生的内能为
C正确，D错误。故选BC。
10．如图，竖直平面内固定有两根足够长的平行导槽，质量为的型管恰好能在两导槽之间自由滑动，其弯曲部分是半圆形，点为圆弧部分中点，轻弹簧右端固定于型管下端点处。一半径略小于管半径、质量为的小球以初速度从型管上端A点向左射入，最终又从A点离开型管。已知小球刚到达型管圆弧上端时与型管之间没有作用力，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．小球在点的速度大小为
B．小球在点的速度大小为
C．型管获得的最大速度为
D．型管获得的最大速度为
【答案】BD
【详解】AB．由题知，小球刚到达型管圆弧上端时与型管之间没有作用力，且不计一切摩擦，则有
小球从射入到运动到U型管最左端B点的过程中，小球和U型管平行于导轨方向动量守恒，以向左为正，则有
解得
根据能量守恒定律得
联立解得
故A错误，B正确；
CD．当小球再次回到型管上端水平部分时，型管获得的速度最大，根据水平方向动量守恒，以向左为正，则有
根据能量守恒有
联立解得
故C错误，D正确。故选BD。
（第1小题-第7小题为单选题，第8小题-第10小题为多选题）
1．如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端连接一质量为m的小球（可视为质点），重力加速度为g。现使弹簧水平且为自然长度，将小球从静止开始无初速度释放，不计空气阻力，当小球到达最低位置时，弹簧的弹力大小（弹簧始终处于弹性限度内）可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设弹簧的伸长量为x，劲度系数为k，弹簧的原长为L，小球在最低点，有
松手点到最低点有
整理有
所以有
即
所以整理有
故选A。
2．如图，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小。过程I：让物块从A由静止开始滑到B；过程Ⅱ：将A着地，抬高B，使木板的倾角与过程I相同，再让物块从B由静止开始滑到A。则（ ）
A．物块经过P点的动能，过程I较大
B．物块滑到底端的速度，过程I较大
C．物块从顶端滑到底端的时间，过程I较长
D．物块从顶端滑到P点的过程中摩擦产生的热量，过程I较少
【答案】C
【详解】Ａ．设斜面与水平面夹角为，质量为m，根据牛顿第二定律有
过程I：让物块从A由静止开始滑到B，小物块与木板间的动摩擦因数逐渐减小，加速度逐渐增大；过程Ⅱ：将物块从B由静止开始滑到A，小物块与木板间的动摩擦因数逐渐增大，加速度逐渐减小；画出两个过程的速度—时间图像如图所示
两次经过P点，过程I位移比过程Ⅱ位移小，由图像可知过程I经过P点速度比过程Ⅱ经过P点速度小，所以过程Ⅱ经过P点的动能大，故A错误；B．过程I和过程Ⅱ重力和摩擦力做功都一样，根据动能定理可知物块滑到底端的速度相同，故B错误；C．由图像可知滑到底端时速度相同，过程I比过程Ⅱ用的时间长，故C正确；D．物块从顶端滑到P点的过程中，位移大小不同，摩擦力大小不同，摩擦产生的热量无法确定，故D错误。故选C。
3．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的10%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小物块第一次到达O点时，根据机械能守恒定律可得小物块获得的动能为
此过程中物块运动的路程为
小物块第1次经过O点在左斜面上滑过程，有
小滑块在左斜面上运动的路程为
第2次经过O点沿右斜面上滑时，有
小滑块在右斜面上运动的路程为
由此可知，小物块从开始下滑到最终停止于O点，运动的总路程为
可得，当n趋近于无穷大时，有
故选C。
4．如图所示，一质量不计的直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则（ ）
A．当OA边转过45°时，A球的速度最大
B．当OA边转过90°时，A球的速度为
C．B球的最大速度为
D．B球可上升的最大高度为
【答案】D
【详解】A．球A和B组成的系统，在转动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，设当OA与竖直方向的夹角为时，由机械能守恒得
又A、B两球转动的角速度相同，则有
解得
式中，则，由数学知识知
时，有最大值，A球速度最大，故A错误；
B．由选项A分析可知
当OA边转过90°时，此时，代入上式求得
故B错误；
C．由可知，当A球速度达到最大时，B球也达到最大速度，根据
当时，A球速度达到最大，为
则
故C错误；
D．B球到达最大高度时速度为零，则A球速度也为零，设此时OA杆位于竖直位置向左偏了角，假设B球能上升的最大高度为，则有
可求得
即
此时可求得A球下降的高度为
根据A、B系统机械能守恒，此时应满足
显然假设成立，所以B球可上升的最大高度为，故D正确。故选D。
5．如图所示，轻质弹簧一端固定，静放在斜面上，质量为m的物块A从弹簧的自由端处由静止释放，沿斜面向下运动，然后返回一段距离后静止，已知斜面的倾角为，物块A与斜面间的动摩擦因数为，弹簧最大压缩量为x，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A向下运动到处加速度最大
B．物块A向上运动到处动能最大
C．弹簧最大弹性势能大于
D．系统损失的机械能大于
【答案】C
【详解】A．物块A向下运动，受到沿斜面向上的弹力逐渐增大，而重力和摩擦力不变，因此运动到最低点时加速度最大，选项A错误；B．物块A到最低点时根据能量守恒有
解得
物块A向上运动动能最大，此时加速度为零，则有
解得
选项B错误；C．物块A向上运动到动能最大时根据能量守恒有
又
可得
弹簧最大弹性势能
选项C正确；
D．设物块A向上运动到停止，则有
又
解得
整个过程系统损失的机械能
又
所以
选项D错误。故选C。
6．如图所示，物体A、B的质量分别为和，之间用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则（ ）
A．从撤去推力到离开竖直墙之前，和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
B．从撤去推力到离开竖直墙之前，和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C．弹簧第二次恢复为原长时，A、B两物体的速度一定相同
D．弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为
【答案】A
【详解】AB．从撤去推力到离开竖直墙之前，对和弹簧组成的系统所受外力的合力等于竖直墙的弹力，不为0，则该系统动量不守恒，但该系统只有系统内的弹力做功，因此对该系统，机械能守恒，A正确，B错误；C．令用力向左推B使弹簧压缩最短时的弹性势能为，则弹簧第一次恢复原长时
之后物体A离开竖直墙，系统动量守恒，到第二次弹簧恢复原长，有
解得
A、B两物体的速度不相同，C错误；D．根据上述，弹簧第一次压缩最短时弹性势能
物体A离开竖直墙，系统动量守恒，到第二次压缩至最短，有
解得
则有
D错误。故选A。
7．将一个小球以速度竖直向上抛出，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为。空气阻力大小与小球速度大小成正比，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球运动到最高点速度为零处于平衡状态
B．小球上升的最大高度为
C．小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量大于下降过程中阻力的冲量
D．小球运动的最大加速度大小为
【答案】B
【详解】A．小球运动到最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力作用，可知物体加速度为重力加速度，竖直向下，处于失重状态，故A错误；D．设空气阻力
当小球的速度为时，小球处于平衡状态
可得
刚抛出时加速度最大
联立可得
故D错误；B．在上升过程中由动量定理
即
解得
故B正确；C．小球上升过程中阻力冲量的大小
下降过程中阻力冲量的大小为
又
可知小球从抛出到落回抛出点上升过程中阻力的冲量等于下降过程中阻力的冲量，故C错误。故选B。
8．如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量为的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力的最大值为 B．组合体c动能的最大值为
C．间距离为 D．a、b碰撞过程中机械能的损失为
【答案】BC
【详解】A．设弹簧的最大压缩量为，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧，说明组合体c在弹簧恢复原长时速度为零，根据系统机械能守恒可得
解得
则弹簧弹力的最大值为
故A错误；B．当弹簧弹力等于组合体重力沿斜面向下分力时，组合体c动能最大，根据受力平衡可得
可得
从压缩量最大到组合体c动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
联立解得组合体c动能的最大值为
故B正确；C．P点对应的弹簧压缩量为
设组合体在P点的速度大小为，组合体从P点到最大压缩量过程，根据系统机械能守恒可得
解得
设小物块b与a碰撞前的速度为，碰撞过程根据动量守恒定律可得
解得
小物块b从到过程，根据动能定理可得
联立解得
故C正确；D．a、b碰撞过程中机械能的损失为
故D错误。故选BC。
9．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x1之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A、B的质量之比为1：3
B．弹簧的劲度系数
C．从x1到x3的过程中，物块A、B一起运动加速度的最大值
D．从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了
【答案】ABD
【详解】A．根据
得
则A、B碰撞后共速的速度为
根据动量守恒
得
A正确；B．碰撞前，弹簧弹力等于B的重力，当A、B运动至x2时，速度最大，则
A自由下落过程中，满足机械能守恒
联立得
B正确；C．当A、B运动至x3时，加速度最大，由牛顿第二定律
联立得，最大加速度为
C错误；
D．碰撞后A的动能为，根据质量比可知，B的动能为，从x1到x3的过程中，根据机械能守恒，弹簧的弹性势能增加量为
解得
D正确。故选ABD。
10．如图所示，质量为m的小物块置于倾角为的固定斜面上、在水平向右的推力作用下以速度v匀速运动，速度方向与水平推力方向成角沿斜面向下。重力的功率为，水平推力的功率为。已知重力加速度为g，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【详解】AB．速度沿斜面向下的分速度
重力沿斜面向下的分力
则重力的功率为
故A错误，B正确；
CD．物块受到的摩擦力方向与相对运动方向相反，摩擦力，根据平衡条件，水平推力
①
②
速度沿水平方向的分速度
③
④
联立①②③④得
故C错误，D正确。故选BD。
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