新高考物理二轮复习一模题型分类汇编专题06 机械能守恒（2份，原卷版+解析版）

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(1)小孩与冰车受到的支持力的大小。
(2)小孩与冰车的加速度的大小。
(3)拉力作用时间，冰车位移的大小。
(4)拉力作用时间内，合外力做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）对小孩与冰车，竖直方向有
代入题中数据，解得
（2）对小孩与冰车，由牛顿第二定律有
其中摩擦力
联立以上，解得加速度大小
（3）拉力作用时间，冰车位移
（4）拉力作用时间内，合外力做的功
2．（2025·甘肃张掖·一模）如图所示，弹性绳一端系于点，绕过处的小滑轮，另一端与质量为、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，、、三点等高，弹性绳的原长恰好等于间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5。圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为，到达最低点时，重力加速度为，弹性绳始终遵循胡克定律。求：
(1)释放瞬间弹性绳中拉力大小；
(2)圆环下落到（图中未标出）点，设与水平夹角为，求此时圆环所受滑动摩擦力大小；
(3)A到的过程中，圆环克服摩擦力做的功；
(4)已知，圆环下滑过程中的最大速度。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）释放瞬间，对圆环受力分析，由牛顿第二定律得
则有
解得
（2）设，则有
解得
圆环下滑到点，受力分析，如图所示
由几何关系可得，此时弹性绳的形变量为
由平衡条件有
又有
联立解得
（3）由小问2分析可知，小环下落过程中，滑动摩擦力大小不变，由公式可得，A到的过程中，圆环克服摩擦力做的功
（4）根据题意，设圆环下滑到点时速度最大，此时与水平方向的夹角为，已知，此时弹性绳的形变量为
圆环速度最大，则有
联立解得
可知，此时圆环下落的高度为
综上所述可知，圆环所受合力满足
则从开始下落到速度最大，由动能定理有
解得
3．（2025·天津河西·一模）托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着质量为m的球向前跑动。在比赛中途的某一段时间t内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员共同沿水平方向匀加速直线运动通过x距离，乒乓球的速度变化量为，球拍平面与水平面之间的夹角为，如图所示。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．在这段时间内，乒乓球加速度的大小为
B．在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为
C．在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为
D．在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为
【答案】BC
【详解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直线运动，受力如图
由牛顿第二定律有
解得加速度大小
故A错误；
B．合外力冲量大小
故B正确；
C．球拍对乒乓球的弹力为
则球拍对乒乓球的弹力做的功
故C正确；
D．根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即
故D错误。
故选BC。
4．（2025·辽宁·一模）图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量，长度，其中放有质量，长的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数。现用水平力恒力将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速度为
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为0.2N
C．书本运动的全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功
D．书本可能与抽屉左侧发生磕碰
【答案】C
【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，假设能一起加速，对书本和抽屉由牛顿第二定律可得
解得
则能一起加速，抽屉的加速度为，故A错误；
B．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为
故B错误；
C．抽屉遇到柜体挡板前，摩擦力向右，书本位移向右则摩擦力先做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，摩擦力向左，书本位移向右，摩擦力对书本后做负功，故C正确；
D．抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度
抽屉遇到柜体挡板后书本的加速度
此后书本相对抽屉的位移
书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。
故选C。
5．（2025·江苏·一模）某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示，“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住，绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高处释放，在接触绳网后下降直至最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．火箭模型接触绳网立即减速B．火箭模型在最低点所受合力为0
C．火箭模型接触绳网后先失重后超重D．绳网对火箭模型先做正功后做负功
【答案】C
【详解】A．火箭模型接触绳网时重力大于弹力，继续向下加速，故A错误；
B．火箭模型在最低点弹力大于重力，所受合力向上，故B错误；
C．火箭模型接触绳网后先向下加速，后向下减速，所以先失重后超重，故C正确；
D．绳网对火箭模型的力始终向上，接触绳网后下降直至最低点的过程中，在一直做负功，故D错误。
故选C。
6．（2025·河北廊坊·一模）石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部分组成。某人在手柄上施加方向总与垂直、大小为的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知点到转轴的距离为，则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】D
【详解】F与摩擦力一直是平衡力，F克服摩擦力做功，因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力则微元功为
根据
可知摩擦力所做的功约为-18J。故选D。
7．（2025·安徽·一模）安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、冬雪著称于世。2013年7月开通的西海大峡谷地面观光缆车如图（1）所示，最近因沿线的奇幻美景和视觉上的冲击力突然在社交平台上走红。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车情形如图（2）所示，缆车内部地板水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零
B．当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行
C．当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零
D．当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功
【答案】D
【详解】A．当观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力才为零，故 A错误；
B．观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道向上，因此缆车对乘客的作用力与重力的合力方向与轨道平行向上，则缆车对乘客的作用力一定不与轨道平行，故B错误；
C．缆车匀速下行时，人处于平衡状态，则缆车对人的摩擦力为零，故C错误；
D．缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角，缆车对乘客做负功， D正确。
故选D。
8．（2025·福建·一模）随着科技的发展，机器狗的应用为生活带来了便利。如图所示，机器狗在泰山进行负重测试，从泰山山脚到目的地用时2h，爬升高度为1200m，已知机器狗及重物总质量为100kg，重力加速度g取，则机器狗在本次测试中（ ）
A．位移大小为1200m
B．克服重力做功为
C．克服重力做功的平均功率为
D．所受重力的冲量为0
【答案】B
【详解】A．始末位置的带箭头的线段的长度指位移大小，由于爬升高度为1200m，则位移大小大于或等于1200m，故A错误；
B．机器狗克服重力做功为
故B正确；
C．克服重力做功的平均功率为
故C错误；
D．以竖直向下为正方向，则所受重力的冲量为
故D错误。
故选B。
9．（2025·江西·一模）如图所示，倾角、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一质量的物块，时刻物块在沿斜面向上的恒力作用下，从斜面底端由静止开始运动，时撤去，时物块恰好返回斜面底端，取重力加速度大小，求：

(1)撤去后物块的加速度大小；
(2)恒力对物块做的功。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）撤去后物块仅受重力和支持力作用，有
解得
（2）设物块在恒力作用下的加速度大小为，物块到达点时的速度大小为，令，根据运动学规律有
，
根据牛顿第二定律有
则恒力对物块做的功
联立解得
10．（2025·广东·一模）如图所示，两个完全相同的小球、，在同一高度处以相同大小的初速度分别水平抛出和竖直向上抛出，则（ ）
A．两小球落地时的速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【答案】C
【详解】A．由于两个球完全相同，并且都是只受重力的作用，所以两个球的机械能守恒，那么在落地的时候，两个球的速度的大小都是相同的，但是方向不同，A错误；
B．根据机械能守恒可知，落地时两个球的速度的大小是相同的，但是它们的速度的方向是不同的，竖直上抛的小球落地时速度的方向是竖直向下的，但是平抛的小球落地时的速度与水平方向有一定的夹角，所以在两小球落地时，重力的瞬时功率
是不同的，B错误；
C．重力做功的大小只与物体的初末的位置有关，两个球从同一个地方抛出，最后又都落到了地面上，它们的高度差是相同的，所以重力对两小球做功相同，C正确；
D．重力对于两个球做的功的大小相同，但是它们运动的时间不同，所以重力的平均功率的
不同，D错误；
故选C。
11．（2025·北京房山·一模）如图甲所示，物体A以速度水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体B的机械能不守恒
B．两物体重力的冲量不相等
C．两物体合力做功不相等
D．两物体落地时重力的瞬时功率相等
【答案】B
【详解】AC．两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误；
B．A物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，竖直方向的加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，根据可知，两物体重力的冲量不相等，故B正确；
D．设高度为，A物体竖直方向的速度为
B物体到底端的速度满足
解得
B物体竖直方向的速度
根据重力的瞬时功率
可知两物体落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误；
故选B。
12．（2025·甘肃张掖·一模）如图所示，两长度均为的相同轻质细杆用铰链、、相连，质量可忽略的铰链固定在地面上，铰链和质量不可忽略，均为，铰链、、均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链和彼此靠近。时铰链在水平外力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动（为重力加速度），到时和间的夹角变为，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，下列说法正确的是（ ）
A．时重力对做功的瞬时功率为
B．时重力对做功的瞬时功率为
C．从到时间内，力做的功为
D．时连接的细杆中的弹力大小为
【答案】B
【详解】AB．时和间的夹角变为，此时C发生的位移大小为
根据
可得此时C的速度大小为
此时B、C沿杆方向的分速度相等，如图所示有
可得时重力对做功的瞬时功率为
故B正确，A错误；
C．对ABC系统，根据动能定理有
求得
故C错误；
D．若为恒力，时刻对C分析，根据牛顿第二定律有
时刻对C分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图
B所受合力沿AB杆指向A，设AB杆对B的弹力沿AB杆指向B， 根据牛顿第二定律，有
求得
此时AB杆对B的弹力大小为，但由于不是恒力，则，故此时连接AB的细杆中的弹力大小不为，故D错误。
故选B。
13．（2025·天津和平·一模）一款能垂直起降的遥控无人机质量m=200kg，发动机的功率最大值Pm =24000W， 最大竖直升力Fm = 3000N ，执行侦察任务时悬停在离地高度h1= 200m的高空。执行任务后需要尽快竖直上升到离地高度超过h2=238.4m的安全区域。忽略空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)该过程的最大上升速度大小；
(2)若执行任务后，无人机立即以最大升力上升，求到达最大功率所用的时间t1；
(3)在（2）的基础上，以最大功率继续上升，求到达安全区域需要的时间t2（到达安全区域之前已经达到最大速度）。
【答案】(1)
(2)1.6s
(3)
【详解】（1）依题意，无人机所受重力与升力等大反向时，具有最大速度，有
解得
（2）无人机以最大升力上升，做匀加速直线运动，可得
由牛顿第二定律Fm-mg= ma
又
联立，解得
（3）以最大功率的加速过程，有
又
联立，解得
14．（2025·河北石家庄·一模）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m－Pt
【答案】C
【详解】A．若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B．若动车组输出功率均为额定值，则其加速度
随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：
若总功率变为2.25P，则同样有：
联立两式可得：vm′=vm
故C正确；
D．对动车组根据动能定理有：4Pt-Wf=mvm2
所以克服阻力做的功Wf=4Pt-mvm2
故D错误；
故选C。
15．（2025·北京延庆·一模）汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1000kg，为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（ ）
A．汽车行驶过程中所受阻力为1000N
B．汽车的额定功率为120kW
C．汽车加速运动的时间为22.5s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J
【答案】D
【详解】A．对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek
得到阻力为：
选项A错误；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有
汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2000×40W=80kW
故B错误。
C．对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1
得到
故C错误。
D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fs＇=8×105J-2000×1.5×102J=5×105J
故D正确。
故选D。
动能定理
16．（2025·天津宁河·一模）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）
A．0~10s货物处于失重状态
B．0~10s内电梯对货物的支持力恒为1100N
C．0~36s内电梯对货物的支持力做功2.8×104J
D．36~46s货物处于超重状态
【答案】C
【详解】A．0~10s货物向上加速，处于超重状态，故A错误；
B．0~10s内电梯的加速度为
对货物，根据牛顿第二定律可得
解得对货物的支持力恒为
故B错误；
C．由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0~36s内货物上升的距离为
根据动能定理可得，
所以电梯对货物的支持力做功为
故C正确；
D．36~46s货物向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。
故选C。
17．（2025·湖北·一模）如图所示，与水平方向成30°角的固定光滑滑杆，滑杆正下方某位置固定带正电小球A，小球A与滑杆上N点水平距离为L，小球A与N点等高，滑杆上M点与小球A连线跟水平方向夹角为60°，P点为MN中点，带正电小球B套在滑杆上，由M点无初速释放，释放瞬间小球B的加速度大小为，方向沿杆向下，小球B质量为m，电量为q，小球A在M点的电势为，已知点电荷电势公式为（Q为点电荷电量，r为距离点电荷的距离），重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球B到达P点时的加速度大小为
B．小球B电势能最大时的动能为
C．小球B到达N点时加速度大小为
D．小球B到达N点时的速度大小为
【答案】BC
【详解】A．受力分析知小球B到达P点时加速度大小为
故A错误；
B．由几何关系可知，M点、P点距离小球A距离分别为，
根据点电荷电势公式为
则P点电势
小球B在P点电势能最大，由能量守恒有
得
故B正确；
C．小球B在M点加速度为，由牛顿第二定律有
小球B到达N点时加速度为，由牛顿第二定律有
得
故C正确；
D．由于M点与N点电势相同，小球到达N点速度为，由动能定理有
得
故D错误。
故选BC。
18．（2025·河北秦皇岛·一模）如图甲所示、在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在点平滑连接。传送带长，且以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为、圆心角的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量的长禾板（木板厚度不计）。现将一质量的滑块（视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中点后由静止释放，滑块从点滑上传送带，并从传送带右端点离开，恰好沿点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块在段的位移关系如图乙所示，滑块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。
(1)求滑块刚滑上传送带时的速度大小；
(2)若滑块运动至圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力为，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度；
(3)若去掉圆弧轨道和长木板，滑块从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块与地面发生次碰撞后前次损失的机械能与的函数关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块Q第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上传送带，对滑块Q由动能定理得
图可知该过程弹力做功
联立解得
（2）滑块Q在D点，由牛顿第二定律可知
Q滑上长木板后，以Q和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度，则有
由能量守恒定律可知
代入数据，联立解得
（3）设BC的竖直高度为h，传送带离地面高为H，则
Q滑上传送带时，则Q在传送带上匀加速运动，加速度大小为a，则
假设滑块Q在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B点时的速度为，有
代入数据得
假设成立，即
从B点离开传送带恰好沿C点切线滑入CD轨道中，可知
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。所以第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞后损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第n次碰撞损失的机械能为
发生n次碰撞后前n次滑块总共损失的机械能为
联立解得
代入数据得
19．（2025·山东青岛·一模）如图所示，质量的光滑斜劈静止在水平台面上，底边长度，高度。底端距离台面边缘，水平地面上一质量的木板紧靠平台静置，上表面与台面相平。质量、可看作质点的物块从顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为。已知沿下滑过程中，和相对地面均做匀变速直线运动，与台面、与地面间均无摩擦，与台面、与间动摩擦因数，重力加速度。求
(1)滑到底端时，向左滑动的距离；
(2)滑上时的速度大小；
(3)为使不从上滑下，的最小长度；
(4)滑到底端后，与台面发生相互作用过程中损失的动能。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）、系统水平方向上动量守恒，有
所以滑到底端过程中有
又
解得，
（2）设滑上时的速度为，由动能定理得
解得
（3）滑至右端时两者刚好共速，设共同速度为，、系统动量守恒
、系统能量守恒
解得的最小长度
（4）设运动方向与水平方向夹角为，已知沿下滑过程中，和相对地面均做匀变速直线运动，、系统水平方向上动量守恒
、系统机械能守恒
解得A滑到B底端时动能
、系统能量守恒
解得
20．（2025·黑龙江·一模）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m的弹射器用t0=0.2s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A质量m1=0.5kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
(1)若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
21．（2025·北京丰台·一模）如图所示，电荷量为+Q 的球A置于绝缘支架上，一质量为m、电荷量为q的小球B，用长为L的绝缘细线品挂在架子上，两球的球心在同一水平线上。静止时细线与竖直方向的夹角为θ。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．球B带负电
B．球A在球B处产生的电场强度大小为
C．若剪断细线，球B将做匀变速直线运动
D．若球A的电荷量缓慢减少为0，该过程中电场力对球B做的功为-mgL（1 - csθ）
【答案】D
【详解】A．根据图示可知，A、B之间的库仑力为斥力，则球B带正电，故A错误；
B．对B球进行分析，根据平衡条件有
解得
故B错误；
C．若剪断细线，B受到重力A对B的库仑斥力作用，由于A、B间距发生变化，则库仑力发生变化，B所受合力发生变化，B的加速度发生变化，B的运动不是匀变速直线运动，故C错误；
D．若球A的电荷量缓慢减少为0，则B将缓慢到达最低点，该过程，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选D。
22．（2025·北京丰台·一模）由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地而高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是（ ）
A．到达位置3时，加速度为g
B．经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度
C．由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置5增加的动能
D．由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间
【答案】B
【详解】A．到达位置3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g，故A错误；
B．从经过位置2到经过位置4时，根据动能定理可知的速度，可知动能减小，则经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度，故B正确；
C．由位置1到位置3，根据动能定理有
由位置3到位置5，根据动能定理有
则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；
D．上升过程中阻力的分力与重力方向相同，下降过程中重力与阻力方向相反，则上升过程中平均加速度较大，根据可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误；
故选B。
23．（2025·北京延庆·一模）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球的重力势能最多可增加6J
B．小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为1.5s
C．小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为2.5N·s
D．小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为55J
【答案】D
【详解】A．小球从气球上落下后先上升后下降，小球上升过程中，根据牛顿第二定律mg+f=ma1
解得a1=12m/s2
小球到达最高点经过的时间为
小球离开气球上升的高度为
小球的重力势能最多可增加
选项A错误；
B．下落时的加速度
下落的时间
可知小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为
选项B错误；
C．设向下为正向，则小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为
即阻力冲量大小1.5N∙s，选项C错误；
D．落地的速度v2=a2t2=16m/s
小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为
选项D正确。
故选D。
24．（2025·北京朝阳·一模）物体a、b质量分别为ma和mb，且maFb，xaFb，xa>xb
C．FaxbD．Fa