资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩16页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
专题06 机械能-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用）
展开
这是一份专题06 机械能-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用），文件包含专题06机械能2024年高考真题和模拟题物理分类汇编原卷版docx、专题06机械能2024年高考真题和模拟题物理分类汇编解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
1.（2024年新课标考题）2. 福建舰是我国自主设计建造首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A. 0.25倍B. 0.5倍C. 2倍D. 4倍
【答案】C
【解析】动能表达式为：
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。
故选C。
2.（2024年安徽卷考题）2. 某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】人在下滑的过程中，由动能定理可得
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
故选D。
3.(2024浙江1月考题) 3. 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A. 从1到2动能减少B. 从1到2重力势能增加
C. 从2到3动能增加D. 从2到3机械能不变
【答案】B
【解析】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加，则1到2动能减少量大于，A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于，选项CD错误。
故选B。
4.（2024年江西卷考题）5. 庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A. 109B. 107C. 105D. 103
【答案】B
【解析】由题知，Δt时间内流出的水量为 m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
故选B。
5.(2024年江苏卷考题) 8. 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ）
A. 弹簧原长时物体动量最大 B. 压缩最短时物体动能最大
C. 系统动量变大 D. 系统机械能变大
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得 ，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故选A。
6.（2024全国甲卷考题）4. 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A. 在Q点最大B. 在Q点最小C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选C。
7.（2024年安徽卷考题）7. 在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设水从出水口射出的初速度为，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
8.（2024年广东卷考题）10. 如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A. 甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B. 碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C. 乙的运动时间与无关 D. 甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【解析】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
9.（2024年山东卷考题）7. 如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（dA. B.
C. D.
【答案】B
【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F所做的功
故选B。
10.（2024年上海卷考题）4. 一辆质量的汽车，以的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率，汽车受到的阻力大小为______N。当车载雷达探测到前方有障码物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率，此时汽车的制动力大小为______N，加速度大小为______。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）
【答案】 ①. 600 ②. ③.
【解析】根据题意可知，汽车匀速行驶，则牵引力等于阻力，则与
其中 ，
解得
[2]根据题意，由可得，汽车的制动力大小为
[3]由牛顿第二定律可得，加速度大小为
11.（2024年新课标考题）11. 将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向
水平方向
联立代入数值得 ，
（2）整个过程根据动能定理得
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
12.(2024年江苏卷考题) 14. 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的输出功率P；
（3）全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为
由得
（3）全过程物块增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
故可得
13.（2024年安徽卷考题）14. 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
14.（2024年山东卷考题）17. 如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）；（2）（i），；（3）
【解析】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得 ，，
（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
15.(2024年辽宁卷考题) 14. 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【解析】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
对AB物块整体由动量守恒定律
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）由能量守恒定律
其中 ，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
16.(2024浙江1月考题) 20. 某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【解析】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
，解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
，解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
17.(2024年湖北卷考题)14. 如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中 ，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
18.(2024年河北卷考题) 16.如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
【答案】（1）；（2）90J，2；（3）
【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
同时有
解得A、B木板间的水平距离
（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得 ①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得 ②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得 ③
联立①②③解得
故A、C两木板间距为
解得
一、单项选择题
1．（2024·全国·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力做的功至少为。已知物块与斜面间的动摩擦因数为，，，若用水平向左的推力将物块推到顶端，推力做的功至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】对物块做功最少，物块应从斜面底端缓慢运动到斜面顶端，用平行斜面向上的推力将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得
设斜面的长度为L，则
对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得
解得
则
故选C。
2．（2024·青海·模拟预测）如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质硬杆的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有
解得
故选B。
3．（2024·重庆·三模）“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点切线水平，点切线竖直，由图可知（ ）
A．该烟花由点运动到点过程中，水平方向匀速运动
B．该烟花由点运动到点过程中，其机械能守恒
C．该烟花在点的加速度方向竖直向下
D．该烟花在点处于失重状态
【答案】D
【解析】A．轨迹的切线方向为速度方向，由题可知、点切线水平，点切线竖直，即、两点速度在水平方向分量不为0，在点速度在水平方向分量减为0，所以该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，故A错误；
B．结合A选项可知该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b点运动到c点过程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；
C．该烟花在最高点切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C错误；
D．该烟花在最高点有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。
故选D。
4．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B．饺子相对与传送带的位移为
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
【答案】C
【解析】A．饺子的加速度 ，与传送带的速度无关，故A错误；
B．饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间
饺子在传送带上留下的痕迹长度 ，故B错误；
C．饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能
因摩擦产生的热量
又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移
相对位移为
故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
故选C。
5．（2024·黑龙江·二模）如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球（可视为质点）在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在B点的动能为7.5JB．小球在A点受到轨道的弹力大小为10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75m D．小球离开轨道后将落至轨道B点
【答案】D
【解析】A．小球从释放到最低点，根据动能定理有
解得 J，故A错误；
B．小球从释放到A点，根据动能定理有
在A点，根据牛顿第二定律有
解得 N，故B错误；
C．设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为，则有
从B点到最高点，根据动能定理有
解得
最大高度为 m，故C错误；
D．假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C分析可知脱离轨道的速度为 m/s
根据斜抛的运动规律可知
解得 m=可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确；
故选D。
6．（2024·山东烟台·二模）如图所示为竖直平面内的粗糙的四分之一圆轨道ABC，A点的切线水平，B为圆弧AC的中点。一小物块自A点水平进入轨道，从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力相等
B．小物块第一次到达C点的加速度大小等于重力加速度大小
C．小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小等于自身的重力大小
D．小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功
【答案】D
【解析】A．依题意，由于摩擦力对小物块做负功，导致第一次和第二次到达B点时速率不同，对小物块受力分析，如图
根据
可知轨道对小物块的支持力不相等，由牛顿第三定律可得小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力不相等。故A错误；
B．小物块第一次到达C点时，受力如图
可知 ，故B错误；
C．小物块第一次到达A点时具有竖直向上的向心加速度，所以轨道对小物块的支持力大于自身重力，由牛顿第三定律可得小物块对轨道的压力大小大于自身的重力大小。故C错误；
D．由A选项分析可知小物块上滑过程，速率减小，与轨道之间的弹力减小，所受轨道摩擦力也随之减小，由于B为圆弧AC的中点。根据 可知小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功。故D正确。
故选D。
7．（2024·江西南昌·二模）如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F（未画出）作用下，质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C；从B端静止释放后，到达C点时，管道受到的压力为10mg。则F的大小为（ ）
A．mgB．C．D．
【答案】D
【解析】设F方向斜向左下，且与水平方向夹角θ，从A端静止释放时，根据动能定理
从B端静止释放时
根据牛顿第二定律
联立得 F=， 力在其他方向均不可能。
故选D。
8．（2024·山东滨州·二模）电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能，进行机械能回收。一实验电动车质量，以的初机械能沿倾角为的平直斜坡AO运动，A点为运动起始点，设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机，让车自由滑行，其机械能—位移关系如图直线①所示；第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置，回收一段时间后，关闭回收装置，其机械能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为，。下列说法正确的是（ ）
A．第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为
B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，其机械能守恒
C．第二次中实验电动车行驶的过程中，回收机械能
D．第二次中实验电动车行驶前的过程中，其加速度一定越来越小
【答案】C
【解析】A．若斜面光滑则电动车运动过程中机械能守恒，由图线①知，机械能在减小，说明下滑过程中摩擦力做功，在自由滑行时，设摩擦力为，A点机械能为，O点机械能为，则由能量守恒知
，代入得 ，A错误；
B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，由摩擦力做功，其机械能不守恒，B错误；
C．由图线②知，在前10m内进行“机械能回收”，由题图知，图线①表达式为
当时，代入得
在车自由下滑10m时
开启能量回收模式下滑10m时
则第二次中实验电动车行驶的过程中，回收的电能为
C正确；
D．由图线②知，斜率表示摩擦力与回收装置产生合外力，方向沿斜面向上，第二次中实验电动车行驶前的过程中，图线②斜率在变小，则摩擦力与回收装置产生合外力在变小，电动车重力沿斜面向下分力不变，故电动车加速度一定越来越大，D错误；
故选C。
9．（23-24高三下·海南·期中）如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为参考平面，用h表示铅球离地面的高度、E表示铅球的机械能，表示铅球的重力势能、表示铅球的动能，则铅球下落过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】AB．不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误，B正确；
C．铅球的重力势能为，故C错误；
D．设抛出时铅球的动能为，距地面的高度为，根据机械能守恒得
可得，故D错误。
故选B。
10．（2024·山东枣庄·三模）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为15m/s
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
【答案】D
【解析】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
解得
可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．时汽车的速度为
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为 ，故C错误；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
汽车通过的距离为 ，故D正确。
故选D。
11．（2024·山东潍坊·二模）如图所示，质量相等的物体a和b用劲度系数的轻弹簧连接，b放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与a连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮、与小球c连接，c套在倾角的光滑轻杆上，F点为轻杆的底端，开始时小球c处于轻杆的E点，连接c的轻绳处于水平状态，此时物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称，且，已知物体a和b的质量均为3kg，小球c的质量为1.5kg，，g取，，弹簧的弹性势能为（x为弹簧的形变量）。小球c从E点由静止释放到达F点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒
B．小球c到达P点时，物体a的速度不为0
C．小球c到达P点时，小球c的机械能增加了16J
D．小球c刚到达F点时，a的动能为9.6J
【答案】C
【解析】A．当弹簧的弹性形变发生变化时，弹簧的弹性势能也发生变化，可知，物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由于，可知，小球c到达P点时，小球c的速度方向垂直于轻绳，即小球c沿轻绳方向的速度为0，可知，小球c到达P点时，物体a的速度为0，故B错误；
C．小球c处于轻杆的E点时，由于物体b恰好对地面没有压力，则弹簧的拉伸量
小球c到达P点时，物体a下降的高度为
可知，小球c到达P点时，弹簧处于压缩状态，压缩量为
结合上述，小球c到达P点时，物体a的速度为0，对物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，可知小球c的机械能增加
解得 故C正确；
D．小球c刚到达F点过程，物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，则有
根据绳的牵连速度规律有 a的动能为
解得 故D错误。
故选C。
二、多选题
12．（2024·河南·模拟预测）如图，光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为，质量均为m的小球与物块通过轻质细线连接，细线跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球运动到A点时，速度沿着杆斜向上大小为，细线与细杆之间的夹角为，当小球运动到B点时，细线与细杆垂直。已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度大小为g，小球与物块（均视为质点）总在同一竖直平面内运动，，，下列说法正确的是（ ）
A．当小球在A点时，物块的速度大小为
B．当小球运动到B点时，物块的速度达到最大值
C．小球从A点运动到B点，系统总重力势能的增加量为
D．当小球运动到B点时，速度的大小为
【答案】AD
【解析】A．小球在A点时，把 分别沿着绳和垂直绳分解，沿着绳子方向的分速度为 ，由关联速度可知，此时物块的速度等于沿绳方向的速度，则有
故A正确；
B．同理，小球运动到B点时，把小球的速度分别沿着绳和垂直绳分解，因为绳子与细杆垂直，即绳子与小球的速度垂直，则绳速为0，物块的速度为零，是最小值，故B错误；
C．小球从A到B，重力势能的增加量为
物块下落的高度为
重力势能的减小量为
则系统总重力势能的增加量为 ，故C错误；
D．当小球运动到B点时，物块的速度大小为0，设小球的速度大小为v，令初始时系统重力势能为零，由系统的机械能守恒定律可得
综合解得 ，故D正确。
故选AD。
13．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（ ）
A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/s
B．大小为70N
C．的大小为2m/s
D．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】AB
【解析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为
t=1.675s-0.875s=0.8s
则物块从D点离开轨道时速度大小为 ，选项A正确；
B．从C到D由机械能守恒可知
在C点时压力最大，则由
解得 ， 选项B正确；
C．从B到D由机械能守恒可知
解得
则 ，选项C错误；
D．根据PG=mgvy，可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。
故选AB。
14．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A运动到最低点时弹簧的形变量为
C．小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为
D．用质量为的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为
【答案】AD
【解析】AB．开始时，对B有
A在Q点时，对C有A从P到Q点，由题意可知
解得 A正确；B错误；
C．A从P到Q，由能量守恒定律有
解得
因为弹簧原先有形变量，所以，C错误；
D．D从Q到P，由能量守恒定律有
解得 D正确。
故选AD。
15．（2024·广东湛江·二模）某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B．关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A点时的速度大小为
C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重
【答案】BC
【解析】A．由题意可知，摩托车在B点时，有
解得
由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；
B．摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有
其中
解得
选项B正确；
C．摩托车从B点到A点的过程中，竖直速度vy先增大后减小，重力的功率
重力的功率先增大后减小，选项C正确；
D．摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。
故选BC。
16．（2024·四川绵阳·三模）篮球运动是深受学生热爱的一项体育运动。某同学练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示。若不计空气阻力，下列关于篮球在空中运动时的速度大小v，加速度大小a，动能和机械能E随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】A．运动过程中，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则其合速度一定不会是均匀变化的，故A错误；
B．运动过程中，只有重力作用，加速度一直为重力加速度，故B正确；
C．竖直方向做匀变速直线运动，有
其运动过程中，只有重力作用，则某时刻的动能
其中为初动能，为初始竖直方向速度，由此可知，图线应是开口向上的抛物线，故C正确；
D．运动过程中，只有重力作用，机械能不变，故D错误。
故选BC。
17．（2024·四川遂宁·三模）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【解析】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时，，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
三、解答题
18．（2024·黑龙江·三模）如图所示，一半径为r=0.45m的光滑圆弧的底端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为，长为，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，EF段被弯成以O为圆心、半径。的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传送带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直。一质量为的滑块（可视为质点）从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后被送入细管DEF。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，不计空气阻力，滑块横截面略小于细管中空部分的横截面。求：
（1）滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小；
（2）滑块与传送带间因摩擦产生的热量；
（3）滑块滑到F点后水平飞出，滑块的落地点到O点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设滑块到达B点的速度大小为
由机械能守恒定律有
解得
滑块在B点，由向心力公式有
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小为；
（2）滑块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律有
由速度位移公式得
解得
滑块在传送带上运行的时间为
传送带运行的距离为
故滑块与传送带间因摩擦产生的热量为
（3）滑块从C至F，由机械能守恒有
滑块离开F点后做平抛运动，竖直方向有
联立解得滑块的落地点到O点的距离
19．（2024·江西·一模）如图所示，曲线轨道AB（足够长）、水平直轨道BC、竖直圆环轨道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入口、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为的小滑块P从曲线轨道AB上某处由静止释放，其刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知水平直轨道BC长为，其上铺设了特殊材料，其动摩擦因数为（x表示BC上一点至B点的距离），水平直轨道CE长为，动摩擦因数为，轨道其余部分的阻力及空气阻力不计。竖直圆环轨道CD的半径为，竖直半圆形管道EFG的半径可在间调节，半圆管道的内径远小于其半径、且比滑块尺寸略大，重力加速度g取，求：
（1）小滑块P释放点的位置高度h；
（2）P从管道G点水平抛出后落到水平面上时，其落地点至G点的最大水平距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）滑块恰好能通过最高点D，则
解得
从滑块P的释放点到竖直圆环轨道CD的最高点D，由动能定理有
其中
解得
（2）滑块P由D点到G点的过程，由动能定理有
滑块P离开G点后做平抛运动，则有
可得
当
时，即时，水平距离达到极大值，由于
当，落地点至G点的水平距离最大，为
20．（2024·山东潍坊·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r=22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN=410N。已知小朋友和滑板总质量为m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）小朋友在B点时的速度v0；
（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。
【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J
【解析】（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则
所以
方向水平向左；
（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得
在E点，根据牛顿第二定律可得
联立可得
21．（2024·河北·一模）如图所示，半径为的光滑弧形轨道AB竖直固定在水平面上，右侧固定一半径为的竖直光滑弧形轨道CD，弧CD所对应的圆心角为60°，，质量为的物体由A点的正上方高度由静止释放，经过一段时间物体由D点离开弧形轨道．已知物体与BC段的动摩擦因数为，重力加速度g取。
（1）求物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比；
（2）求物体的落地点到D点的水平距离（结果可带根号）；
（3）若物体离开D点瞬间对物体施加一水平向右的恒力，求物体落地前的最小动能（结果保留小数点后两位）．
【答案】（1）；（2）；（3）1.56J
【解析】（1）物块从开始下落到到达B点时由动能定理
在B点时
解得
FNB=20N
从B点到C点时由动能定理
解得
在C点时
解得
可得物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比
（2）从C点到D点，由机械能守恒定律
解得
物块落地时
解得
t=1s
则物体的落地点到D点的水平距离
（3）恒力F与mg的合力为
方向与竖直方向的夹角为30°；
vD在垂直于F合方向的分量为
当vD在平行于F合方向的分速度减为零时物体动能最小，则最小动能为
1.（2024年新课标考题）2. 福建舰是我国自主设计建造首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A. 0.25倍B. 0.5倍C. 2倍D. 4倍
【答案】C
【解析】动能表达式为：
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。
故选C。
2.（2024年安徽卷考题）2. 某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】人在下滑的过程中，由动能定理可得
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
故选D。
3.(2024浙江1月考题) 3. 如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A. 从1到2动能减少B. 从1到2重力势能增加
C. 从2到3动能增加D. 从2到3机械能不变
【答案】B
【解析】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加，则1到2动能减少量大于，A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于，选项CD错误。
故选B。
4.（2024年江西卷考题）5. 庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A. 109B. 107C. 105D. 103
【答案】B
【解析】由题知，Δt时间内流出的水量为 m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
故选B。
5.(2024年江苏卷考题) 8. 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ）
A. 弹簧原长时物体动量最大 B. 压缩最短时物体动能最大
C. 系统动量变大 D. 系统机械能变大
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
联立得 ，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故选A。
6.（2024全国甲卷考题）4. 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A. 在Q点最大B. 在Q点最小C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选C。
7.（2024年安徽卷考题）7. 在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设水从出水口射出的初速度为，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
8.（2024年广东卷考题）10. 如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A. 甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B. 碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C. 乙的运动时间与无关 D. 甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【解析】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
9.（2024年山东卷考题）7. 如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d
C. D.
【答案】B
【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F所做的功
故选B。
10.（2024年上海卷考题）4. 一辆质量的汽车，以的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率，汽车受到的阻力大小为______N。当车载雷达探测到前方有障码物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率，此时汽车的制动力大小为______N，加速度大小为______。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）
【答案】 ①. 600 ②. ③.
【解析】根据题意可知，汽车匀速行驶，则牵引力等于阻力，则与
其中 ，
解得
[2]根据题意，由可得，汽车的制动力大小为
[3]由牛顿第二定律可得，加速度大小为
11.（2024年新课标考题）11. 将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向
水平方向
联立代入数值得 ，
（2）整个过程根据动能定理得
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
12.(2024年江苏卷考题) 14. 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的输出功率P；
（3）全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为
由得
（3）全过程物块增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
故可得
13.（2024年安徽卷考题）14. 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
14.（2024年山东卷考题）17. 如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）；（2）（i），；（3）
【解析】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得 ，，
（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
15.(2024年辽宁卷考题) 14. 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【解析】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
对AB物块整体由动量守恒定律
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）由能量守恒定律
其中 ，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
16.(2024浙江1月考题) 20. 某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【解析】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
，解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
，解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
17.(2024年湖北卷考题)14. 如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中 ，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
18.(2024年河北卷考题) 16.如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
【答案】（1）；（2）90J，2；（3）
【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
同时有
解得A、B木板间的水平距离
（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得 ①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得 ②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得 ③
联立①②③解得
故A、C两木板间距为
解得
一、单项选择题
1．（2024·全国·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力做的功至少为。已知物块与斜面间的动摩擦因数为，，，若用水平向左的推力将物块推到顶端，推力做的功至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】对物块做功最少，物块应从斜面底端缓慢运动到斜面顶端，用平行斜面向上的推力将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得
设斜面的长度为L，则
对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得
解得
则
故选C。
2．（2024·青海·模拟预测）如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质硬杆的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有
解得
故选B。
3．（2024·重庆·三模）“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点切线水平，点切线竖直，由图可知（ ）
A．该烟花由点运动到点过程中，水平方向匀速运动
B．该烟花由点运动到点过程中，其机械能守恒
C．该烟花在点的加速度方向竖直向下
D．该烟花在点处于失重状态
【答案】D
【解析】A．轨迹的切线方向为速度方向，由题可知、点切线水平，点切线竖直，即、两点速度在水平方向分量不为0，在点速度在水平方向分量减为0，所以该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，故A错误；
B．结合A选项可知该烟花由点运动到点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b点运动到c点过程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；
C．该烟花在最高点切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C错误；
D．该烟花在最高点有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。
故选D。
4．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B．饺子相对与传送带的位移为
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
【答案】C
【解析】A．饺子的加速度 ，与传送带的速度无关，故A错误；
B．饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间
饺子在传送带上留下的痕迹长度 ，故B错误；
C．饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能
因摩擦产生的热量
又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移
相对位移为
故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
故选C。
5．（2024·黑龙江·二模）如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球（可视为质点）在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在B点的动能为7.5JB．小球在A点受到轨道的弹力大小为10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75m D．小球离开轨道后将落至轨道B点
【答案】D
【解析】A．小球从释放到最低点，根据动能定理有
解得 J，故A错误；
B．小球从释放到A点，根据动能定理有
在A点，根据牛顿第二定律有
解得 N，故B错误；
C．设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为，则有
从B点到最高点，根据动能定理有
解得
最大高度为 m，故C错误；
D．假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C分析可知脱离轨道的速度为 m/s
根据斜抛的运动规律可知
解得 m=可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确；
故选D。
6．（2024·山东烟台·二模）如图所示为竖直平面内的粗糙的四分之一圆轨道ABC，A点的切线水平，B为圆弧AC的中点。一小物块自A点水平进入轨道，从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力相等
B．小物块第一次到达C点的加速度大小等于重力加速度大小
C．小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小等于自身的重力大小
D．小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功
【答案】D
【解析】A．依题意，由于摩擦力对小物块做负功，导致第一次和第二次到达B点时速率不同，对小物块受力分析，如图
根据
可知轨道对小物块的支持力不相等，由牛顿第三定律可得小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力不相等。故A错误；
B．小物块第一次到达C点时，受力如图
可知 ，故B错误；
C．小物块第一次到达A点时具有竖直向上的向心加速度，所以轨道对小物块的支持力大于自身重力，由牛顿第三定律可得小物块对轨道的压力大小大于自身的重力大小。故C错误；
D．由A选项分析可知小物块上滑过程，速率减小，与轨道之间的弹力减小，所受轨道摩擦力也随之减小，由于B为圆弧AC的中点。根据 可知小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功。故D正确。
故选D。
7．（2024·江西南昌·二模）如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F（未画出）作用下，质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C；从B端静止释放后，到达C点时，管道受到的压力为10mg。则F的大小为（ ）
A．mgB．C．D．
【答案】D
【解析】设F方向斜向左下，且与水平方向夹角θ，从A端静止释放时，根据动能定理
从B端静止释放时
根据牛顿第二定律
联立得 F=， 力在其他方向均不可能。
故选D。
8．（2024·山东滨州·二模）电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能，进行机械能回收。一实验电动车质量，以的初机械能沿倾角为的平直斜坡AO运动，A点为运动起始点，设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机，让车自由滑行，其机械能—位移关系如图直线①所示；第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置，回收一段时间后，关闭回收装置，其机械能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为，。下列说法正确的是（ ）
A．第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为
B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，其机械能守恒
C．第二次中实验电动车行驶的过程中，回收机械能
D．第二次中实验电动车行驶前的过程中，其加速度一定越来越小
【答案】C
【解析】A．若斜面光滑则电动车运动过程中机械能守恒，由图线①知，机械能在减小，说明下滑过程中摩擦力做功，在自由滑行时，设摩擦力为，A点机械能为，O点机械能为，则由能量守恒知
，代入得 ，A错误；
B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，由摩擦力做功，其机械能不守恒，B错误；
C．由图线②知，在前10m内进行“机械能回收”，由题图知，图线①表达式为
当时，代入得
在车自由下滑10m时
开启能量回收模式下滑10m时
则第二次中实验电动车行驶的过程中，回收的电能为
C正确；
D．由图线②知，斜率表示摩擦力与回收装置产生合外力，方向沿斜面向上，第二次中实验电动车行驶前的过程中，图线②斜率在变小，则摩擦力与回收装置产生合外力在变小，电动车重力沿斜面向下分力不变，故电动车加速度一定越来越大，D错误；
故选C。
9．（23-24高三下·海南·期中）如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为参考平面，用h表示铅球离地面的高度、E表示铅球的机械能，表示铅球的重力势能、表示铅球的动能，则铅球下落过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】AB．不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误，B正确；
C．铅球的重力势能为，故C错误；
D．设抛出时铅球的动能为，距地面的高度为，根据机械能守恒得
可得，故D错误。
故选B。
10．（2024·山东枣庄·三模）加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B．汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动
C．汽车达到的最大速度大小为15m/s
D．从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
【答案】D
【解析】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
解得
可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．时汽车的速度为
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为 ，故C错误；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
汽车通过的距离为 ，故D正确。
故选D。
11．（2024·山东潍坊·二模）如图所示，质量相等的物体a和b用劲度系数的轻弹簧连接，b放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与a连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮、与小球c连接，c套在倾角的光滑轻杆上，F点为轻杆的底端，开始时小球c处于轻杆的E点，连接c的轻绳处于水平状态，此时物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称，且，已知物体a和b的质量均为3kg，小球c的质量为1.5kg，，g取，，弹簧的弹性势能为（x为弹簧的形变量）。小球c从E点由静止释放到达F点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒
B．小球c到达P点时，物体a的速度不为0
C．小球c到达P点时，小球c的机械能增加了16J
D．小球c刚到达F点时，a的动能为9.6J
【答案】C
【解析】A．当弹簧的弹性形变发生变化时，弹簧的弹性势能也发生变化，可知，物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．由于，可知，小球c到达P点时，小球c的速度方向垂直于轻绳，即小球c沿轻绳方向的速度为0，可知，小球c到达P点时，物体a的速度为0，故B错误；
C．小球c处于轻杆的E点时，由于物体b恰好对地面没有压力，则弹簧的拉伸量
小球c到达P点时，物体a下降的高度为
可知，小球c到达P点时，弹簧处于压缩状态，压缩量为
结合上述，小球c到达P点时，物体a的速度为0，对物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，可知小球c的机械能增加
解得 故C正确；
D．小球c刚到达F点过程，物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒，则有
根据绳的牵连速度规律有 a的动能为
解得 故D错误。
故选C。
二、多选题
12．（2024·河南·模拟预测）如图，光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为，质量均为m的小球与物块通过轻质细线连接，细线跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球运动到A点时，速度沿着杆斜向上大小为，细线与细杆之间的夹角为，当小球运动到B点时，细线与细杆垂直。已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度大小为g，小球与物块（均视为质点）总在同一竖直平面内运动，，，下列说法正确的是（ ）
A．当小球在A点时，物块的速度大小为
B．当小球运动到B点时，物块的速度达到最大值
C．小球从A点运动到B点，系统总重力势能的增加量为
D．当小球运动到B点时，速度的大小为
【答案】AD
【解析】A．小球在A点时，把 分别沿着绳和垂直绳分解，沿着绳子方向的分速度为 ，由关联速度可知，此时物块的速度等于沿绳方向的速度，则有
故A正确；
B．同理，小球运动到B点时，把小球的速度分别沿着绳和垂直绳分解，因为绳子与细杆垂直，即绳子与小球的速度垂直，则绳速为0，物块的速度为零，是最小值，故B错误；
C．小球从A到B，重力势能的增加量为
物块下落的高度为
重力势能的减小量为
则系统总重力势能的增加量为 ，故C错误；
D．当小球运动到B点时，物块的速度大小为0，设小球的速度大小为v，令初始时系统重力势能为零，由系统的机械能守恒定律可得
综合解得 ，故D正确。
故选AD。
13．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（ ）
A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/s
B．大小为70N
C．的大小为2m/s
D．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】AB
【解析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为
t=1.675s-0.875s=0.8s
则物块从D点离开轨道时速度大小为 ，选项A正确；
B．从C到D由机械能守恒可知
在C点时压力最大，则由
解得 ， 选项B正确；
C．从B到D由机械能守恒可知
解得
则 ，选项C错误；
D．根据PG=mgvy，可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。
故选AB。
14．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A运动到最低点时弹簧的形变量为
C．小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为
D．用质量为的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为
【答案】AD
【解析】AB．开始时，对B有
A在Q点时，对C有A从P到Q点，由题意可知
解得 A正确；B错误；
C．A从P到Q，由能量守恒定律有
解得
因为弹簧原先有形变量，所以，C错误；
D．D从Q到P，由能量守恒定律有
解得 D正确。
故选AD。
15．（2024·广东湛江·二模）某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B．关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A点时的速度大小为
C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重
【答案】BC
【解析】A．由题意可知，摩托车在B点时，有
解得
由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；
B．摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有
其中
解得
选项B正确；
C．摩托车从B点到A点的过程中，竖直速度vy先增大后减小，重力的功率
重力的功率先增大后减小，选项C正确；
D．摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。
故选BC。
16．（2024·四川绵阳·三模）篮球运动是深受学生热爱的一项体育运动。某同学练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示。若不计空气阻力，下列关于篮球在空中运动时的速度大小v，加速度大小a，动能和机械能E随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】A．运动过程中，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则其合速度一定不会是均匀变化的，故A错误；
B．运动过程中，只有重力作用，加速度一直为重力加速度，故B正确；
C．竖直方向做匀变速直线运动，有
其运动过程中，只有重力作用，则某时刻的动能
其中为初动能，为初始竖直方向速度，由此可知，图线应是开口向上的抛物线，故C正确；
D．运动过程中，只有重力作用，机械能不变，故D错误。
故选BC。
17．（2024·四川遂宁·三模）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A．物体的初速率v0=4 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【解析】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时，，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
三、解答题
18．（2024·黑龙江·三模）如图所示，一半径为r=0.45m的光滑圆弧的底端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为，长为，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，EF段被弯成以O为圆心、半径。的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传送带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直。一质量为的滑块（可视为质点）从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后被送入细管DEF。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，不计空气阻力，滑块横截面略小于细管中空部分的横截面。求：
（1）滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小；
（2）滑块与传送带间因摩擦产生的热量；
（3）滑块滑到F点后水平飞出，滑块的落地点到O点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设滑块到达B点的速度大小为
由机械能守恒定律有
解得
滑块在B点，由向心力公式有
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小为；
（2）滑块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律有
由速度位移公式得
解得
滑块在传送带上运行的时间为
传送带运行的距离为
故滑块与传送带间因摩擦产生的热量为
（3）滑块从C至F，由机械能守恒有
滑块离开F点后做平抛运动，竖直方向有
联立解得滑块的落地点到O点的距离
19．（2024·江西·一模）如图所示，曲线轨道AB（足够长）、水平直轨道BC、竖直圆环轨道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入口、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为的小滑块P从曲线轨道AB上某处由静止释放，其刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知水平直轨道BC长为，其上铺设了特殊材料，其动摩擦因数为（x表示BC上一点至B点的距离），水平直轨道CE长为，动摩擦因数为，轨道其余部分的阻力及空气阻力不计。竖直圆环轨道CD的半径为，竖直半圆形管道EFG的半径可在间调节，半圆管道的内径远小于其半径、且比滑块尺寸略大，重力加速度g取，求：
（1）小滑块P释放点的位置高度h；
（2）P从管道G点水平抛出后落到水平面上时，其落地点至G点的最大水平距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）滑块恰好能通过最高点D，则
解得
从滑块P的释放点到竖直圆环轨道CD的最高点D，由动能定理有
其中
解得
（2）滑块P由D点到G点的过程，由动能定理有
滑块P离开G点后做平抛运动，则有
可得
当
时，即时，水平距离达到极大值，由于
当，落地点至G点的水平距离最大，为
20．（2024·山东潍坊·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r=22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN=410N。已知小朋友和滑板总质量为m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）小朋友在B点时的速度v0；
（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。
【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J
【解析】（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则
所以
方向水平向左；
（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得
在E点，根据牛顿第二定律可得
联立可得
21．（2024·河北·一模）如图所示，半径为的光滑弧形轨道AB竖直固定在水平面上，右侧固定一半径为的竖直光滑弧形轨道CD，弧CD所对应的圆心角为60°，，质量为的物体由A点的正上方高度由静止释放，经过一段时间物体由D点离开弧形轨道．已知物体与BC段的动摩擦因数为，重力加速度g取。
（1）求物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比；
（2）求物体的落地点到D点的水平距离（结果可带根号）；
（3）若物体离开D点瞬间对物体施加一水平向右的恒力，求物体落地前的最小动能（结果保留小数点后两位）．
【答案】（1）；（2）；（3）1.56J
【解析】（1）物块从开始下落到到达B点时由动能定理
在B点时
解得
FNB=20N
从B点到C点时由动能定理
解得
在C点时
解得
可得物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比
（2）从C点到D点，由机械能守恒定律
解得
物块落地时
解得
t=1s
则物体的落地点到D点的水平距离
（3）恒力F与mg的合力为
方向与竖直方向的夹角为30°；
vD在垂直于F合方向的分量为
当vD在平行于F合方向的分速度减为零时物体动能最小，则最小动能为
相关试卷
专题03 牛顿运动定律-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用）： 这是一份专题03 牛顿运动定律-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用），文件包含专题03牛顿运动定律2024年高考真题和模拟题物理分类汇编原卷版docx、专题03牛顿运动定律2024年高考真题和模拟题物理分类汇编解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
专题02 相互作用-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用）： 这是一份专题02 相互作用-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用），文件包含专题02相互作用2024年高考真题和模拟题物理分类汇编原卷版docx、专题02相互作用2024年高考真题和模拟题物理分类汇编解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
专题01 直线运动-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用）： 这是一份专题01 直线运动-2024年高考物理真题和模拟题分类汇编（全国通用），文件包含专题01直线运动2024年高考真题和模拟题物理分类汇编原卷版docx、专题01直线运动2024年高考真题和模拟题物理分类汇编解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
