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2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题6机械能守恒定律 选择题
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这是一份2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题6机械能守恒定律 选择题，共42页。
2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题6机械能守恒定律 选择题
一．选择题（共31小题）
1．（2023•宁波二模）如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（ ）
A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上
B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C．“汤圆”中的无人机对空气做正功
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
2．（2023•杭州二模）如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（ ）
A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
3．（2022•浙江模拟）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力F拉A，使A缓慢向右移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向右移动过程中，拉力F越来越大
B．动摩擦因数的最小值为3
C．未施加F的初始状态，A与地面间的摩擦力为34mg
D．整个过程外力做功为：W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR
4．（2022•浙江模拟）如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点，运动轨迹如图所示，b为最高点，a、c两点等高．则足球（ ）
A．在b点的加速度方向竖直向下
B．在a点的机械能比在b点的大
C．在a点的动能与在c点的相等
D．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
5．（2021•浙江模拟）抽水蓄能电站是利用电低谷期的多余清洁能源进行抽水，在用电高峰期的时候代替部分火力发电。浙江是抽水蓄能电站已建和在建较多的省份，其中丽水缙云的抽水蓄能电站预计2026年全部投产发电，该电站设计年抽水电量24亿千瓦时，设计年发电量为18亿千瓦时，大大减少了二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等排放，具有显著的环境效益和经济效益，被称为“超级绿色蓄电池”。根据发改委提供的数据为火电厂平均每千瓦时供电耗煤约为320g标准煤，而每吨标准煤产生的二氧化碳为2620kg，则该蓄电站建成后每年可减少二氧化碳的排放量约为（ ）
A．15万吨 B．150万吨 C．20万吨 D．200万吨
6．（2021•浙江模拟）篮球规则中规定：跳球时，裁判员在两名跳球队员之间将球竖直向上抛起，球抛起的高度要超过跳球队员跳起时能达到的最大高度，并且球在他们之间落下。如图所示，裁判员将球从离地2.0m处竖直向上抛出，球到达离地2.5m处的最高点。以球的抛出点为零势能参考面，当球到距离抛出点h1高处时，其动能和势能恰好相等，到最高点后球又落回，当下降到距离抛出点h2处时，球的动能和势能再次相等。假设全程空气阻力大小恒定。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．h1＜0.25m，h2＞0.25m
B．h1＞0.25m，h2＜0.25m
C．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中重力的平均功率更小
D．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功更多
7．（2021•浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小 B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加 D．动能增加，机械能不变
8．（2023•杭州二模）如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
9．（2023•宁波一模）如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是（ ）
A．由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B．三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C．沿C轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D．沿A轨道滑下轨道对小球的支持力冲量为零
10．（2023•温州模拟）如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA＞mB，下列说法正确的是（ ）
A．若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA＝EB
B．若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA＞EB
C．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA＞aB
D．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA＞aB
11．（2023•温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为-12m(a0t1)2
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
12．（2023•杭州一模）如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（ ）
风机流量
22000m3/h
风机效率
65%
电机电功率
5.5kW
风机转速
1450r/min
工作电压
220V/50Hz
A．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8Ω
C．空气排出的速度约为15m/s
D．出风口半径约为0.26m
13．（2023•嘉兴一模）如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆从水平位置匀速率转至竖直位置的过程中（ ）
A．升降杆始终处于平衡状态
B．转动装置对升降杆做功mgL
C．M、N两点向心加速度大小之比aM：aN＝2：1
D．转动装置对升降杆的作用力大小始终等于mg
14．（2023•浙江模拟）11月8日在珠海航展上歼﹣20表演了双机盘旋、双机水平交叉、大仰角转弯脱离等精彩动作。飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时（ ）
A．飞机发动机推力大小不变
B．飞机所受升力大小保持不变
C．飞机克服重力做功功率变大
D．飞机所受的升力就等于向心力
15．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（ ）
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
D．炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
16．（2022•宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（ ）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
17．（2022•杭州二模）电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
18．（2023•绍兴二模）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
19．（2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．′
20．（2023•浙江模拟）如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM，圆环从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大
B．从A下滑到C过程中摩擦发热为 14mv2
C．在C处，弹性绳的弹性势能为 mgh-14mv2
D．圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加
21．（2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．减小石块的质量 B．增大角θ
C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离
22．（2023•浙江模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
23．（2023•浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
24．（2023•浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为32
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
25．（2022•浙江模拟）如图所示，将两个质量相等的铁球，分别从C、D两处均以v0＝3m/s的水平速度抛出，其中从C处水平抛出的铁球恰好落在A处。已知AC为与水平方向成30°的倾斜地面，AB为长度足够长的水平地面，CD＝AD，则C、D两球落地时的动能Ek：Ek′之比为（ ）
A．1：1 B．7：5 C．2：1 D．5：7
26．（2022•温州三模）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间小于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
27．（2021•浙江模拟）可视为质点的小滑块m受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，从倾角为37°固定斜面底端以初速度v0向上运动，如图甲所示，斜面足够长，取底端处为零势能参考平面，小滑块在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与沿斜面上升的距离s间的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量为m＝0.6kg
B．滑块与斜面间的摩擦因数为μ＝0.5
C．滑块到达最高点后将沿斜面返回底端
D．当s＝6m时滑块动能与势能相等
28．（2021•浙江模拟）将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．h1H=Ek0Ek0+mgH
D．h2H=2mgH-Ek02mgH+Ek0
29．（2021•宁波二模）如图所示是宁波东部新城中央广场喷泉喷出水柱的场景。喷泉喷出的水柱最大高度达到了20层楼的高度；喷管的直径约为10cm。请你据此估计用于给该喷管喷水的电动机输出功率约为（水的密度为1×103kg/m3）（ ）
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
30．（2023•浙江模拟）2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．起跳速度为16m/s
B．在最高点速度为0
C．下滑过程机械能守恒
D．从下滑到着陆重力做功35000J
31．（2023•浙江二模）如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员（ ）
A．起跳时获得的动能约为1830J
B．在空中的运动时间为0.5s
C．在最高点时速度大小为12m/s
D．落地时速度方向与水平方向的夹角为30°
2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题6机械能守恒定律 选择题
参考答案与试题解析
一．选择题（共31小题）
1．（2023•宁波二模）如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（ ）
A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上
B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C．“汤圆”中的无人机对空气做正功
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
【解答】解：A、“汤匙”正在匀速向上运动，所以合外力为零，故A错误；
B、“汤匙”正在匀速向上运动，动能不变，重力势能增加，所以机械能增大，故B错误；
C、“汤圆”中的无人机使空气流动，对空气做正功，故C正确；
D、“汤圆”中的无人机消耗的电能转化为内能、无人机的光能和空气的动能，故D错误。
故选：C。
2．（2023•杭州二模）如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（ ）
A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
【解答】解：A．打开降落伞后，飞船减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力对飞船做的功，故C错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于克服阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。
故选：D。
3．（2022•浙江模拟）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力F拉A，使A缓慢向右移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向右移动过程中，拉力F越来越大
B．动摩擦因数的最小值为3
C．未施加F的初始状态，A与地面间的摩擦力为34mg
D．整个过程外力做功为：W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR
【解答】解：A、在A向右移动过程中，A、B对地面的压力不变，始终等于mg，故A与地面之间的摩擦力不变，始终为μmg，而对C进行力的分析可知，C对A的压力的水平分量逐渐增大，而A在移动过程中也一直平衡，可得拉力F越来越小，故A错误；
B、由于B一直静止，分析可知当C即将接触地面时，C对B的压力的水平分量最大，此时B最容易滑动，易得此时C对B的压力的水平分量为32mg，则动摩擦因数的最小值为32，故B 错误；
C、经分析，未施加F的初始状态，C对A的压力的水平分量为36mg，故A与地面间的摩擦力为36mg，故C错误；
D、通过对系统分析，系统动能始终为零，重力做功为（3-1）mgR，A的位移为2（3-1）R，所以摩擦力对A做功为﹣2（3-1）μmgR，由系统动能定理可得外力做功为W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR，故D正确。
故选：D。
4．（2022•浙江模拟）如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点，运动轨迹如图所示，b为最高点，a、c两点等高．则足球（ ）
A．在b点的加速度方向竖直向下
B．在a点的机械能比在b点的大
C．在a点的动能与在c点的相等
D．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
【解答】解：A、在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，故A错误；
B、由于过程中空气阻力做负功，机械能减小，故在a点的机械能比在b点的大，故B正确；
C、从a运动到c过程中机械能减小，a、c两点的重力势能相等，则a点的动能比在c点的动能大，故C错误；
D、足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，b运动到c的空气阻力向上，故a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大于从b运动到c的过程中的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，故D错误；
故选：B。
5．（2021•浙江模拟）抽水蓄能电站是利用电低谷期的多余清洁能源进行抽水，在用电高峰期的时候代替部分火力发电。浙江是抽水蓄能电站已建和在建较多的省份，其中丽水缙云的抽水蓄能电站预计2026年全部投产发电，该电站设计年抽水电量24亿千瓦时，设计年发电量为18亿千瓦时，大大减少了二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等排放，具有显著的环境效益和经济效益，被称为“超级绿色蓄电池”。根据发改委提供的数据为火电厂平均每千瓦时供电耗煤约为320g标准煤，而每吨标准煤产生的二氧化碳为2620kg，则该蓄电站建成后每年可减少二氧化碳的排放量约为（ ）
A．15万吨 B．150万吨 C．20万吨 D．200万吨
【解答】解：年发电量为18亿千瓦时需耗煤m＝18×108×0.32千克＝5.76×108千克＝5.76×105吨，则每年可减少二氧化碳的排放量为M＝5.76×105×2620千克≈1.5×109千克＝150万吨。故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．（2021•浙江模拟）篮球规则中规定：跳球时，裁判员在两名跳球队员之间将球竖直向上抛起，球抛起的高度要超过跳球队员跳起时能达到的最大高度，并且球在他们之间落下。如图所示，裁判员将球从离地2.0m处竖直向上抛出，球到达离地2.5m处的最高点。以球的抛出点为零势能参考面，当球到距离抛出点h1高处时，其动能和势能恰好相等，到最高点后球又落回，当下降到距离抛出点h2处时，球的动能和势能再次相等。假设全程空气阻力大小恒定。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．h1＜0.25m，h2＞0.25m
B．h1＞0.25m，h2＜0.25m
C．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中重力的平均功率更小
D．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功更多
【解答】解：AB、设上抛的初速度大小为v0，最高点到抛出点的高度为h，则h＝2.5m﹣2.0m＝0.5m，
对从抛出点到最高点的过程，由动能定理得：
﹣mgh﹣f阻h＝0-12mv02
对从抛出点到距离抛出点h1高处的过程，由动能定理得：
﹣mgh1﹣f阻h1=12mv12-12mv02，
由题意知：12mv12=mgh1，
解得：mgh1＝（mg+f阻）（h﹣h1）
可得：h1＞h﹣h1，
解得：h1＞h2=0.52m=0.25m；
对从抛出点到下降到距离抛出点h2处的过程，由动能定理得：
﹣mgh2﹣f阻（h+h﹣h2）=12mv22-12mv02
由题意知：12mv22=mgh2，
解得：（2mg﹣f阻）h2＝（mg﹣f阻）h
因：2mg﹣f阻＞2（mg﹣f阻），故：h2＜2h，
解得：h2＜h2=0.52m=0.25m，故A错误，B正确；
C、平均功率P=Wt，从抛出点到落回抛出点的过程，重力做功为零，则平均功率为零；篮球向上运动过程重力做功为﹣mgh，功率不取负值，则克服重力做功的平均功率为mght；可知与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中重力的平均功率更大（注：做功为负功时，其功率不取负值），故C错误；
D、从抛出点到落回抛出点的过程中克服空气阻力做的功：W＝2f阻h；篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功：W′＝f阻h；可知与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功更少，故D错误。
故选：B。
7．（2021•浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小 B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加 D．动能增加，机械能不变
【解答】解：汽车关闭发动机后向下加速运动过程中，速度增大、则动能增大；
由于摩擦力对汽车做负功，则汽车的机械能减少，故B正确、ACD错误。
故选：B。
8．（2023•杭州二模）如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
【解答】解：A．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r火3T火2
因为r地＜r火，可知地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误；
B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r火3T火2
因为r火+r地2＜r火，可知探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转周期，故C错误；
D．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r地3T地2
整理得，探测器在地火转移轨道上的周期T探=(r火+r地2r地)3T地
探测器从发射到被火星俘获，经历的时间t=T探2
其中T地＝365天
联立上述各式，代入数据得
t≈255天，故D正确。
故选：D。
9．（2023•宁波一模）如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是（ ）
A．由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B．三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C．沿C轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D．沿A轨道滑下轨道对小球的支持力冲量为零
【解答】解：A．由动能定理得，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，但是方向不同，故A错误；
B．小球沿三条轨道运动过程中，起点与终点相同，所以重力做功相同，又因为从B轨道滑下用时最短，所以沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大，故B正确；
C．无论沿哪条轨道下滑，支持力始终与速度方向垂直，不做功，故C错误；
D．沿A轨道滑下时轨道对小球的支持力不为零，所以该过程中轨道对小球的支持力冲量不为零，故D错误。
故选：B。
10．（2023•温州模拟）如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA＞mB，下列说法正确的是（ ）
A．若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA＝EB
B．若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA＞EB
C．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA＞aB
D．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA＞aB
【解答】解：A、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，若以抛出所在的水平面为零势能面，则小球的机械能为EA=12mAv02，EB=12mBv02，由于mA＞mB，所以EA＞EB，故A错误；
B、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，小球只受重力作用，两小球加速度相同，均为重力加速度g，则小球上升的最大高度为：hA=v022g=hB，以A球的最大高度所在的平面为零势能面，则：EA=12mAv02-mAghA，EB=12mBv02-mBghB，由于小球各自的机械能守恒，所以EA＝EB＝0，故B错误；
C、若两球受到相等的空气阻力，上升过程，根据牛顿第二定律，对A小球有：mAg+f＝mAaA，对B小球有：mBg+f＝mBaB，解得加速度为：aA=g+fmA，aB=g+fmB，由于mA＞mB，所以aA＜aB，故C错误；
D、若两球受到相等的空气阻力，下落过程，根据牛顿第二定律，对小球A有：mAg﹣f＝mAaA，对B小球有：mBg﹣f＝mBaB，解得加速度为：aA=g-fmA，aB=g-fmB，由于mA＞mB，所以aA＞aB，故D正确。
故选：D。
11．（2023•温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为-12m(a0t1)2
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
【解答】解：A、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，加速度竖直向上，物体处于超重状态，故A错误；
B、由图像可知t1～t2时间内物体的加速度为正，物体仍做加速运动，只是做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，t1时刻物体的位移为x1=12a0t12
重力对物体做功W=-mgx1=-12mga0t12
故C错误；
D、t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma0
解得：F＝mg+ma0
t1时刻物体的速度为v＝a0t1
起重机额定功率为P＝Fv＝（mg+ma0）a0t1
故D正确。
故选：D。
12．（2023•杭州一模）如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（ ）
风机流量
22000m3/h
风机效率
65%
电机电功率
5.5kW
风机转速
1450r/min
工作电压
220V/50Hz
A．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8Ω
C．空气排出的速度约为15m/s
D．出风口半径约为0.26m
【解答】解：A、风机转速n＝1450r/min=1456r/s
风机转动的角速度为ω＝2πn=145π3rad/s
故A错误；
B、由表格得，风机的工作电压U＝220V
电功率为P电＝5.5kW＝5500W
由P电＝UI得，电流I＝25A
风机的输出功率P出＝ηP电＝65%×5500W＝3575W
热功率为P热＝P电﹣P出＝5500W﹣3575W＝1925W
由P热＝I2R得，排风扇的内电阻R=1925252Ω=7725Ω＝3.08Ω
故B错误；
C、设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒定律的：P出t=12Qtρv2
代入数据解得：v＝30m/s
故C错误；
D、风机的流量Q＝vπr2
代入数据解得，出风口半径r≈0.26m
故D正确。
故选：D。
13．（2023•嘉兴一模）如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆从水平位置匀速率转至竖直位置的过程中（ ）
A．升降杆始终处于平衡状态
B．转动装置对升降杆做功mgL
C．M、N两点向心加速度大小之比aM：aN＝2：1
D．转动装置对升降杆的作用力大小始终等于mg
【解答】解：A．杆在竖直平面内做匀速圆周运动，有向心加速度，不是平衡状态，故A错误；
B．根据功能关系，转动装置对升降杆做的功等于升降杆重力势能的增加量，即W=12mgL
故B错误；
C．M、N具有相同角速度，向心加速度大小之比为aMaN=ω2Lω2L2=21
故C正确；
D．转动装置对升降杆的作用力与升降杆重力的合力提供升降杆做匀速圆周运动的向心力，大小不断变化，可能与重力相等、大于重力、小于重力，故D错误。
故选：C。
14．（2023•浙江模拟）11月8日在珠海航展上歼﹣20表演了双机盘旋、双机水平交叉、大仰角转弯脱离等精彩动作。飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时（ ）
A．飞机发动机推力大小不变
B．飞机所受升力大小保持不变
C．飞机克服重力做功功率变大
D．飞机所受的升力就等于向心力
【解答】解：ABD、对飞机进行受力分析，受力分析如图
设重力与半径方向夹角为θ，则沿半径方向：
F升﹣mgcosθ＝mv2R
沿切线方向：
F推﹣mgsinθ﹣f＝0
解得：F升＝mv2R+mgcosθ，F推＝mgsinθ+f
在爬升过程中，θ变大，F升减小，F推增大，向心力等于升力与重力分力之和，故ABD错误；
C、克服重力做功的功率P＝mgvcos（90°﹣θ）＝mgvsinθ，θ变大，克服重力做功的功率变大，故C正确；
故选：C。
15．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（ ）
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
D．炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
【解答】解：A、由于b点为轨迹的最高点，到达b点时，炮弹的竖直速度为0，只有水平方向的速度，所以炮弹的速度方向水平向右不为零，故A错误；
B、到达b点时，炮弹受到竖直方向的重力还有水平向左的空气阻力，所以炮弹的加速度不为零，故B错误；
C、炮弹由O点运动到b点的和由b点运动到d点的过程中，根据合运动和分运动具有等时性，所以比较两段运动过程的时间可转化为比较竖直方向的时间，两个过程在竖直方向上可看成由b点开始以初速度为0做匀变速直线运动，且位移等大，由于空气阻力的影响，上升时加速度大于下降的加速度，所以上升时间小于下降的时间，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故C正确；
D、a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，由a点到c点的过程中，重力不做功，但有空气阻力做负功，所以炮弹经过a点时的速度大于经过c点的速度，故D错误。
故选：C。
16．（2022•宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（ ）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
【解答】解：A、纳米机器人受到胃液的阻力，故A错误；
B、根据牛顿第三定律可知，B错误；
C、由于机器人向前加速，根据牛顿第二定律可知C错误；
D、根据动能定理可知，氢气气泡对机器人做的功加上胃液阻力对机器人做的负功等于机器人动能的增加量，故D正确；
故选：D。
17．（2022•杭州二模）电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
【解答】解：A、电梯轿箱在第10s内做匀速运动，既不超重也不失重，故A错误；
B、对轿厢及物体构成的系统，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升过程先匀加速，后匀速再匀减速，加速度变化，所拉力变化，故B错误；
C、动能定理：W拉﹣（M+m）gH=12（M+m）v2，解得钢索拉力做功为：W拉＝5.28×104J，故C错误；
D、上升过程中，1s时，加速度a=vt1=21m/s2＝2m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正确。
故选：D。
18．（2023•绍兴二模）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【解答】解：A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2+mgx=12kx2+f动x
代入数据解得：k＝11000N/m
故A错误；
B、与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，刚接触弹簧后，弹簧的弹力小于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，电梯的加速度为零，电梯继续运动，弹簧弹力大于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C、电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件得：kx＝mg+f静
代入数据解得：f静＝2000N
故C错误；
D、当电梯速度最大时，加速度为零，由平衡条件得：kx'+f动＝mg
代入数据解得：x'=311m
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力产生的热量，则ΔE=f动x'=17000×311J≈4636J≈4600J
故D正确。
故选：D。
19．（2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．′
【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为：
Ep2=12k(x-x1)2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2
可知E0=E-12k(x-x1)2
是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；
CD．设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg22t12
故第一阶段的Ek﹣t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
a=mg-F弹m
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：
a=F弹-mgm
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范围内，先加速后减速，x﹣t图像的斜率先增大后减小，则Ep2﹣t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：B。
20．（2023•浙江模拟）如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM，圆环从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大
B．从A下滑到C过程中摩擦发热为 14mv2
C．在C处，弹性绳的弹性势能为 mgh-14mv2
D．圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加
【解答】解：A、圆环下滑过程受力如图所示，设弹性绳的伸长量为l，弹性系数为k，弹性绳与水平方向的夹角为θ
在水平方向，由平衡条件得：FN＝klcosθ＝kd，由于k、d都是常数，则FN不变，下滑过程竖直杆对圆环的摩擦力f＝μFN大小不变，故A错误；
BC、圆环从A到C与从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等，设为ΔEp，摩擦产生的热量相等，圆环恰好回到A，则到达A点时圆环的速度为零，设为Q，设A、C间的距离为h，圆环从A到C过程，由功能关系得：mgh＝ΔEp+Q，从C到A过程，由功能关系得：12mv2+ΔEp＝mgh+Q，解得：Q=14mv2，ΔEp＝mgh-14mv2，从A到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mgh-14mv2，在A处弹性绳的弹性势能不是零，则到达C点弹性绳的弹性势能大于mgh-14mv2，故B正确，C错误；
D、圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹性绳的弹力做功，机械能持续减小，圆环上升过程中弹性绳对环做正功，摩擦力对圆环做负功，由于不知弹性绳做功与摩擦力做功大小关系，无法判断圆环机械能如何变化，故D错误。
故选：B。
21．（2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．减小石块的质量 B．增大角θ
C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离
【解答】解：A、设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，石块与配重的角速度相等，由v＝ωr得此时配重的速度大小为v2=v1l2l1
根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）=12m1v12+12m2v22=（12m1+l222l12m2）v12
由上式可知，若减小减小石块的质量m1，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；
B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足：m1gl1sinθ＜m2gl2sinθ，即m1l1＜m2l2
结合m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l222l12m2）v12
根据两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；
C、根据m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l222l12m2）v12可知，若增大配重的质量m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D、增大投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选：D。
22．（2023•浙江模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
【解答】解：AB、由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重状态，无法判断图示瞬间小球向上做什么运动，故AB错误；
C、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，合力对小球做负功，小球的动能减小，故C错误；
D、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，由功能关系知小球机械能一定增加，故D正确。
故选：D。
23．（2023•浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
【解答】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1＝Lcosθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ=hx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为（x′，h′）
根据前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h-hx⋅x'。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
24．（2023•浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为32
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
【解答】解：A、设0～t0时间内，物块的位移为x。根据重力做功与重力势能变化的关系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能关系可得：μmgxcos30°＝8J ②
联立解得：μ=8315，故A错误；
B、0～t0时间内，动能增大8J，重力势能减小5J，所以机械能增大3J，故B错误；
C、根据动能定理得：max＝12J ③
联立①③解得：a＝12m/s2，故C正确；
D、t0时刻撤去拉力，此时物块的速度为v＝at0。此后，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
设再经过时间t物块速度减到0，则v＝a′t，解得：t＝4t0，故D错误。
故选：C。
25．（2022•浙江模拟）如图所示，将两个质量相等的铁球，分别从C、D两处均以v0＝3m/s的水平速度抛出，其中从C处水平抛出的铁球恰好落在A处。已知AC为与水平方向成30°的倾斜地面，AB为长度足够长的水平地面，CD＝AD，则C、D两球落地时的动能Ek：Ek′之比为（ ）
A．1：1 B．7：5 C．2：1 D．5：7
【解答】解：设CA＝L。从C处水平抛出的铁球做平抛运动，竖直方向有：Lsin30°=12gt2
水平方向有Lcos30°＝v0t，联立解得：L＝1.2m
从C处水平抛出的铁球做平抛运动的过程，由机械能守恒定律得：Ek＝mgLsin30°+12mv02
从D处水平抛出的铁球做平抛运动的过程，由机械能守恒定律得：Ek′＝mg•L2sin30°+12mv02
联立解得：Ek：Ek′＝7：5，故ACD错误，B正确。
故选：B。
26．（2022•温州三模）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间小于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
【解答】解：C.小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得
mgR （1﹣cos5°）=12mv2
在D点根据牛顿第二定律可得
F﹣mg＝mvD2R
解得
F＝mg （3﹣2cos5°）
由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，故C错误；
D.小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为mgsin2.5°＝ma
根据运动学公式可得
xAD=12at2
解得
t＝2Rg
小球从C点静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有
hCD=12gt'2
解得
t'＝2Rg
可得
t＝t'＝2Rg
若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，故D正确；
AB.小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为
tDB=14T=14⋅2πRg=π2Rg
可知
t＝2Rg＞tDB=π2Rg
故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，故AB错误；
故选：D。
27．（2021•浙江模拟）可视为质点的小滑块m受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，从倾角为37°固定斜面底端以初速度v0向上运动，如图甲所示，斜面足够长，取底端处为零势能参考平面，小滑块在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与沿斜面上升的距离s间的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量为m＝0.6kg
B．滑块与斜面间的摩擦因数为μ＝0.5
C．滑块到达最高点后将沿斜面返回底端
D．当s＝6m时滑块动能与势能相等
【解答】解：A、取底端处为零势能参考平面，根据图乙可知，小滑块上升的距离s＝10m时，重力势能为60J，则有：EP＝mgs•sin37°，解得：m＝1kg，故A错误；
B、小滑块上滑过程中，根据动能定理可得：Fs﹣（mgsin37°+μmgcos37°）s＝0﹣Ek0，其中Ek0＝80J，s＝10m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、小物块的重力沿斜面向下的分力大小为Gx＝mgsin37°＝1×10×0.6N＝6N，小滑块的滑动摩擦力为：f＝μmgcos37°＝0.5×1×10×0.8N＝4N，小滑块运动到最高点时，摩擦力突然变为沿斜面向上，且最大静摩擦力fm＞f，此时Gx＜fm+F，小滑块在最高点处于静止状态，不会下滑，故C错误；
D、当s＝6m时，根据图乙可得：Ek6Ek0=10-610，解得：Ek6＝32J；
EP6EP=610，解得：EP6＝36J，所以当s＝6m时滑块动能与势能不相等，故D错误。
故选：B。
28．（2021•浙江模拟）将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．h1H=Ek0Ek0+mgH
D．h2H=2mgH-Ek02mgH+Ek0
【解答】解：AB、在上升过程中，由于有空气阻力，物体减少的动能大于增加的动能，当动能与重力势能相等时，也就是剩下的动能（等于重力势能）小于减少的动能，所以继续上升的高度小于已经上升的高度，即h1＞H2，同理在下降过程中，当动能与重力势能相等时h2＜H2，故AB错；
C、由动能定理可得（mg+f）H＝Ek0，
（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，
联立求得
h1H=Ek0Ek0+mgH，故C正确；
D、同样应用动能定理可求得
h2H=2mgH-Ek03mgH-Ek0，故D错误。
故选：C。
29．（2021•宁波二模）如图所示是宁波东部新城中央广场喷泉喷出水柱的场景。喷泉喷出的水柱最大高度达到了20层楼的高度；喷管的直径约为10cm。请你据此估计用于给该喷管喷水的电动机输出功率约为（水的密度为1×103kg/m3）（ ）
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
【解答】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径r＝5cm＝0.05m
根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度H＝20h＝20×3m＝60m，
设水离开管口的速度为v，则有：v2＝2gH
解得：v＝203m/s
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：
m＝ρ•vΔtS＝ρπr2vΔt
根据动能定理可得：PΔt=12mv2，
解得：P=ρπr2v32
代入数据解得：P＝1.6×105W＝160kW，故C正确、ABD错误。
故选：C。
30．（2023•浙江模拟）2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．起跳速度为16m/s
B．在最高点速度为0
C．下滑过程机械能守恒
D．从下滑到着陆重力做功35000J
【解答】解：AB、运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有h1=vy22g，tan37°=vyvx，解得vy＝16m/s，vx=643m/s，所以运动员在最高点的速度为643m/s；
运动员的起跳速度为v=vx2+vy2，代入数据解得v=803m/s，故AB错误；
C、下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；
D、运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为h2=-vyt+12gt2，代入数据解得h2＝16m
所以从下滑到着陆重力做功为W＝mg（h0+h2）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正确。
故选：D。
31．（2023•浙江二模）如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员（ ）
A．起跳时获得的动能约为1830J
B．在空中的运动时间为0.5s
C．在最高点时速度大小为12m/s
D．落地时速度方向与水平方向的夹角为30°
【解答】解：B、运动员从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有h=12gt2，解得下落时间t＝0.5s
由对称性可知，运动员在空中的运动时间为t'＝2t＝2×0.5s＝1.0s，故B错误；
C、水平方向有v0=xt'=61.0m/s＝6m/s，故在最高点时的速度大小为6m/s，故C错误；
AD、竖直末速度大小为vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，
落地时速度方向与水平面所成的夹角为tanα=vyv0=65=1.2，即α≠30°；
从起跳到最高点，根据动能定理有：﹣mgh=12mv02-Ek
代入数据解得：Ek＝1830J
故D错误，A正确。
故选：A。
2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题6机械能守恒定律 选择题
一．选择题（共31小题）
1．（2023•宁波二模）如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（ ）
A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上
B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C．“汤圆”中的无人机对空气做正功
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
2．（2023•杭州二模）如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（ ）
A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
3．（2022•浙江模拟）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力F拉A，使A缓慢向右移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向右移动过程中，拉力F越来越大
B．动摩擦因数的最小值为3
C．未施加F的初始状态，A与地面间的摩擦力为34mg
D．整个过程外力做功为：W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR
4．（2022•浙江模拟）如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点，运动轨迹如图所示，b为最高点，a、c两点等高．则足球（ ）
A．在b点的加速度方向竖直向下
B．在a点的机械能比在b点的大
C．在a点的动能与在c点的相等
D．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
5．（2021•浙江模拟）抽水蓄能电站是利用电低谷期的多余清洁能源进行抽水，在用电高峰期的时候代替部分火力发电。浙江是抽水蓄能电站已建和在建较多的省份，其中丽水缙云的抽水蓄能电站预计2026年全部投产发电，该电站设计年抽水电量24亿千瓦时，设计年发电量为18亿千瓦时，大大减少了二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等排放，具有显著的环境效益和经济效益，被称为“超级绿色蓄电池”。根据发改委提供的数据为火电厂平均每千瓦时供电耗煤约为320g标准煤，而每吨标准煤产生的二氧化碳为2620kg，则该蓄电站建成后每年可减少二氧化碳的排放量约为（ ）
A．15万吨 B．150万吨 C．20万吨 D．200万吨
6．（2021•浙江模拟）篮球规则中规定：跳球时，裁判员在两名跳球队员之间将球竖直向上抛起，球抛起的高度要超过跳球队员跳起时能达到的最大高度，并且球在他们之间落下。如图所示，裁判员将球从离地2.0m处竖直向上抛出，球到达离地2.5m处的最高点。以球的抛出点为零势能参考面，当球到距离抛出点h1高处时，其动能和势能恰好相等，到最高点后球又落回，当下降到距离抛出点h2处时，球的动能和势能再次相等。假设全程空气阻力大小恒定。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．h1＜0.25m，h2＞0.25m
B．h1＞0.25m，h2＜0.25m
C．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中重力的平均功率更小
D．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功更多
7．（2021•浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小 B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加 D．动能增加，机械能不变
8．（2023•杭州二模）如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
9．（2023•宁波一模）如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是（ ）
A．由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B．三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C．沿C轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D．沿A轨道滑下轨道对小球的支持力冲量为零
10．（2023•温州模拟）如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA＞mB，下列说法正确的是（ ）
A．若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA＝EB
B．若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA＞EB
C．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA＞aB
D．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA＞aB
11．（2023•温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为-12m(a0t1)2
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
12．（2023•杭州一模）如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（ ）
风机流量
22000m3/h
风机效率
65%
电机电功率
5.5kW
风机转速
1450r/min
工作电压
220V/50Hz
A．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8Ω
C．空气排出的速度约为15m/s
D．出风口半径约为0.26m
13．（2023•嘉兴一模）如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆从水平位置匀速率转至竖直位置的过程中（ ）
A．升降杆始终处于平衡状态
B．转动装置对升降杆做功mgL
C．M、N两点向心加速度大小之比aM：aN＝2：1
D．转动装置对升降杆的作用力大小始终等于mg
14．（2023•浙江模拟）11月8日在珠海航展上歼﹣20表演了双机盘旋、双机水平交叉、大仰角转弯脱离等精彩动作。飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时（ ）
A．飞机发动机推力大小不变
B．飞机所受升力大小保持不变
C．飞机克服重力做功功率变大
D．飞机所受的升力就等于向心力
15．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（ ）
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
D．炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
16．（2022•宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（ ）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
17．（2022•杭州二模）电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
18．（2023•绍兴二模）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
19．（2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．′
20．（2023•浙江模拟）如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM，圆环从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大
B．从A下滑到C过程中摩擦发热为 14mv2
C．在C处，弹性绳的弹性势能为 mgh-14mv2
D．圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加
21．（2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．减小石块的质量 B．增大角θ
C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离
22．（2023•浙江模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
23．（2023•浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
24．（2023•浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为32
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
25．（2022•浙江模拟）如图所示，将两个质量相等的铁球，分别从C、D两处均以v0＝3m/s的水平速度抛出，其中从C处水平抛出的铁球恰好落在A处。已知AC为与水平方向成30°的倾斜地面，AB为长度足够长的水平地面，CD＝AD，则C、D两球落地时的动能Ek：Ek′之比为（ ）
A．1：1 B．7：5 C．2：1 D．5：7
26．（2022•温州三模）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间小于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
27．（2021•浙江模拟）可视为质点的小滑块m受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，从倾角为37°固定斜面底端以初速度v0向上运动，如图甲所示，斜面足够长，取底端处为零势能参考平面，小滑块在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与沿斜面上升的距离s间的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量为m＝0.6kg
B．滑块与斜面间的摩擦因数为μ＝0.5
C．滑块到达最高点后将沿斜面返回底端
D．当s＝6m时滑块动能与势能相等
28．（2021•浙江模拟）将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．h1H=Ek0Ek0+mgH
D．h2H=2mgH-Ek02mgH+Ek0
29．（2021•宁波二模）如图所示是宁波东部新城中央广场喷泉喷出水柱的场景。喷泉喷出的水柱最大高度达到了20层楼的高度；喷管的直径约为10cm。请你据此估计用于给该喷管喷水的电动机输出功率约为（水的密度为1×103kg/m3）（ ）
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
30．（2023•浙江模拟）2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．起跳速度为16m/s
B．在最高点速度为0
C．下滑过程机械能守恒
D．从下滑到着陆重力做功35000J
31．（2023•浙江二模）如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员（ ）
A．起跳时获得的动能约为1830J
B．在空中的运动时间为0.5s
C．在最高点时速度大小为12m/s
D．落地时速度方向与水平方向的夹角为30°
2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题6机械能守恒定律 选择题
参考答案与试题解析
一．选择题（共31小题）
1．（2023•宁波二模）如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（ ）
A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上
B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C．“汤圆”中的无人机对空气做正功
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
【解答】解：A、“汤匙”正在匀速向上运动，所以合外力为零，故A错误；
B、“汤匙”正在匀速向上运动，动能不变，重力势能增加，所以机械能增大，故B错误；
C、“汤圆”中的无人机使空气流动，对空气做正功，故C正确；
D、“汤圆”中的无人机消耗的电能转化为内能、无人机的光能和空气的动能，故D错误。
故选：C。
2．（2023•杭州二模）如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（ ）
A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
【解答】解：A．打开降落伞后，飞船减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力对飞船做的功，故C错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于克服阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。
故选：D。
3．（2022•浙江模拟）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力F拉A，使A缓慢向右移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．向右移动过程中，拉力F越来越大
B．动摩擦因数的最小值为3
C．未施加F的初始状态，A与地面间的摩擦力为34mg
D．整个过程外力做功为：W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR
【解答】解：A、在A向右移动过程中，A、B对地面的压力不变，始终等于mg，故A与地面之间的摩擦力不变，始终为μmg，而对C进行力的分析可知，C对A的压力的水平分量逐渐增大，而A在移动过程中也一直平衡，可得拉力F越来越小，故A错误；
B、由于B一直静止，分析可知当C即将接触地面时，C对B的压力的水平分量最大，此时B最容易滑动，易得此时C对B的压力的水平分量为32mg，则动摩擦因数的最小值为32，故B 错误；
C、经分析，未施加F的初始状态，C对A的压力的水平分量为36mg，故A与地面间的摩擦力为36mg，故C错误；
D、通过对系统分析，系统动能始终为零，重力做功为（3-1）mgR，A的位移为2（3-1）R，所以摩擦力对A做功为﹣2（3-1）μmgR，由系统动能定理可得外力做功为W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR，故D正确。
故选：D。
4．（2022•浙江模拟）如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点，运动轨迹如图所示，b为最高点，a、c两点等高．则足球（ ）
A．在b点的加速度方向竖直向下
B．在a点的机械能比在b点的大
C．在a点的动能与在c点的相等
D．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
【解答】解：A、在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，故A错误；
B、由于过程中空气阻力做负功，机械能减小，故在a点的机械能比在b点的大，故B正确；
C、从a运动到c过程中机械能减小，a、c两点的重力势能相等，则a点的动能比在c点的动能大，故C错误；
D、足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，b运动到c的空气阻力向上，故a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大于从b运动到c的过程中的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，故D错误；
故选：B。
5．（2021•浙江模拟）抽水蓄能电站是利用电低谷期的多余清洁能源进行抽水，在用电高峰期的时候代替部分火力发电。浙江是抽水蓄能电站已建和在建较多的省份，其中丽水缙云的抽水蓄能电站预计2026年全部投产发电，该电站设计年抽水电量24亿千瓦时，设计年发电量为18亿千瓦时，大大减少了二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等排放，具有显著的环境效益和经济效益，被称为“超级绿色蓄电池”。根据发改委提供的数据为火电厂平均每千瓦时供电耗煤约为320g标准煤，而每吨标准煤产生的二氧化碳为2620kg，则该蓄电站建成后每年可减少二氧化碳的排放量约为（ ）
A．15万吨 B．150万吨 C．20万吨 D．200万吨
【解答】解：年发电量为18亿千瓦时需耗煤m＝18×108×0.32千克＝5.76×108千克＝5.76×105吨，则每年可减少二氧化碳的排放量为M＝5.76×105×2620千克≈1.5×109千克＝150万吨。故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．（2021•浙江模拟）篮球规则中规定：跳球时，裁判员在两名跳球队员之间将球竖直向上抛起，球抛起的高度要超过跳球队员跳起时能达到的最大高度，并且球在他们之间落下。如图所示，裁判员将球从离地2.0m处竖直向上抛出，球到达离地2.5m处的最高点。以球的抛出点为零势能参考面，当球到距离抛出点h1高处时，其动能和势能恰好相等，到最高点后球又落回，当下降到距离抛出点h2处时，球的动能和势能再次相等。假设全程空气阻力大小恒定。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．h1＜0.25m，h2＞0.25m
B．h1＞0.25m，h2＜0.25m
C．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中重力的平均功率更小
D．与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功更多
【解答】解：AB、设上抛的初速度大小为v0，最高点到抛出点的高度为h，则h＝2.5m﹣2.0m＝0.5m，
对从抛出点到最高点的过程，由动能定理得：
﹣mgh﹣f阻h＝0-12mv02
对从抛出点到距离抛出点h1高处的过程，由动能定理得：
﹣mgh1﹣f阻h1=12mv12-12mv02，
由题意知：12mv12=mgh1，
解得：mgh1＝（mg+f阻）（h﹣h1）
可得：h1＞h﹣h1，
解得：h1＞h2=0.52m=0.25m；
对从抛出点到下降到距离抛出点h2处的过程，由动能定理得：
﹣mgh2﹣f阻（h+h﹣h2）=12mv22-12mv02
由题意知：12mv22=mgh2，
解得：（2mg﹣f阻）h2＝（mg﹣f阻）h
因：2mg﹣f阻＞2（mg﹣f阻），故：h2＜2h，
解得：h2＜h2=0.52m=0.25m，故A错误，B正确；
C、平均功率P=Wt，从抛出点到落回抛出点的过程，重力做功为零，则平均功率为零；篮球向上运动过程重力做功为﹣mgh，功率不取负值，则克服重力做功的平均功率为mght；可知与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中重力的平均功率更大（注：做功为负功时，其功率不取负值），故C错误；
D、从抛出点到落回抛出点的过程中克服空气阻力做的功：W＝2f阻h；篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功：W′＝f阻h；可知与落回抛出点过程相比，篮球向上运动过程中克服空气阻力做的功更少，故D错误。
故选：B。
7．（2021•浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小 B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加 D．动能增加，机械能不变
【解答】解：汽车关闭发动机后向下加速运动过程中，速度增大、则动能增大；
由于摩擦力对汽车做负功，则汽车的机械能减少，故B正确、ACD错误。
故选：B。
8．（2023•杭州二模）如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
【解答】解：A．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r火3T火2
因为r地＜r火，可知地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误；
B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r火3T火2
因为r火+r地2＜r火，可知探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转周期，故C错误；
D．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r地3T地2
整理得，探测器在地火转移轨道上的周期T探=(r火+r地2r地)3T地
探测器从发射到被火星俘获，经历的时间t=T探2
其中T地＝365天
联立上述各式，代入数据得
t≈255天，故D正确。
故选：D。
9．（2023•宁波一模）如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是（ ）
A．由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B．三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C．沿C轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D．沿A轨道滑下轨道对小球的支持力冲量为零
【解答】解：A．由动能定理得，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，但是方向不同，故A错误；
B．小球沿三条轨道运动过程中，起点与终点相同，所以重力做功相同，又因为从B轨道滑下用时最短，所以沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大，故B正确；
C．无论沿哪条轨道下滑，支持力始终与速度方向垂直，不做功，故C错误；
D．沿A轨道滑下时轨道对小球的支持力不为零，所以该过程中轨道对小球的支持力冲量不为零，故D错误。
故选：B。
10．（2023•温州模拟）如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA＞mB，下列说法正确的是（ ）
A．若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA＝EB
B．若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA＞EB
C．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA＞aB
D．若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA＞aB
【解答】解：A、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，若以抛出所在的水平面为零势能面，则小球的机械能为EA=12mAv02，EB=12mBv02，由于mA＞mB，所以EA＞EB，故A错误；
B、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，小球只受重力作用，两小球加速度相同，均为重力加速度g，则小球上升的最大高度为：hA=v022g=hB，以A球的最大高度所在的平面为零势能面，则：EA=12mAv02-mAghA，EB=12mBv02-mBghB，由于小球各自的机械能守恒，所以EA＝EB＝0，故B错误；
C、若两球受到相等的空气阻力，上升过程，根据牛顿第二定律，对A小球有：mAg+f＝mAaA，对B小球有：mBg+f＝mBaB，解得加速度为：aA=g+fmA，aB=g+fmB，由于mA＞mB，所以aA＜aB，故C错误；
D、若两球受到相等的空气阻力，下落过程，根据牛顿第二定律，对小球A有：mAg﹣f＝mAaA，对B小球有：mBg﹣f＝mBaB，解得加速度为：aA=g-fmA，aB=g-fmB，由于mA＞mB，所以aA＞aB，故D正确。
故选：D。
11．（2023•温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为-12m(a0t1)2
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
【解答】解：A、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，加速度竖直向上，物体处于超重状态，故A错误；
B、由图像可知t1～t2时间内物体的加速度为正，物体仍做加速运动，只是做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，t1时刻物体的位移为x1=12a0t12
重力对物体做功W=-mgx1=-12mga0t12
故C错误；
D、t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma0
解得：F＝mg+ma0
t1时刻物体的速度为v＝a0t1
起重机额定功率为P＝Fv＝（mg+ma0）a0t1
故D正确。
故选：D。
12．（2023•杭州一模）如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（ ）
风机流量
22000m3/h
风机效率
65%
电机电功率
5.5kW
风机转速
1450r/min
工作电压
220V/50Hz
A．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8Ω
C．空气排出的速度约为15m/s
D．出风口半径约为0.26m
【解答】解：A、风机转速n＝1450r/min=1456r/s
风机转动的角速度为ω＝2πn=145π3rad/s
故A错误；
B、由表格得，风机的工作电压U＝220V
电功率为P电＝5.5kW＝5500W
由P电＝UI得，电流I＝25A
风机的输出功率P出＝ηP电＝65%×5500W＝3575W
热功率为P热＝P电﹣P出＝5500W﹣3575W＝1925W
由P热＝I2R得，排风扇的内电阻R=1925252Ω=7725Ω＝3.08Ω
故B错误；
C、设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒定律的：P出t=12Qtρv2
代入数据解得：v＝30m/s
故C错误；
D、风机的流量Q＝vπr2
代入数据解得，出风口半径r≈0.26m
故D正确。
故选：D。
13．（2023•嘉兴一模）如图所示，M、N分别为自动升降杆上的端点和中点，已知升降杆的质量为m，长度为L，重力加速度为g，杆从水平位置匀速率转至竖直位置的过程中（ ）
A．升降杆始终处于平衡状态
B．转动装置对升降杆做功mgL
C．M、N两点向心加速度大小之比aM：aN＝2：1
D．转动装置对升降杆的作用力大小始终等于mg
【解答】解：A．杆在竖直平面内做匀速圆周运动，有向心加速度，不是平衡状态，故A错误；
B．根据功能关系，转动装置对升降杆做的功等于升降杆重力势能的增加量，即W=12mgL
故B错误；
C．M、N具有相同角速度，向心加速度大小之比为aMaN=ω2Lω2L2=21
故C正确；
D．转动装置对升降杆的作用力与升降杆重力的合力提供升降杆做匀速圆周运动的向心力，大小不断变化，可能与重力相等、大于重力、小于重力，故D错误。
故选：C。
14．（2023•浙江模拟）11月8日在珠海航展上歼﹣20表演了双机盘旋、双机水平交叉、大仰角转弯脱离等精彩动作。飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时（ ）
A．飞机发动机推力大小不变
B．飞机所受升力大小保持不变
C．飞机克服重力做功功率变大
D．飞机所受的升力就等于向心力
【解答】解：ABD、对飞机进行受力分析，受力分析如图
设重力与半径方向夹角为θ，则沿半径方向：
F升﹣mgcosθ＝mv2R
沿切线方向：
F推﹣mgsinθ﹣f＝0
解得：F升＝mv2R+mgcosθ，F推＝mgsinθ+f
在爬升过程中，θ变大，F升减小，F推增大，向心力等于升力与重力分力之和，故ABD错误；
C、克服重力做功的功率P＝mgvcos（90°﹣θ）＝mgvsinθ，θ变大，克服重力做功的功率变大，故C正确；
故选：C。
15．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（ ）
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
D．炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
【解答】解：A、由于b点为轨迹的最高点，到达b点时，炮弹的竖直速度为0，只有水平方向的速度，所以炮弹的速度方向水平向右不为零，故A错误；
B、到达b点时，炮弹受到竖直方向的重力还有水平向左的空气阻力，所以炮弹的加速度不为零，故B错误；
C、炮弹由O点运动到b点的和由b点运动到d点的过程中，根据合运动和分运动具有等时性，所以比较两段运动过程的时间可转化为比较竖直方向的时间，两个过程在竖直方向上可看成由b点开始以初速度为0做匀变速直线运动，且位移等大，由于空气阻力的影响，上升时加速度大于下降的加速度，所以上升时间小于下降的时间，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故C正确；
D、a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，由a点到c点的过程中，重力不做功，但有空气阻力做负功，所以炮弹经过a点时的速度大于经过c点的速度，故D错误。
故选：C。
16．（2022•宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（ ）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
【解答】解：A、纳米机器人受到胃液的阻力，故A错误；
B、根据牛顿第三定律可知，B错误；
C、由于机器人向前加速，根据牛顿第二定律可知C错误；
D、根据动能定理可知，氢气气泡对机器人做的功加上胃液阻力对机器人做的负功等于机器人动能的增加量，故D正确；
故选：D。
17．（2022•杭州二模）电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为2×103kg，配重为2.4×103kg。某次电梯轿箱由静止开始上升的v﹣t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1s内，电动机做的机械功为2.4×104J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104W
【解答】解：A、电梯轿箱在第10s内做匀速运动，既不超重也不失重，故A错误；
B、对轿厢及物体构成的系统，由牛顿第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升过程先匀加速，后匀速再匀减速，加速度变化，所拉力变化，故B错误；
C、动能定理：W拉﹣（M+m）gH=12（M+m）v2，解得钢索拉力做功为：W拉＝5.28×104J，故C错误；
D、上升过程中，1s时，加速度a=vt1=21m/s2＝2m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正确。
故选：D。
18．（2023•绍兴二模）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【解答】解：A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得12mv2+mgx=12kx2+f动x
代入数据解得：k＝11000N/m
故A错误；
B、与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，刚接触弹簧后，弹簧的弹力小于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，电梯的加速度为零，电梯继续运动，弹簧弹力大于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C、电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件得：kx＝mg+f静
代入数据解得：f静＝2000N
故C错误；
D、当电梯速度最大时，加速度为零，由平衡条件得：kx'+f动＝mg
代入数据解得：x'=311m
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力产生的热量，则ΔE=f动x'=17000×311J≈4636J≈4600J
故D正确。
故选：D。
19．（2023•温州模拟）如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．′
【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为：
Ep2=12k(x-x1)2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2
可知E0=E-12k(x-x1)2
是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；
CD．设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg22t12
故第一阶段的Ek﹣t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
a=mg-F弹m
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：
a=F弹-mgm
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范围内，先加速后减速，x﹣t图像的斜率先增大后减小，则Ep2﹣t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：B。
20．（2023•浙江模拟）如图所示，劲度系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM，圆环从A处由静止开始释放，到达C处时速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（ ）
A．下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大
B．从A下滑到C过程中摩擦发热为 14mv2
C．在C处，弹性绳的弹性势能为 mgh-14mv2
D．圆环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加
【解答】解：A、圆环下滑过程受力如图所示，设弹性绳的伸长量为l，弹性系数为k，弹性绳与水平方向的夹角为θ
在水平方向，由平衡条件得：FN＝klcosθ＝kd，由于k、d都是常数，则FN不变，下滑过程竖直杆对圆环的摩擦力f＝μFN大小不变，故A错误；
BC、圆环从A到C与从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等，设为ΔEp，摩擦产生的热量相等，圆环恰好回到A，则到达A点时圆环的速度为零，设为Q，设A、C间的距离为h，圆环从A到C过程，由功能关系得：mgh＝ΔEp+Q，从C到A过程，由功能关系得：12mv2+ΔEp＝mgh+Q，解得：Q=14mv2，ΔEp＝mgh-14mv2，从A到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mgh-14mv2，在A处弹性绳的弹性势能不是零，则到达C点弹性绳的弹性势能大于mgh-14mv2，故B正确，C错误；
D、圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹性绳的弹力做功，机械能持续减小，圆环上升过程中弹性绳对环做正功，摩擦力对圆环做负功，由于不知弹性绳做功与摩擦力做功大小关系，无法判断圆环机械能如何变化，故D错误。
故选：B。
21．（2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A．减小石块的质量 B．增大角θ
C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离
【解答】解：A、设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，石块与配重的角速度相等，由v＝ωr得此时配重的速度大小为v2=v1l2l1
根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）=12m1v12+12m2v22=（12m1+l222l12m2）v12
由上式可知，若减小减小石块的质量m1，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；
B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足：m1gl1sinθ＜m2gl2sinθ，即m1l1＜m2l2
结合m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l222l12m2）v12
根据两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；
C、根据m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l222l12m2）v12可知，若增大配重的质量m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D、增大投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选：D。
22．（2023•浙江模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
【解答】解：AB、由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重状态，无法判断图示瞬间小球向上做什么运动，故AB错误；
C、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，合力对小球做负功，小球的动能减小，故C错误；
D、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，由功能关系知小球机械能一定增加，故D正确。
故选：D。
23．（2023•浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（ ）
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
【解答】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1＝Lcosθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ=hx
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为（x′，h′）
根据前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h-hx⋅x'。
A、当x′=16x时，解得：h′=56h，故A错误；
B、当x′=14x时，解得：h′=34，故B错误；
C、当x′=13x时，解得：h′=23h，故C错误；
D、当x′=12x时，解得：h′=12h，故D正确。
故选：D。
24．（2023•浙江模拟）一物块在倾角为30°的固定斜面（足够长）上受到方向与斜面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0～t0时间内，物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分别如图曲线①、②和③所示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为32
B．0～t0时间内，机械能增大4J
C．0～t0时间内，物块的加速度为12m/s2
D．若t0时刻撤去拉力，则再经过时间3t0，物块速度减到0
【解答】解：A、设0～t0时间内，物块的位移为x。根据重力做功与重力势能变化的关系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能关系可得：μmgxcos30°＝8J ②
联立解得：μ=8315，故A错误；
B、0～t0时间内，动能增大8J，重力势能减小5J，所以机械能增大3J，故B错误；
C、根据动能定理得：max＝12J ③
联立①③解得：a＝12m/s2，故C正确；
D、t0时刻撤去拉力，此时物块的速度为v＝at0。此后，由牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
设再经过时间t物块速度减到0，则v＝a′t，解得：t＝4t0，故D错误。
故选：C。
25．（2022•浙江模拟）如图所示，将两个质量相等的铁球，分别从C、D两处均以v0＝3m/s的水平速度抛出，其中从C处水平抛出的铁球恰好落在A处。已知AC为与水平方向成30°的倾斜地面，AB为长度足够长的水平地面，CD＝AD，则C、D两球落地时的动能Ek：Ek′之比为（ ）
A．1：1 B．7：5 C．2：1 D．5：7
【解答】解：设CA＝L。从C处水平抛出的铁球做平抛运动，竖直方向有：Lsin30°=12gt2
水平方向有Lcos30°＝v0t，联立解得：L＝1.2m
从C处水平抛出的铁球做平抛运动的过程，由机械能守恒定律得：Ek＝mgLsin30°+12mv02
从D处水平抛出的铁球做平抛运动的过程，由机械能守恒定律得：Ek′＝mg•L2sin30°+12mv02
联立解得：Ek：Ek′＝7：5，故ACD错误，B正确。
故选：B。
26．（2022•温州三模）竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间小于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
【解答】解：C.小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得
mgR （1﹣cos5°）=12mv2
在D点根据牛顿第二定律可得
F﹣mg＝mvD2R
解得
F＝mg （3﹣2cos5°）
由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，故C错误；
D.小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为mgsin2.5°＝ma
根据运动学公式可得
xAD=12at2
解得
t＝2Rg
小球从C点静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有
hCD=12gt'2
解得
t'＝2Rg
可得
t＝t'＝2Rg
若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，故D正确；
AB.小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为
tDB=14T=14⋅2πRg=π2Rg
可知
t＝2Rg＞tDB=π2Rg
故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，故AB错误；
故选：D。
27．（2021•浙江模拟）可视为质点的小滑块m受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，从倾角为37°固定斜面底端以初速度v0向上运动，如图甲所示，斜面足够长，取底端处为零势能参考平面，小滑块在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与沿斜面上升的距离s间的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块的质量为m＝0.6kg
B．滑块与斜面间的摩擦因数为μ＝0.5
C．滑块到达最高点后将沿斜面返回底端
D．当s＝6m时滑块动能与势能相等
【解答】解：A、取底端处为零势能参考平面，根据图乙可知，小滑块上升的距离s＝10m时，重力势能为60J，则有：EP＝mgs•sin37°，解得：m＝1kg，故A错误；
B、小滑块上滑过程中，根据动能定理可得：Fs﹣（mgsin37°+μmgcos37°）s＝0﹣Ek0，其中Ek0＝80J，s＝10m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、小物块的重力沿斜面向下的分力大小为Gx＝mgsin37°＝1×10×0.6N＝6N，小滑块的滑动摩擦力为：f＝μmgcos37°＝0.5×1×10×0.8N＝4N，小滑块运动到最高点时，摩擦力突然变为沿斜面向上，且最大静摩擦力fm＞f，此时Gx＜fm+F，小滑块在最高点处于静止状态，不会下滑，故C错误；
D、当s＝6m时，根据图乙可得：Ek6Ek0=10-610，解得：Ek6＝32J；
EP6EP=610，解得：EP6＝36J，所以当s＝6m时滑块动能与势能不相等，故D错误。
故选：B。
28．（2021•浙江模拟）将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．h1H=Ek0Ek0+mgH
D．h2H=2mgH-Ek02mgH+Ek0
【解答】解：AB、在上升过程中，由于有空气阻力，物体减少的动能大于增加的动能，当动能与重力势能相等时，也就是剩下的动能（等于重力势能）小于减少的动能，所以继续上升的高度小于已经上升的高度，即h1＞H2，同理在下降过程中，当动能与重力势能相等时h2＜H2，故AB错；
C、由动能定理可得（mg+f）H＝Ek0，
（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，
联立求得
h1H=Ek0Ek0+mgH，故C正确；
D、同样应用动能定理可求得
h2H=2mgH-Ek03mgH-Ek0，故D错误。
故选：C。
29．（2021•宁波二模）如图所示是宁波东部新城中央广场喷泉喷出水柱的场景。喷泉喷出的水柱最大高度达到了20层楼的高度；喷管的直径约为10cm。请你据此估计用于给该喷管喷水的电动机输出功率约为（水的密度为1×103kg/m3）（ ）
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
【解答】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径r＝5cm＝0.05m
根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度H＝20h＝20×3m＝60m，
设水离开管口的速度为v，则有：v2＝2gH
解得：v＝203m/s
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：
m＝ρ•vΔtS＝ρπr2vΔt
根据动能定理可得：PΔt=12mv2，
解得：P=ρπr2v32
代入数据解得：P＝1.6×105W＝160kW，故C正确、ABD错误。
故选：C。
30．（2023•浙江模拟）2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．起跳速度为16m/s
B．在最高点速度为0
C．下滑过程机械能守恒
D．从下滑到着陆重力做功35000J
【解答】解：AB、运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有h1=vy22g，tan37°=vyvx，解得vy＝16m/s，vx=643m/s，所以运动员在最高点的速度为643m/s；
运动员的起跳速度为v=vx2+vy2，代入数据解得v=803m/s，故AB错误；
C、下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；
D、运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为h2=-vyt+12gt2，代入数据解得h2＝16m
所以从下滑到着陆重力做功为W＝mg（h0+h2）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正确。
故选：D。
31．（2023•浙江二模）如图所示，一名质量为60kg的运动员在水平地面上进行跳远比赛，腾空过程中离水平地面的最大高度为1.25m，起跳点与落地点的水平距离为6m，运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则运动员（ ）
A．起跳时获得的动能约为1830J
B．在空中的运动时间为0.5s
C．在最高点时速度大小为12m/s
D．落地时速度方向与水平方向的夹角为30°
【解答】解：B、运动员从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有h=12gt2，解得下落时间t＝0.5s
由对称性可知，运动员在空中的运动时间为t'＝2t＝2×0.5s＝1.0s，故B错误；
C、水平方向有v0=xt'=61.0m/s＝6m/s，故在最高点时的速度大小为6m/s，故C错误；
AD、竖直末速度大小为vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，
落地时速度方向与水平面所成的夹角为tanα=vyv0=65=1.2，即α≠30°；
从起跳到最高点，根据动能定理有：﹣mgh=12mv02-Ek
代入数据解得：Ek＝1830J
故D错误，A正确。
故选：A。
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