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2021_2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月）
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这是一份2021_2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月），共24页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月）
1. 下列说法正确的是( )
A. 随着科技的发展，永动机是可以制成的
B. 太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失
C. “既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
D. 有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
2. 跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是因为( )
A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
3. 如图所示，某个力F=10N作用在半径为R=1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为( )
A. 0 B. 20πJ C. 10 J D. 10πJ
4. 一质量为m的木块在水平恒力F的作用下，从静止开始在光滑水平面上运动，在经过时间t的过程中拉力所做的功为( )
A. 2Ft2m B. F2t2m C. F2t2m D. F2t22m
5. 图所示，质量为m的木块沿着倾角为θ的光滑斜面从静止开始下滑，当下降的高度为h时，重力的瞬时功率为
A. mg2gh B. mgcosθ2gh C. D. mgsinθ2gh
6. 质量为m的汽车，以恒定功率P在平直马路上行驶，所受阻力恒定，匀速行驶时的速度为v1，则汽车的速度为v2时(v2
7. 如图所示，DO是水平面，AB是斜面。初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A速度刚好为零。如果斜面改为AC(C点在OD之间，图中未画出。已知物体与斜面和水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)，让物体从D点出发沿DCA滑动到A且速度刚好为零，则物体具有的初速度( )
A. 一定等于v0 B. 一定大于v0
C. 一定小于v0 D. 决定于斜面的倾角大小
8. 如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )
A. gL B. 3gL C. 5gL D. 7gL
9. 节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中。若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )
A. 礼花弹的动能变化量为
B. 礼花弹的动能变化量为
C. 礼花弹的机械能变化量为W3−W1
D. 礼花弹的机械能变化量为W3−W2−W1
10. 如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ<90∘)。不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A. 当F=mgtanθ时，质点的机械能增大
B. 当F=mgsinθ时，质点的机械能增大
C. 当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D. 当F=mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
11. 某同学把质量是5kg的铅球推出，估计铅球出手时距地面的高度大约为2m，上升的最高点距地面的高度约为3m，最高点到落地点的水平距离约为6m。由此可估算出该同学推铅球的过程中对铅球做的功约为(取g=10m/s2)( )
A. 150J B. 200J C. 250J D. 300J
12. 如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是( )
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C. 第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D. 物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
13. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x−t图像。已知。由此可以判断( )
①碰后m2和m1都向右运动
②碰前m2静止，m1向右运动
③m2=0.3kg
④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④
14. 质量为m的物体，从静止开始以g2的加速度下落高度h的过程中，下列说法不正确的是( )
A. 物体的机械能守恒 B. 物体的机械能减少12mgh
C. 物体的重力势能减少mgh D. 物体克服阻力做功12mgh
15. 如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球A和B之间用一根长为L的轻杆连接，轻杆可绕中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置无初速度释放，在杆转至竖直的过程中(轻杆质量不计)( )
A. A球机械能减小
B. B球重力势能减小，动能增加，机械能守恒
C. A球和B球总机械能守恒
D. A球和B球总机械能不守恒
16. 如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中正确的是( )
①弹簧的最大弹力为μmg
②物块克服摩擦力做的功为2μmgs
③弹簧的最大弹性势能为μmgs
④物块在A点的初速度为2μgs
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
17. 利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点的______。
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______。
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得他们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=______，动能变化量ΔEk=______。
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减小量大于动能的增加量，原因是______
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v2=2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度为v，描绘v2−h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断依据是否正确。_______
(6)机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律，实验小组设计了如图3所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂着下表面水平的重物，在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器，两个传感器再通过数据采集器和电脑相连(图未画出)。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内，重物只在竖直方向上下运动，没有转动。
他们首先用天平测得重物的质量为m，然后：
①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek；
②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点，用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面的距离，继而得到重物的重力势能Ep；
③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离，与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能E弹。
分析上述三种能量之和E随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E随时间保持不变，则可认为重物(包括地球)和弹簧组成的系统机械能守恒。
已知实验得到的F−t图像如图4所示，则如图5所示的图像中可能正确的是______。
18. 如图所示，质量为m=20kg的小孩从高h=1.5m的长满青草的小土坡顶上无初速的滑下来。到达土坡底端时的速度为v=4m/s。取g=10m/s2。求：
(1)该过程重力对小孩做的功WG；
(2)小孩克服摩擦阻力做的功W克；
(3)小孩机械能的变化量ΔE。
19. 我国提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。现有一辆新型电动车，质量m=3×103kg，额定功率P=90kW，当该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，g=10m/s2。
(1)求新型电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度；
(2)新型电动车在平直路面上从静止开始，以加速度a=1m/s2做匀加速直线运动，求匀加速能维持的时间；
(3)新型电动车在平直路面上从静止开始，保持额定功率做加速运动，经50s达到最大速度，求此过程中新型电动车的位移。
20. 如图所示，长度为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳拉直到水平状态时由静止释放小球。重力加速度为g。问：
(1)小球经过最低点时，小球受到的拉力大小；
(2)若在O点的正下方钉一个钉子C，要求小球在细绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完整的圆周运动(忽略钉子的直径)，钉子C的位置到悬点O的距离至少为多大？
(3)经验告诉我们，当细绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断。请你通过推导计算解释这一现象。(推导过程中需要用到的物理量，自己设定。)
21. 如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与置于水平面上的质量为m的小滑块相连。在以下的讨论中小滑块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，取弹簧原长时弹性势能为0，且不计空气阻力。
(1)若水平面光滑，以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，如图甲所示。
①请在图乙中画出弹簧弹力F与小滑块所在位置坐标x的关系图像；
②小滑块在某轻质弹簧的作用下，沿光滑水平面在O点附近做往复运动，其速度v的大小与位置坐标x的关系曲线如图丙所示，其中vm和x0皆为已知量，请根据图丙中v−x图像提供的信息求解本题中弹簧的劲度系数k。(提示：弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=12kx2)
(2)若水平面不光滑，且已知小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ。仍以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，将小滑块沿水平面向右拉到距离O点为l0的P点按住(l0>μmgk)，如图丁所示。计算中可以认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k。
①若放手后小滑块第一次经过O点向左运动至最远点Q，求Q点与O点的距离，并分析如果小滑块在Q点停不住，l0与μ、m和k等物理量之间应满足什么条件；
②若放手后小滑块第二次经过O点后在向右运动的过程中逐渐减速最终静止，求小滑块从P点开始运动的整个过程中所通过的总路程。
22. 汽车在平直的公路上从静止开始做匀加速运动，当汽车速度达到vm时关闭发动机，汽车继续滑行了一段时间后停止运动，其运动的速度如图所示．若汽车加速行驶时其牵引力做功为W1，汽车整个运动中克服阻力做功等于W2，则W1与W2的比值为_________.牵引力和阻力大小之比为_________.
23. 如图，小球以初速度为v0从斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜顶部．右图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内直径等于h光滑轨道、D是长为h/2的轻棒．其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有(不计一切阻力)( )
A. A B. B C. C D. D
24. 如图所示，圆心在O点，半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60∘，轨道最低点a与桌面相切。一段不可伸长的轻绳两端系着质量分别为m和4m的小球A和B(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时B位于c点，从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦。重力加速度为g。则B球运动到点a时的速度大小为______
25. 质量为m的小球由空中A点自由下落，在t秒末突然施加一个竖直向上的恒力，再经过t秒小球又恰好通过A点。重力加速度为g，不计空气阻力，且小球从末落地。则( )
A. 第一个t秒末和第二个t秒末小球的动能之比为1:4
B. 第一个t秒末小球的动能是12mg2t2
C. 第二个t秒内所加竖直向上的恒力大小是重力的3倍
D. 从A点到最低点小球重力势能变化了−23mg2t2
26. 我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx=−12mω2x2.该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是( )
A. 与该“势能”对应的“力”的方向指向O点
B. 与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小
C. 该“势能”的表达式Epx=−12mω2x2是选取了y轴处“势能”为零
D. 稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分
答案和解析
1.【答案】C
【解析】永动机违反能量守恒定律，即使随着科技的发展，永动机也是不可以制成的，选项A错误；
根据能量守恒定律，太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，照射到宇宙空间的能量也不会消失，选项B错误；
“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的，选项C正确；
由能量守恒定律可知，能量是不能凭空产生的，选项D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的．故A错误；
人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的．故B错误；
人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也是相等的，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】本题中力F的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W=F⋅Δs1+F⋅Δs2+F⋅Δs3+……，选项B符合题意，故选B。
本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W=FL求出．
4.【答案】D
【解析】对物体受力分析可知，物体只受力F的作用，由牛顿第二定律可得
F=ma
经过时间t的位移的大小为
x=12at2=F2mt2
所以做的功的大小为
W=Fx=F2t22m
故D正确，ABC错误。
故选D。
5.【答案】D
【解析】木块下滑过程，由机械能守恒得
mgh=12mv2
物体的速度为
v=2gh
则重力的功率为
P=mgvsinθ=mg2ghsinθ
故选D。
6.【答案】C
【解析】汽车以速度v1匀速运动时，根据P=Fv1=fv1，可得汽车受到的阻力的大小为：f=Pv1，汽车以速度v2运动时，根据P=F′v2，所以此时的牵引力F′=Pv2，由牛顿第二定律可得：F′−f=ma，加速度为，故选项C正确，A、B、D错误。
7.【答案】A
【解析】不妨假设物体经过的水平面长为l1，斜面长为l2，斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ。则物体由D到A克服摩擦阻力做的功
W=μmgl1+μmgl2cosθ=μmg(l1+l2cosθ)
不难发现括号内两项之和就是OD的长度。因此物体由D到A克服摩擦阻力做的功跟转折点(B或C)的位置无关。对物体从D到A的全过程用动能定理，两次克服重力做的功和克服摩擦阻力做的功都是相同的，因此两次的动能变化也相同。则让物体从D点出发沿DCA滑动到A且速度刚好为零，物体具有的初速度一定等于v0。
故选A。
8.【答案】D
【解析】小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mg=mvB2L
整个运动过程只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律，有
12mvB2+mg⋅3L=12mv2
联立解得
v=7gL
故选D。
9.【答案】B
【解析】AB.根据动能定理
−W1−W2+W3=ΔEk
故B正确，A错误；
CD.根据功能关系可知机械能变化量等于除重力以外的其他力做功
W3−W2=ΔE
故CD均错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】AC.质点由静止开始沿直线运动，所以重力与恒力的合力一定沿OA方向，当F与OA垂直时，力F最小，则有
Fmin=mgsinθ
当F=mgtanθ时，因为
F>Fmin
所以F不与OA垂直，则F与OA的夹角可能大于90∘，也可能小于90∘，即F可能做正功，导致机械能增大，也可能做负功，导致机械能减小，故A项错误，C项正确；
BD.当F=mgsinθ，F与OA垂直，所以F不做功，即质点的机械能守恒，故BD错误。
故选C。
11.【答案】B
【解析】铅球在最高点到落地这个过程为平抛运动，设最高点速度为v1，所以有
H=12gt2
x=v1t
解得
v1=215m/s
由能量关系得
W=mgH−h+12mv12=200J
故ACD错误，B正确。
故选B。
12.【答案】C
【解析】A.第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，A错误；
B.根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；B错误；
C.由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即
摩擦生热为
又由于
所以
即
C正确。
D.第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】由乙图可知，碰前m2静止不动，m1做向右匀速运动，故②正确；
m1向右运动与m2发生碰撞，即图像以向右为正，碰后两球速度m1速度为负，即向左运动，m2速度为正，即向右运动，故①错误；
取向右为正方向，由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度，碰后速度为，质量为m2的小球碰前速度v2=0，碰后的速度，两小球组成的系统动量守恒，有
代入数据解得
③正确；
两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为
ΔE=12m1v1′+12m2v2′2−(12m1v12+12m2v22)=0
所以碰撞是弹性碰撞，④错误。
故选B。
14.【答案】A
【解析】A.因为物体的加速度为g2，所以物体受到了阻力作用，对物体有
mg−f=ma
解得
f=12mg
该过程对物体来说，重力做功为
W1=mgh
阻力做功
W2=−fh=−12mgh
物体下落过程中，除重力以外，还有阻力做功，所以机械能不守恒，故A项错误，符合题意；
B.机械能的变化量等于除重力以外其他力做的功，即
ΔE机=W2=−12mgh
所以机械能减少了12mgh，故B项正确，不符合题意；
C.重力做功等于重力势能的改变量，即
ΔEp=−W1=−mgh
所以重力势能减少了mgh，故C项正确，不符合题意；
D.由之前分析可知，物体克服阻力做功12mgh，故D项正确，不符合题意。
故选A。
15.【答案】C
【解析】A.释放后，A球向上运动，速度增大，高度增大，所以A球的动能和势能都增大，即A球的机械能增大，故A项错误；
BCD.在杆从水平转至竖直的过程中，A球和B球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，又根据机械能守恒的转化式可得
EA增=EB减
所以A球的机械能增大，B球的机械能减少。但B球在运动过程中，速度增大，高度降低，即B球的动能增大，势能减小，但B球的机械能减小。故BD错误，C正确。
故选C。
16.【答案】D
【解析】①物体从静止向右运动的过程中，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，物体的速度最大，物体在速度最大之前受弹簧弹力大于滑动摩擦力而加速，大于μmg，①错误；
②物块克服摩擦力做的功为
Wf=μmg⋅2s=2μmgs
②正确；
③物体向右运动的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为
Ep=μmgs
③正确；
④全程根据动能定理得
−μmg⋅2s=0−12mvA2
解得
vA=2μgs
④错误。
故选D。
17.【答案】(1)A；(2)AB；(3)−mghB ；mhC−hA28T2 ；(4)C；(5)
假设重物下落过程受到一个误差允许以外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理得
整理得
v2=2hg−fm
此时所得出的v2−h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来进行判断。
(6)AC
【解析】(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能增加量和重力势能的减小量是否相等，故A正确，BC错误。
故选A。
(2)实验中，电磁打点计时器使用交流电源，还需要测量点迹间的距离以得出下降高度和计算瞬时速度。所以还必须需要的两种器材是交流电源和毫米刻度尺，故AB正确。C错误。
故选AB。
(3)从O点到B点过程重力势能的变化量为
ΔEp=−WG=−mghB
从O点到B点的过程中，动能的变化量有
vB=hC−hA2T
(4)AB.由于公式v=gt和v2=2gh是建立在机械能守恒的前提下的理想公式，若用它们计算重物的速度，则重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
CD.重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在于空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重物的重力势能有一部分转化为了内能，这属于实验的系统误差，无法通过多次实验取平均值的方法消除，故C正确，D错误。
故选C。
(5)假设重物下落过程受到一个误差允许以外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理得
mgh−fh=12mv2
整理得
v2=2hg−fm
此时所得出的v2−h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来进行判断。
(6)A.由于弹簧始终处于伸长状态，弹力最大时，一定是最低点，重力势能最小，而弹力最小时，一定是最高点，重力势能最大，故A项正确；
B.弹簧弹力最大时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，而弹力最小时，是弹簧伸长量最小时，弹性势能最小，故B项错误；
C.弹簧的弹力最大和最小时，物体速度为零，动能为零，而运动到平衡位置时，动能最大，故C项正确；
D.无论弹簧的弹力如何变化，总的机械能保持不变，故D项错误。
故选AC。
18.【答案】解：(1)该过程重力对小孩做的功为
WG=mgh
代入数据可得
WG=300J
(2)对小孩下滑过程应用动能定理可得
WG−W克=12mv2
解得
W克=140J
(3)小孩机械能的变化量等于阻力所做的功
ΔE=−W克=−140J
即小孩机械能减少了140J。
【解析】见答案
19.【答案】解：(1)当达到最大速度v时，牵引力F与阻力f平衡，满足
P=Fv=fv=0.1mgv
解得v=30m/s。
(2)设匀加速结束时速度为v1，此时恰好达到额定功率，可得
P=F1v1
F1−f=ma
联立可得v1=15m/s，匀加速能维持的时间为
t1=v1a=15s
(3)已知t2=50s，设位移为s，由动能定理可得
Pt2−fs=12mv2
代入数据解得s=1050m。
【解析】见答案
20.【答案】解：(1)小球从静止摆下到最低点过程机械能守恒
mgL=12mv2
由牛顿第二定律可得
T−mg=mv2L
小球在最低点时，小球受到的拉力
T=3mg
(2)设钉子C到悬点O的距离为x，小球在细绳与钉子相碰后圆周轨道半径为r，小球摆到最高点时，由牛顿第二定律可得
mg=mv2r
其中
r=L−x
由机械能守恒定律可得
mgL−2r=12mv2
解得
x=0.6L
(3)设小球到钉子的距离为R，小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得
mgL=12mv2
小球通过最低点的速度
v=2gL
在最低点由牛顿第二定律可得
F−mg=mv2R
则
可见钉子C到小球的距离R越小，轻绳拉力F越大，绳就越容易断。
【解析】见答案
21.【答案】解：(1)①根据弹簧弹力与伸长量的关系F=kx可得F−x图像如图所示
②图像与x轴围成的面积代表弹簧弹力做功，如图所示
由面积可知将弹簧拉伸x的过程中，弹簧弹力所做的功为
W=−12kx2
根据功能关系可知，当弹簧被拉伸x时，其弹性势能为
Ep=12kx2
因小滑块与弹簧组成的系统在运动过程中机械能守恒，因此有
12mvm2=12kx02
解得
k=mvm2x02
(2)①对于小滑块由P点出发向左运动的过程，设Q距O点的距离为l1，由功能关系得
12kl02−12kl12=μmgl0+l1
即
12kl0−l1=μmg
解得
l1=l0−2μmgk
若小滑块速度为零而停不住，则应有
将l1代入得
l0>3μmgk
②设小滑块速度为零时距O点的距离为l2，对其由O点左侧最大位移处向右运动至速度减为零的过程，由功能关系得
12kl12−12kl22=μmgl1+l2
解得
l2=l1−2μmgk=l0−4μmgk
所以滑块走过的总路程为
l总=l0+2l1+l2=4l0−8μmgk
【解析】见答案
22.【答案】1:1；4:1。
【解析】设牵引力为F，阻力为F′，汽车匀加速运动的位移为s1，总位移为s，对全过程由动能定理得
W1−W2=0或Fs1−F′s=0
所以
W1W2=11
FF′=ss1
由于
s=vm2t，
所以
，即FF′=41
23.【答案】AD
【解析】小球运动过程中机械能守恒，mgh=12mv02，小球在B、C的轨道内到达h高度的时候一定有水平方向的速度，也就是具有动能，所以在B、C的轨道内小球不可能到达h高度，而在A、D轨道内却可以．故A、D项正确．
综上所述，本题正确答案为AD。
24.【答案】8gR19
【解析】设小球B经过a点时速度大小为v1，此时小球A的速度为v2，有
v2=v1cos30∘
因为对于系统来说机械能守恒，所以有
4mgR1−cos60∘=mgR+12⋅4mv12+12mv22
解得
v1=8gR19
25.【答案】ABD
【解析】C.小球先做自由落体运动，后做匀减速直线运动，到最低点后反向加速，两段时间内位移等大、反向。规定竖直向下的方向为正方向，第一个t秒内
h=12gt2
v1=gt
第二个t秒内
由牛顿第二定律
F−mg=ma
联立可得
a=3g
F=4mg
故C错误；
A.规定竖直向下的方向为正方向，第一个t秒内
v1=gt
第二个t秒内
v2=v1−at
联立可得
v2=−2gt
第一个t秒末和第二个t秒末小球的动能之比为
Ek1Ek1=12mv1212mv12=14
故A正确；
B.第一个t秒末小球的动能是
Ek1=12mv12=12mg2t2
故B正确；
D.从A点到最低点小球下落的高度为
Δh=12gt2+v122a=23gt2
故从A点到最低点小球重力势能变化了
ΔEp=−WG=−mgΔh=−23mg2t2
故D正确。
故选ABD。
26.【答案】C
【解析】解：A、若我们取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，所以这个特殊的“势能”在A点要小于O点，故由O到A的过程中，这个“势能”减小，故它对应的力做的是正功，所以该“力”由O指向A，故A错误；
B、设这个“力”为F，则Fx=EpO-EpA=0−(−12mω2x2)，即F=12mω2x，故该力的大小随x的增大而增大，故B错误；
C、由于O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是Epx=−12mω2x2，故是选取了y轴处的“势能”为零，故C正确；
D、如果我们取O点的重力势能为0，这个“势能”也为0，则质量相等的小液滴，由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能，即某点的总势能Ep=mgy−12mω2x2=0，整理可得y=ω22gx2，故y与x是二次函数的关系，所以桶中水面的纵截面为抛物线的一部分，不是圆的一部分，故D错误。
故选C。
若取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，由O到A的过程中，这个“势能”减小，它对应的力做的是正功，从而判断出与该“势能”对应的“力”的方向；设这个“力”为F，则Fx=EpO-EpA=0−(−12mω2x2)，得到F与x的关系式，再判断F的变化情况。根据O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是Epx=−12mω2x2，分析所选取的零势能位置；根据y与x的关系式分析纵截面形状。
本题为信息给予题，关键是明确题意，知道题中给出的“力”和能与我们平常所说力和能的关系，通过列式分析。
2021~2022学年北京市第二中学高一（下）月考物理试卷（6月）
1. 下列说法正确的是( )
A. 随着科技的发展，永动机是可以制成的
B. 太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失
C. “既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的
D. 有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
2. 跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是因为( )
A. 人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小 B. 人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C. 人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D. 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
3. 如图所示，某个力F=10N作用在半径为R=1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为( )
A. 0 B. 20πJ C. 10 J D. 10πJ
4. 一质量为m的木块在水平恒力F的作用下，从静止开始在光滑水平面上运动，在经过时间t的过程中拉力所做的功为( )
A. 2Ft2m B. F2t2m C. F2t2m D. F2t22m
5. 图所示，质量为m的木块沿着倾角为θ的光滑斜面从静止开始下滑，当下降的高度为h时，重力的瞬时功率为
A. mg2gh B. mgcosθ2gh C. D. mgsinθ2gh
6. 质量为m的汽车，以恒定功率P在平直马路上行驶，所受阻力恒定，匀速行驶时的速度为v1，则汽车的速度为v2时(v2
7. 如图所示，DO是水平面，AB是斜面。初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A速度刚好为零。如果斜面改为AC(C点在OD之间，图中未画出。已知物体与斜面和水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)，让物体从D点出发沿DCA滑动到A且速度刚好为零，则物体具有的初速度( )
A. 一定等于v0 B. 一定大于v0
C. 一定小于v0 D. 决定于斜面的倾角大小
8. 如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )
A. gL B. 3gL C. 5gL D. 7gL
9. 节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中。若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )
A. 礼花弹的动能变化量为
B. 礼花弹的动能变化量为
C. 礼花弹的机械能变化量为W3−W1
D. 礼花弹的机械能变化量为W3−W2−W1
10. 如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ<90∘)。不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A. 当F=mgtanθ时，质点的机械能增大
B. 当F=mgsinθ时，质点的机械能增大
C. 当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D. 当F=mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
11. 某同学把质量是5kg的铅球推出，估计铅球出手时距地面的高度大约为2m，上升的最高点距地面的高度约为3m，最高点到落地点的水平距离约为6m。由此可估算出该同学推铅球的过程中对铅球做的功约为(取g=10m/s2)( )
A. 150J B. 200J C. 250J D. 300J
12. 如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是( )
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C. 第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D. 物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
13. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x−t图像。已知。由此可以判断( )
①碰后m2和m1都向右运动
②碰前m2静止，m1向右运动
③m2=0.3kg
④碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④
14. 质量为m的物体，从静止开始以g2的加速度下落高度h的过程中，下列说法不正确的是( )
A. 物体的机械能守恒 B. 物体的机械能减少12mgh
C. 物体的重力势能减少mgh D. 物体克服阻力做功12mgh
15. 如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球A和B之间用一根长为L的轻杆连接，轻杆可绕中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置无初速度释放，在杆转至竖直的过程中(轻杆质量不计)( )
A. A球机械能减小
B. B球重力势能减小，动能增加，机械能守恒
C. A球和B球总机械能守恒
D. A球和B球总机械能不守恒
16. 如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中正确的是( )
①弹簧的最大弹力为μmg
②物块克服摩擦力做的功为2μmgs
③弹簧的最大弹性势能为μmgs
④物块在A点的初速度为2μgs
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
17. 利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点的______。
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______。
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得他们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=______，动能变化量ΔEk=______。
(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减小量大于动能的增加量，原因是______
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v2=2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度为v，描绘v2−h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断依据是否正确。_______
(6)机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律，实验小组设计了如图3所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂着下表面水平的重物，在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器，两个传感器再通过数据采集器和电脑相连(图未画出)。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内，重物只在竖直方向上下运动，没有转动。
他们首先用天平测得重物的质量为m，然后：
①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek；
②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点，用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面的距离，继而得到重物的重力势能Ep；
③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离，与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能E弹。
分析上述三种能量之和E随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E随时间保持不变，则可认为重物(包括地球)和弹簧组成的系统机械能守恒。
已知实验得到的F−t图像如图4所示，则如图5所示的图像中可能正确的是______。
18. 如图所示，质量为m=20kg的小孩从高h=1.5m的长满青草的小土坡顶上无初速的滑下来。到达土坡底端时的速度为v=4m/s。取g=10m/s2。求：
(1)该过程重力对小孩做的功WG；
(2)小孩克服摩擦阻力做的功W克；
(3)小孩机械能的变化量ΔE。
19. 我国提出实施新能源汽车推广计划，提高电动车产业化水平。现有一辆新型电动车，质量m=3×103kg，额定功率P=90kW，当该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，g=10m/s2。
(1)求新型电动车在平直路面上行驶所能达到的最大速度；
(2)新型电动车在平直路面上从静止开始，以加速度a=1m/s2做匀加速直线运动，求匀加速能维持的时间；
(3)新型电动车在平直路面上从静止开始，保持额定功率做加速运动，经50s达到最大速度，求此过程中新型电动车的位移。
20. 如图所示，长度为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳拉直到水平状态时由静止释放小球。重力加速度为g。问：
(1)小球经过最低点时，小球受到的拉力大小；
(2)若在O点的正下方钉一个钉子C，要求小球在细绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完整的圆周运动(忽略钉子的直径)，钉子C的位置到悬点O的距离至少为多大？
(3)经验告诉我们，当细绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断。请你通过推导计算解释这一现象。(推导过程中需要用到的物理量，自己设定。)
21. 如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与置于水平面上的质量为m的小滑块相连。在以下的讨论中小滑块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，取弹簧原长时弹性势能为0，且不计空气阻力。
(1)若水平面光滑，以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，如图甲所示。
①请在图乙中画出弹簧弹力F与小滑块所在位置坐标x的关系图像；
②小滑块在某轻质弹簧的作用下，沿光滑水平面在O点附近做往复运动，其速度v的大小与位置坐标x的关系曲线如图丙所示，其中vm和x0皆为已知量，请根据图丙中v−x图像提供的信息求解本题中弹簧的劲度系数k。(提示：弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能的表达式为Ep=12kx2)
(2)若水平面不光滑，且已知小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ。仍以弹簧原长时小滑块的位置O为坐标原点，建立水平向右的坐标轴Ox，将小滑块沿水平面向右拉到距离O点为l0的P点按住(l0>μmgk)，如图丁所示。计算中可以认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k。
①若放手后小滑块第一次经过O点向左运动至最远点Q，求Q点与O点的距离，并分析如果小滑块在Q点停不住，l0与μ、m和k等物理量之间应满足什么条件；
②若放手后小滑块第二次经过O点后在向右运动的过程中逐渐减速最终静止，求小滑块从P点开始运动的整个过程中所通过的总路程。
22. 汽车在平直的公路上从静止开始做匀加速运动，当汽车速度达到vm时关闭发动机，汽车继续滑行了一段时间后停止运动，其运动的速度如图所示．若汽车加速行驶时其牵引力做功为W1，汽车整个运动中克服阻力做功等于W2，则W1与W2的比值为_________.牵引力和阻力大小之比为_________.
23. 如图，小球以初速度为v0从斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜顶部．右图中A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内直径等于h光滑轨道、D是长为h/2的轻棒．其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况中能到达高度h的有(不计一切阻力)( )
A. A B. B C. C D. D
24. 如图所示，圆心在O点，半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60∘，轨道最低点a与桌面相切。一段不可伸长的轻绳两端系着质量分别为m和4m的小球A和B(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时B位于c点，从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦。重力加速度为g。则B球运动到点a时的速度大小为______
25. 质量为m的小球由空中A点自由下落，在t秒末突然施加一个竖直向上的恒力，再经过t秒小球又恰好通过A点。重力加速度为g，不计空气阻力，且小球从末落地。则( )
A. 第一个t秒末和第二个t秒末小球的动能之比为1:4
B. 第一个t秒末小球的动能是12mg2t2
C. 第二个t秒内所加竖直向上的恒力大小是重力的3倍
D. 从A点到最低点小球重力势能变化了−23mg2t2
26. 我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴(可视为质点)在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx=−12mω2x2.该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是( )
A. 与该“势能”对应的“力”的方向指向O点
B. 与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小
C. 该“势能”的表达式Epx=−12mω2x2是选取了y轴处“势能”为零
D. 稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分
答案和解析
1.【答案】C
【解析】永动机违反能量守恒定律，即使随着科技的发展，永动机也是不可以制成的，选项A错误；
根据能量守恒定律，太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，照射到宇宙空间的能量也不会消失，选项B错误；
“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的，选项C正确；
由能量守恒定律可知，能量是不能凭空产生的，选项D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的．故A错误；
人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的．故B错误；
人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也是相等的，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】本题中力F的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W=F⋅Δs1+F⋅Δs2+F⋅Δs3+……，选项B符合题意，故选B。
本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W=FL求出．
4.【答案】D
【解析】对物体受力分析可知，物体只受力F的作用，由牛顿第二定律可得
F=ma
经过时间t的位移的大小为
x=12at2=F2mt2
所以做的功的大小为
W=Fx=F2t22m
故D正确，ABC错误。
故选D。
5.【答案】D
【解析】木块下滑过程，由机械能守恒得
mgh=12mv2
物体的速度为
v=2gh
则重力的功率为
P=mgvsinθ=mg2ghsinθ
故选D。
6.【答案】C
【解析】汽车以速度v1匀速运动时，根据P=Fv1=fv1，可得汽车受到的阻力的大小为：f=Pv1，汽车以速度v2运动时，根据P=F′v2，所以此时的牵引力F′=Pv2，由牛顿第二定律可得：F′−f=ma，加速度为，故选项C正确，A、B、D错误。
7.【答案】A
【解析】不妨假设物体经过的水平面长为l1，斜面长为l2，斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ。则物体由D到A克服摩擦阻力做的功
W=μmgl1+μmgl2cosθ=μmg(l1+l2cosθ)
不难发现括号内两项之和就是OD的长度。因此物体由D到A克服摩擦阻力做的功跟转折点(B或C)的位置无关。对物体从D到A的全过程用动能定理，两次克服重力做的功和克服摩擦阻力做的功都是相同的，因此两次的动能变化也相同。则让物体从D点出发沿DCA滑动到A且速度刚好为零，物体具有的初速度一定等于v0。
故选A。
8.【答案】D
【解析】小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mg=mvB2L
整个运动过程只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律，有
12mvB2+mg⋅3L=12mv2
联立解得
v=7gL
故选D。
9.【答案】B
【解析】AB.根据动能定理
−W1−W2+W3=ΔEk
故B正确，A错误；
CD.根据功能关系可知机械能变化量等于除重力以外的其他力做功
W3−W2=ΔE
故CD均错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】AC.质点由静止开始沿直线运动，所以重力与恒力的合力一定沿OA方向，当F与OA垂直时，力F最小，则有
Fmin=mgsinθ
当F=mgtanθ时，因为
F>Fmin
所以F不与OA垂直，则F与OA的夹角可能大于90∘，也可能小于90∘，即F可能做正功，导致机械能增大，也可能做负功，导致机械能减小，故A项错误，C项正确；
BD.当F=mgsinθ，F与OA垂直，所以F不做功，即质点的机械能守恒，故BD错误。
故选C。
11.【答案】B
【解析】铅球在最高点到落地这个过程为平抛运动，设最高点速度为v1，所以有
H=12gt2
x=v1t
解得
v1=215m/s
由能量关系得
W=mgH−h+12mv12=200J
故ACD错误，B正确。
故选B。
12.【答案】C
【解析】A.第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，A错误；
B.根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；B错误；
C.由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即
摩擦生热为
又由于
所以
即
C正确。
D.第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】由乙图可知，碰前m2静止不动，m1做向右匀速运动，故②正确；
m1向右运动与m2发生碰撞，即图像以向右为正，碰后两球速度m1速度为负，即向左运动，m2速度为正，即向右运动，故①错误；
取向右为正方向，由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度，碰后速度为，质量为m2的小球碰前速度v2=0，碰后的速度，两小球组成的系统动量守恒，有
代入数据解得
③正确；
两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为
ΔE=12m1v1′+12m2v2′2−(12m1v12+12m2v22)=0
所以碰撞是弹性碰撞，④错误。
故选B。
14.【答案】A
【解析】A.因为物体的加速度为g2，所以物体受到了阻力作用，对物体有
mg−f=ma
解得
f=12mg
该过程对物体来说，重力做功为
W1=mgh
阻力做功
W2=−fh=−12mgh
物体下落过程中，除重力以外，还有阻力做功，所以机械能不守恒，故A项错误，符合题意；
B.机械能的变化量等于除重力以外其他力做的功，即
ΔE机=W2=−12mgh
所以机械能减少了12mgh，故B项正确，不符合题意；
C.重力做功等于重力势能的改变量，即
ΔEp=−W1=−mgh
所以重力势能减少了mgh，故C项正确，不符合题意；
D.由之前分析可知，物体克服阻力做功12mgh，故D项正确，不符合题意。
故选A。
15.【答案】C
【解析】A.释放后，A球向上运动，速度增大，高度增大，所以A球的动能和势能都增大，即A球的机械能增大，故A项错误；
BCD.在杆从水平转至竖直的过程中，A球和B球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，又根据机械能守恒的转化式可得
EA增=EB减
所以A球的机械能增大，B球的机械能减少。但B球在运动过程中，速度增大，高度降低，即B球的动能增大，势能减小，但B球的机械能减小。故BD错误，C正确。
故选C。
16.【答案】D
【解析】①物体从静止向右运动的过程中，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，物体的速度最大，物体在速度最大之前受弹簧弹力大于滑动摩擦力而加速，大于μmg，①错误；
②物块克服摩擦力做的功为
Wf=μmg⋅2s=2μmgs
②正确；
③物体向右运动的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为
Ep=μmgs
③正确；
④全程根据动能定理得
−μmg⋅2s=0−12mvA2
解得
vA=2μgs
④错误。
故选D。
17.【答案】(1)A；(2)AB；(3)−mghB ；mhC−hA28T2 ；(4)C；(5)
假设重物下落过程受到一个误差允许以外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理得
整理得
v2=2hg−fm
此时所得出的v2−h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来进行判断。
(6)AC
【解析】(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能增加量和重力势能的减小量是否相等，故A正确，BC错误。
故选A。
(2)实验中，电磁打点计时器使用交流电源，还需要测量点迹间的距离以得出下降高度和计算瞬时速度。所以还必须需要的两种器材是交流电源和毫米刻度尺，故AB正确。C错误。
故选AB。
(3)从O点到B点过程重力势能的变化量为
ΔEp=−WG=−mghB
从O点到B点的过程中，动能的变化量有
vB=hC−hA2T
(4)AB.由于公式v=gt和v2=2gh是建立在机械能守恒的前提下的理想公式，若用它们计算重物的速度，则重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
CD.重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在于空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重物的重力势能有一部分转化为了内能，这属于实验的系统误差，无法通过多次实验取平均值的方法消除，故C正确，D错误。
故选C。
(5)假设重物下落过程受到一个误差允许以外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理得
mgh−fh=12mv2
整理得
v2=2hg−fm
此时所得出的v2−h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来进行判断。
(6)A.由于弹簧始终处于伸长状态，弹力最大时，一定是最低点，重力势能最小，而弹力最小时，一定是最高点，重力势能最大，故A项正确；
B.弹簧弹力最大时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，而弹力最小时，是弹簧伸长量最小时，弹性势能最小，故B项错误；
C.弹簧的弹力最大和最小时，物体速度为零，动能为零，而运动到平衡位置时，动能最大，故C项正确；
D.无论弹簧的弹力如何变化，总的机械能保持不变，故D项错误。
故选AC。
18.【答案】解：(1)该过程重力对小孩做的功为
WG=mgh
代入数据可得
WG=300J
(2)对小孩下滑过程应用动能定理可得
WG−W克=12mv2
解得
W克=140J
(3)小孩机械能的变化量等于阻力所做的功
ΔE=−W克=−140J
即小孩机械能减少了140J。
【解析】见答案
19.【答案】解：(1)当达到最大速度v时，牵引力F与阻力f平衡，满足
P=Fv=fv=0.1mgv
解得v=30m/s。
(2)设匀加速结束时速度为v1，此时恰好达到额定功率，可得
P=F1v1
F1−f=ma
联立可得v1=15m/s，匀加速能维持的时间为
t1=v1a=15s
(3)已知t2=50s，设位移为s，由动能定理可得
Pt2−fs=12mv2
代入数据解得s=1050m。
【解析】见答案
20.【答案】解：(1)小球从静止摆下到最低点过程机械能守恒
mgL=12mv2
由牛顿第二定律可得
T−mg=mv2L
小球在最低点时，小球受到的拉力
T=3mg
(2)设钉子C到悬点O的距离为x，小球在细绳与钉子相碰后圆周轨道半径为r，小球摆到最高点时，由牛顿第二定律可得
mg=mv2r
其中
r=L−x
由机械能守恒定律可得
mgL−2r=12mv2
解得
x=0.6L
(3)设小球到钉子的距离为R，小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得
mgL=12mv2
小球通过最低点的速度
v=2gL
在最低点由牛顿第二定律可得
F−mg=mv2R
则
可见钉子C到小球的距离R越小，轻绳拉力F越大，绳就越容易断。
【解析】见答案
21.【答案】解：(1)①根据弹簧弹力与伸长量的关系F=kx可得F−x图像如图所示
②图像与x轴围成的面积代表弹簧弹力做功，如图所示
由面积可知将弹簧拉伸x的过程中，弹簧弹力所做的功为
W=−12kx2
根据功能关系可知，当弹簧被拉伸x时，其弹性势能为
Ep=12kx2
因小滑块与弹簧组成的系统在运动过程中机械能守恒，因此有
12mvm2=12kx02
解得
k=mvm2x02
(2)①对于小滑块由P点出发向左运动的过程，设Q距O点的距离为l1，由功能关系得
12kl02−12kl12=μmgl0+l1
即
12kl0−l1=μmg
解得
l1=l0−2μmgk
若小滑块速度为零而停不住，则应有
将l1代入得
l0>3μmgk
②设小滑块速度为零时距O点的距离为l2，对其由O点左侧最大位移处向右运动至速度减为零的过程，由功能关系得
12kl12−12kl22=μmgl1+l2
解得
l2=l1−2μmgk=l0−4μmgk
所以滑块走过的总路程为
l总=l0+2l1+l2=4l0−8μmgk
【解析】见答案
22.【答案】1:1；4:1。
【解析】设牵引力为F，阻力为F′，汽车匀加速运动的位移为s1，总位移为s，对全过程由动能定理得
W1−W2=0或Fs1−F′s=0
所以
W1W2=11
FF′=ss1
由于
s=vm2t，
所以
，即FF′=41
23.【答案】AD
【解析】小球运动过程中机械能守恒，mgh=12mv02，小球在B、C的轨道内到达h高度的时候一定有水平方向的速度，也就是具有动能，所以在B、C的轨道内小球不可能到达h高度，而在A、D轨道内却可以．故A、D项正确．
综上所述，本题正确答案为AD。
24.【答案】8gR19
【解析】设小球B经过a点时速度大小为v1，此时小球A的速度为v2，有
v2=v1cos30∘
因为对于系统来说机械能守恒，所以有
4mgR1−cos60∘=mgR+12⋅4mv12+12mv22
解得
v1=8gR19
25.【答案】ABD
【解析】C.小球先做自由落体运动，后做匀减速直线运动，到最低点后反向加速，两段时间内位移等大、反向。规定竖直向下的方向为正方向，第一个t秒内
h=12gt2
v1=gt
第二个t秒内
由牛顿第二定律
F−mg=ma
联立可得
a=3g
F=4mg
故C错误；
A.规定竖直向下的方向为正方向，第一个t秒内
v1=gt
第二个t秒内
v2=v1−at
联立可得
v2=−2gt
第一个t秒末和第二个t秒末小球的动能之比为
Ek1Ek1=12mv1212mv12=14
故A正确；
B.第一个t秒末小球的动能是
Ek1=12mv12=12mg2t2
故B正确；
D.从A点到最低点小球下落的高度为
Δh=12gt2+v122a=23gt2
故从A点到最低点小球重力势能变化了
ΔEp=−WG=−mgΔh=−23mg2t2
故D正确。
故选ABD。
26.【答案】C
【解析】解：A、若我们取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，所以这个特殊的“势能”在A点要小于O点，故由O到A的过程中，这个“势能”减小，故它对应的力做的是正功，所以该“力”由O指向A，故A错误；
B、设这个“力”为F，则Fx=EpO-EpA=0−(−12mω2x2)，即F=12mω2x，故该力的大小随x的增大而增大，故B错误；
C、由于O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是Epx=−12mω2x2，故是选取了y轴处的“势能”为零，故C正确；
D、如果我们取O点的重力势能为0，这个“势能”也为0，则质量相等的小液滴，由于它们在液面上稳定时具有相同的总势能，即某点的总势能Ep=mgy−12mω2x2=0，整理可得y=ω22gx2，故y与x是二次函数的关系，所以桶中水面的纵截面为抛物线的一部分，不是圆的一部分，故D错误。
故选C。
若取液面A处有一个小液滴，它离O点有一定的高度，因为在液面上稳定时相同质量的水将具有相同的总势能，而A点的重力势能大于O点，由O到A的过程中，这个“势能”减小，它对应的力做的是正功，从而判断出与该“势能”对应的“力”的方向；设这个“力”为F，则Fx=EpO-EpA=0−(−12mω2x2)，得到F与x的关系式，再判断F的变化情况。根据O点的这个“势能”最大，向两侧时减小，而“势能”的表达式是Epx=−12mω2x2，分析所选取的零势能位置；根据y与x的关系式分析纵截面形状。
本题为信息给予题，关键是明确题意，知道题中给出的“力”和能与我们平常所说力和能的关系，通过列式分析。
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