（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系（單選題）3年真題1．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運(yùn)動，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【解析】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對AB有對B有聯(lián)立可得由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設(shè)彈簧原長在O點(diǎn)，A剛開始運(yùn)動時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得化簡得當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有帶入k值可知F合=0，即此時(shí)加速度為0，故A錯誤；C．根據(jù)B的分析可知再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；D．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。2．（2022·湖北·高考真題）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運(yùn)動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A．μmgk B． C． D．【答案】C【解析】Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小為故選C。3．（2022·全國·高考真題）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點(diǎn)的距離D．它與P點(diǎn)的連線掃過的面積【答案】C【解析】如圖所示設(shè)圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點(diǎn)的距離為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得可得故C正確，ABD錯誤。故選C。4．（2022·浙江·高考真題）神舟十三號飛船采用“快速返回技術(shù)”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環(huán)繞并擇機(jī)返回地面。則（）A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大B．返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力C．質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機(jī)械能守恒【答案】C【解析】AC．根據(jù)可得可知圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越??；而只要環(huán)繞速度相同，返回艙和天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行，與返回艙和天和核心艙的質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤，C正確；B．返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航員繞地球運(yùn)動的向心力，故B錯誤；D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，有阻力做功產(chǎn)生熱量，機(jī)械能減小，故D錯誤。故選C。5．（2023·浙江·高考真題）鉛球被水平推出后的運(yùn)動過程中，不計(jì)空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運(yùn)動時(shí)的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機(jī)械能E隨運(yùn)動時(shí)間t的變化關(guān)系中，正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】A．由于不計(jì)空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時(shí)間改變，故A錯誤；B．鉛球被水平推出后做平拋運(yùn)動，豎直方向有則拋出后速度大小為可知速度大小與時(shí)間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯誤；C．鉛球拋出后的動能可知動能與時(shí)間不是一次函數(shù)關(guān)系，故C錯誤；D．鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機(jī)械能守恒，故D正確。故選D。【【解析】】6．（2023·全國·高考真題）一同學(xué)將鉛球水平推出，不計(jì)空氣阻力和轉(zhuǎn)動的影響，鉛球在平拋運(yùn)動過程中（

）A．機(jī)械能一直增加 B．加速度保持不變 C．速度大小保持不變 D．被推出后瞬間動能最大【答案】B【解析】A．鉛球做平拋運(yùn)動，僅受重力，故機(jī)械能守恒，A錯誤；B．鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；CD．鉛球做平拋運(yùn)動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。故選B。7．（2023·浙江·高考真題）一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點(diǎn)過程中（）A．彈性勢能減小 B．重力勢能減小C．機(jī)械能保持不變 D．繩一繃緊動能就開始減小【答案】B【解析】游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運(yùn)動，下落到一定高度時(shí)橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小后向上增大，速度先增大后減小，到最低點(diǎn)時(shí)速度減小到零，彈力達(dá)到最大值。A．橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；C．下落階段橡皮繩對游客做負(fù)功，游客機(jī)械能減少，轉(zhuǎn)化為彈性勢能，C錯誤；D．繩剛繃緊開始一段時(shí)間內(nèi)，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當(dāng)彈力大于重力后，合力向上對游客做負(fù)功，游客動能逐漸減小，D錯誤。故選B。8．（2024·重慶·高考真題）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（

）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力C．自由下落階段機(jī)械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2【答案】C【解析】A．組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯誤；B．組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯誤；C．組合體在自由下落階段只受重力，機(jī)械能守恒，故C正確；D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯誤。故選C。9．（2024·北京·高考真題）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說法正確的是（）A．物體在C點(diǎn)所受合力為零B．物體在C點(diǎn)的速度為零C．物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)的動能【答案】C【解析】AB．物體恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則物體在最高點(diǎn)只受重力，且重力全部用來提供向心力，設(shè)半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得解得物體在C點(diǎn)的速度AB錯誤；C．由牛頓第二定律得解得物體在C點(diǎn)的向心加速度C正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能等于物體在C點(diǎn)時(shí)的動能和重力勢能之和，D錯誤。故選C。10．（2024·山東·高考真題）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢能E=kx2（x為繩的伸長量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A． B．C． D．【答案】B【解析】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)，對甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長量則此時(shí)彈性繩的彈性勢能為從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功故選B。11．（2024·寧夏四川·高考真題）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小（）A．在Q點(diǎn)最大 B．在Q點(diǎn)最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【解析】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為，從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在該處根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知的大小在時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。12．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A．彈簧恢復(fù)原長時(shí)時(shí)A動量最大B．彈簧壓縮最短時(shí)A動量最大C．整個系統(tǒng)動量變大D．整個系統(tǒng)機(jī)械能變大【答案】A【解析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得設(shè)彈簧的初始彈性勢能為，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)得聯(lián)立得故可知彈簧恢復(fù)原長時(shí)滑板速度最大，此時(shí)動量最大，動能最大。對于系統(tǒng)來說動量一直為零，系統(tǒng)機(jī)械能不變。故選A。13．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球（）A．從1到2動能減少 B．從1到2重力勢能增加C．從2到3動能增加 D．從2到3機(jī)械能不變【答案】B【解析】AB．由足球的運(yùn)動軌跡可知，足球在空中運(yùn)動時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能增加，則1到2動能減少量大于，A錯誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于，選項(xiàng)CD錯誤。故選B。14．（2023·全國·高考真題）一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（

）A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間 B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零 D．下落過程中做勻加速運(yùn)動【答案】B【解析】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯誤；B．上升過程排球做減速運(yùn)動，下降過程排球做加速運(yùn)動。在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；C．達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運(yùn)動，D錯誤。故選B。15．（2022·山東·高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時(shí)，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。故選A。16．（2022·浙江·高考真題）風(fēng)力發(fā)電已成為我國實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為時(shí)，輸出電功率為，風(fēng)速在范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為，空氣密度為，風(fēng)場風(fēng)速為，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時(shí)間流過面積的流動空氣動能為C．若每天平均有的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為D．若風(fēng)場每年有風(fēng)速在范圍內(nèi)，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為【答案】D【解析】AB．單位時(shí)間流過面積的流動空氣體積為單位時(shí)間流過面積的流動空氣質(zhì)量為單位時(shí)間流過面積的流動空氣動能為風(fēng)速在范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，AB錯誤；C．由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量應(yīng)滿足C錯誤；D．若風(fēng)場每年有風(fēng)速在的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值時(shí)，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為時(shí)，輸出電功率為，風(fēng)速在范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)速為時(shí)，輸出電功率為則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為D正確；故選D。2年模擬17．（2024·山東濟(jì)南·模擬預(yù)測）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導(dǎo)軌豎直放置，固定在B點(diǎn)，O為導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，O點(diǎn)離地面的高度為h，A在O點(diǎn)正下方，A、B兩點(diǎn)相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質(zhì)量均為m，輕桿的長度為2h?，F(xiàn)將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球P即將落地時(shí)，它的速度大小為B．小球P即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為30°C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為【答案】C【解析】B．平拋運(yùn)動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運(yùn)動，則速度與水平方向的夾角可知，小球P即將落地時(shí)，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運(yùn)動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角解得故B錯誤；A．設(shè)小球P即將落地時(shí)，它的速度大小為，小球Q的速度大小為，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有解得，故A錯誤；C．根據(jù)動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為故C正確；D．若小球P落地后不反彈，根據(jù)動量定理有故D錯誤。故選C。18．（2024·北京海淀·模擬預(yù)測）如圖所示，將輕質(zhì)彈簧的一端固定在水平桌面上O點(diǎn)，當(dāng)彈簧處于自由狀態(tài)時(shí)，彈簧另一端在A點(diǎn)。用一個金屬小球擠壓彈簧至B點(diǎn)，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，則（）A．從B到A過程中，小球的機(jī)械能守恒B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功【答案】D【解析】A．從B到A過程中，小球除受重力外還受彈簧對小球的彈力，且彈力做正功，故小球的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B．從B到A過程中，彈簧彈力和重力平衡位置處動能最大，合力對小球先做正功后做負(fù)功，小球的動能先增大后減小，故B錯誤；C．從B到A過程中，彈簧的壓縮量一直在減小，故彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；D．因?yàn)閺腂到C過程彈簧的平均作用力大于從C到A過程彈簧的平均作用力，兩過程位移大小相等，故從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功，故D正確。故選D。19．（2024·河南·模擬預(yù)測）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑到最低點(diǎn)的過程中，運(yùn)動到Q點(diǎn)時(shí)，重力的功率最大，OQ與水平面的夾角為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小環(huán)運(yùn)動至與圓心O等高處的A點(diǎn)的加速度為B．小環(huán)運(yùn)動至與圓心O等高處的A點(diǎn)的加速度為gC．sinθ＝D．sinθ＝【答案】D【解析】AB．小環(huán)運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得小環(huán)受到的彈力提供向心力，即聯(lián)立可得則小環(huán)在A點(diǎn)的受力為加速度為故AB錯誤；CD．小球運(yùn)動到Q點(diǎn)時(shí)，重力的功率最大，則此時(shí)小環(huán)的豎直分速度最大，小環(huán)在豎直方向上的合力為零，即小環(huán)所受彈力的豎直分力剛好與重力平衡，則有設(shè)此時(shí)小環(huán)的速度為，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒可得小環(huán)在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得解得（舍去）故C錯誤，D正確。故選D。20．（2024·浙江溫州·三模）質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動，但不粘連。它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動。已知物塊質(zhì)量也為m，彈簧的彈性勢能，簡諧運(yùn)動的周期，下列說法正確的是（）A．碰后物塊與鋼板一起做簡諧運(yùn)動，振幅A=x0B．物塊與鋼板在返回O點(diǎn)前已經(jīng)分離C．碰撞剛結(jié)束至兩者第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間D．運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能【答案】C【解析】A．對物塊，根據(jù)動能定理解得設(shè)v1表示質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運(yùn)動的速度，因碰撞時(shí)間極短，動量守恒取v0方向?yàn)檎獾门龊?，根?jù)能量守恒根據(jù)平衡條件可得解得當(dāng)物塊與鋼板受力平衡時(shí)，為平衡位置解得所以振幅為故A錯誤；B．物塊與鋼板在返回O點(diǎn)前彈簧一直被壓縮，彈力豎直向上，整體加速度小于重力加速度，若已經(jīng)分離，則物塊的加速度等于重力加速度，則此后物塊的速度將小于鋼板的速度，與實(shí)際不符，所以物塊與鋼板在返回O點(diǎn)前不可能分離，故B錯誤；C．碰撞剛結(jié)束至兩者第一次運(yùn)動到平衡位置時(shí)間為，則解得繼續(xù)運(yùn)動到最低點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間，則所以，碰撞剛結(jié)束至兩者第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間故C正確；D．當(dāng)物塊與鋼板運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能最大故D錯誤。故選C。21．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，傾角的固定斜面體底端有一與斜面垂直的固定擋板，兩個質(zhì)量均為的小鐵塊A、B用勁度系數(shù)的輕彈簧連接，輕繩的一端拴在小鐵塊B上，另一端跨過光滑定滑輪后連接質(zhì)量的小鐵塊C，托住小鐵塊使輕繩剛好伸直。已知小鐵塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，初始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)且小鐵塊B剛好未沿斜面上滑，輕彈簧、輕繩均與斜面平行，重力加速度的大小為?，F(xiàn)將小鐵塊C由靜止釋放，運(yùn)動過程中始終未落至地面，不計(jì)定滑輪的質(zhì)量和摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，，則從小鐵塊C由靜止釋放到小鐵塊A剛好離開擋板的過程中，下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為2JB．小鐵塊C的最大速度大小為C．當(dāng)彈簧剛好回到原長時(shí)，輕繩的拉力大小為6ND．當(dāng)小鐵塊C的速度最大時(shí)，小鐵塊A、B間的距離增加了0.05m【答案】B【解析】A．對B由平衡條件可知解得當(dāng)A剛好離開擋板時(shí)，對A由平衡條件可知解得由可知，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量A錯誤；B．對B、C系統(tǒng)由能量守恒得解得B正確；C．當(dāng)彈簧剛好回到原長時(shí)，對B、C系統(tǒng)由牛頓第二定律可知解得對C由牛頓第二定律可知解得輕繩上的拉力大小為C錯誤；D．該過程中彈簧由壓縮狀態(tài)變?yōu)樯扉L狀態(tài)，A、B間的距離增加了D錯誤。故選B。22．（2024·湖北荊州·三模）如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形軌道豎直放置在水平地面上，軌道圓心為O，P、Q是軌道上與圓心O等高的兩點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球沿軌道做圓周運(yùn)動且剛好能通過軌道最高點(diǎn)，運(yùn)動過程中軌道始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)，速度為B．小球經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，軌道對地面的壓力為C．小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)時(shí)，軌道對地面的壓力最小D．小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，軌道對地面的摩擦力沿水平面向左【答案】B【解析】A．小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)時(shí)，有小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒聯(lián)立得故A錯誤；B．小球經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，軌道的支持力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，軌道對地面的壓力等于軌道的重力，為故B正確；C．小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，軌道對地面的壓力等于軌道的重力，小球在下半軌道運(yùn)動時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫τ邢蛳碌姆至?，則軌道對地面的壓力大于軌道的重力，小球在上半軌道運(yùn)動（除最高點(diǎn)外）時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫τ邢蛏系姆至?，則軌道對地面的壓力小于軌道的重力，故小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)時(shí)，軌道對地面的壓力不是最小，故C錯誤；D．小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，軌道向左的支持力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫ο蛴?，軌道靜止，根據(jù)平衡條件可知地面對軌道的摩擦力沿水平面向左，根據(jù)牛頓第三定律，軌道對地面的摩擦力沿水平面向右，故D錯誤。故選B。23．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖所示是體育課上某同學(xué)水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為零勢能面，用h表示鉛球離地面的高度，E、Ep、Ek分別表示鉛球的機(jī)械能、重力勢能和動能，則鉛球下落過程中，下列圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】A．不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機(jī)械能守恒，故A錯誤；BC．鉛球的重力勢能為故B錯誤，C正確；D．設(shè)拋出時(shí)鉛球的動能為，距地面的高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒得可得可得故D錯誤。故選C。24．（2024·黑龍江吉林·模擬預(yù)測）如圖所示，兩個質(zhì)量相等可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b通過鉸鏈用長為的剛性輕桿連接，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細(xì)桿M的夾角為45°。兩根足夠長的細(xì)桿M、N不接觸（a、b球均可無碰撞通過O點(diǎn)），且兩桿間的距離忽略不計(jì)，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．a(chǎn)、b兩球組成系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．a(chǎn)球到達(dá)與b球等高位置時(shí)速度大小為C．a(chǎn)球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，b球速度最大D．a(chǎn)球從初位置下降到最低點(diǎn)的過程中，剛性輕桿對a球的彈力一直做負(fù)功【答案】C【解析】A．a(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機(jī)械能守恒，故A錯誤；B．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則a球到達(dá)與b球等高位置時(shí)，b球速度為零，則解得故B錯誤；C．當(dāng)a球運(yùn)動到兩桿的交點(diǎn)后再往下運(yùn)動，此時(shí)b球到達(dá)兩桿的交點(diǎn)處，a球的速度為0，b球的速度達(dá)到最大，則所以故C正確；D．由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，a球從初位置下降到最低點(diǎn)的過程中，剛性輕桿對a球的彈力先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，故D錯誤。故選C。25．（2024·湖北·三模）2023年9月，中國選手張博恒奪得杭州亞運(yùn)會體操單杠冠軍，如圖所示其雙手抓住單杠，其重心以單杠為軸在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，重心到單杠的距離，重心從單杠正上方A點(diǎn)轉(zhuǎn)至B點(diǎn)時(shí)松手脫離單杠，OB與豎直方向的夾角，重心經(jīng)過E點(diǎn)與B點(diǎn)等高，最后落到地面D點(diǎn)。已知他的質(zhì)量，從B到E的時(shí)間為，g取，忽略空氣阻力，不考慮一切摩擦和體能的消耗與轉(zhuǎn)化。下列說法正確的是（）A．他在A到B點(diǎn)過程機(jī)械能不守恒，B到D過程機(jī)械能守恒B．他在B點(diǎn)的速度為C．他在A到B運(yùn)動過程中手臂的最大拉力為2640ND．OB與豎直方向的夾角越大，BD之間水平距離越遠(yuǎn)【答案】B【解析】A.忽略空氣阻力，不考慮一切摩擦整個過程他的機(jī)械能守恒，故A錯誤；B.B到E的時(shí)間為，有所以故B正確；C.圓周運(yùn)動的最低點(diǎn)拉力最大，有得故C錯誤；D.當(dāng)時(shí)，BD之間水平距離為零，故D錯誤。故選B。26．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）如圖所示，一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線一端懸于O點(diǎn)，另一端系一小球A，將A拉至細(xì)線與水平方向成θ夾角，細(xì)線剛好伸直。由靜止釋放A，在A從釋放點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，其重力勢能Ep、動能Ek、機(jī)械能E、重力的瞬時(shí)功率P與下落的高度h的關(guān)系圖像可能正確的是（不計(jì)空氣阻力）（）A． B．C． D．【答案】B【解析】A．小球下落過程中重力勢能隨下落高度h的增大均勻減小，即圖線的斜率保持不變，故A錯誤；B．A從釋放點(diǎn)開始做自由落體運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知小球運(yùn)動到與水平方向?qū)ΨQ的位置后，細(xì)線被拉直的瞬間有能量損失，動能瞬間減小，然后小球做圓周運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有故B正確；C．由于細(xì)線被拉直瞬間，有機(jī)械能損失，故C錯誤；D．小球自由下落過程中，重力的瞬時(shí)功率為當(dāng)細(xì)線被拉直瞬間，小球豎直方向的速度減小，重力的瞬時(shí)功率突然減小，即小球開始做圓周運(yùn)動瞬間，重力的功率應(yīng)發(fā)生突變，故D錯誤。故選B。27．（2024·湖北·模擬預(yù)測）質(zhì)量為的羽毛球，從地面豎直向上拋出，取地面為重力勢能零點(diǎn)，羽毛球的機(jī)械能E和重力勢能Ep隨高度h的變化如圖所示。g取10m/s2，結(jié)合圖像可知羽毛球（）A．在上升到1m處，動能為0.050JB．受到的阻力大小為0.01NC．在拋出時(shí)，速度大小為D．在上升至高度為1.25m處，動能和重力勢能相等【答案】C【解析】A．由圖像可知，在上升到1m處，羽毛球的機(jī)械能為0.1125J，重力勢能為0.050J，根據(jù)可得，此時(shí)動能為0.0625J，故A錯誤；B．分析圖像可知，羽毛球上升的最大高度為2m，根據(jù)功能關(guān)系又則故B錯誤；C．由題圖可知，在拋出時(shí)，機(jī)械能為0.125J，重力勢能為0，則又則此時(shí)的速度為故C正確；D．由題圖可知，在上升至高度為1.25m處，機(jī)械能為0.109375J，重力勢能為0.0625J，即動能為0.046875J，故動能和重力勢能不相等，故D錯誤。故選C。28．（2024·陜西西安·三模）關(guān)于物理觀念和科學(xué)思維，下列說法正確的是（

）A．摩擦力做的功等于過程中產(chǎn)生的內(nèi)能B．如圖所示小型打夯機(jī)可簡化為一個支架M（含電動機(jī)）上，由輕桿帶動鐵球m（可視為質(zhì)點(diǎn)）勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)鐵球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)支架對地面的壓力小于C．“月—地檢驗(yàn)”通過比較月球表面上物體的重力加速度約為蘋果落向地面加速度的，從而證實(shí)地面上的物體所受地球的引力與月球所受地球的引力是同種性質(zhì)的力D．除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量【答案】D【解析】A．摩擦力做功不一定全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯誤；B．如圖所示小型打夯機(jī)可簡化為一個支架M（含電動機(jī)）上，由輕桿帶動鐵球m（可視為質(zhì)點(diǎn)）勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)鐵球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)，鐵球有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，則支架對地面的壓力大于二者重力之和，即大于，故B錯誤；C．“月一地”檢驗(yàn)通過比較地球吸引力與地球吸引月球繞地球運(yùn)行的引力是同一種力，即月球所在位置的重力加速度約為蘋果落向地面加速度的，從而證實(shí)地面上的物體所受地球的引力與月球所受地球的引力是同種性質(zhì)的力，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系可知除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量，故D正確。故選D。29．（2024·河北·二模）如圖所示，質(zhì)量為的足夠長的木板靜止在粗糙水平地面上，在長木板上方右側(cè)有質(zhì)量為的物塊，豎直墻面在長木板的右端，物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為，某時(shí)刻對木板施加水平向右、大小的恒定拉力，作用1s后撤去，物塊和木板始終未與豎直墻面碰撞，重力加速度，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．外力F做的功為4JB．整個運(yùn)動過程用時(shí)C．整個運(yùn)動過程摩擦生熱8JD．初始時(shí)，木板與墻的距離至少為【答案】C【解析】A．有拉力時(shí)物塊加速度長木板加速度撤去拉力時(shí)物塊速度木板速度物塊位移木板位移外力F做功A錯誤；B．力F撤去前物塊相對木板向后運(yùn)動撤去力F后，物塊加速木板減速至共速所需時(shí)間為解得物塊位移木板位移物塊相對木板向后運(yùn)動共速后一起減速到零所需時(shí)間所走位移整個過程用時(shí)B錯誤；CD．摩擦生熱初始木板與墻相距至少C正確，D錯誤。故選C。30．（2024·山東日照·二模）彈頭飛行時(shí)其重心所經(jīng)過的路線謂之“彈道曲線”。由于重力和空氣阻力的影響，使彈道形成不均等的弧形。升弧較長而直伸，降弧較短而彎曲。炮彈的彈道曲線如圖所示，已知運(yùn)動過程中，速度越大，空氣阻力越大。關(guān)于炮彈的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．炮彈的運(yùn)動是斜拋運(yùn)動B．炮彈飛行到最高點(diǎn)時(shí)，加速度等于重力加速度C．炮彈上升過程所用的時(shí)間小于下降過程所用的時(shí)間D．炮彈上升過程損失的機(jī)械能等于下降過程損失的機(jī)械能【答案】C【解析】A．炮彈在空中不只受到重力作用，還受到空氣阻力，所以炮彈的運(yùn)動不是斜拋運(yùn)動，故A錯誤；B．炮彈在最高點(diǎn)豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，在最高點(diǎn)受空氣阻力與水平速度方向相反，水平方向的加速度方向向左，設(shè)為a，則最高點(diǎn)的加速度大小為加速度大于g，方向向左下方，故B錯誤；C．從O到最高點(diǎn)的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即mg＋f1＝ma1在下落過程中，在豎直方向，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即mg-f2＝ma2故a1＞a2，豎直位移相同，加速度越大，時(shí)間越小，所以炮彈上升過程所用的時(shí)間小于下降過程所用的時(shí)間，故C正確；D．因?yàn)樗俣仍酱?，空氣阻力越大，由于空氣阻力始終做負(fù)功，同一高度處，上升過程的速度大小總是大于下降過程的速度大小，則同一高度處，上升過程的空氣阻力大小總是大于下降過程的空氣阻力大小。由微元法，上升過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與上升過程路程的乘積，下降過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與下降過程路程的乘積。升弧長而平伸，降弧短而彎曲。上升過程克服空氣阻力做的功大于下降過程克服空氣阻力做的功。由功能關(guān)系可知克服空氣阻力做的功等于機(jī)械能的減少量。炮彈在上升階段損失的機(jī)械能大于在下降階段損失的機(jī)械能，故D錯誤。故選C。31．（2024·浙江金華·二模）某地區(qū)常年有風(fēng)，風(fēng)速基本保持在5m/s，該地區(qū)有一風(fēng)力發(fā)電機(jī)，其葉片轉(zhuǎn)動可形成半徑為10m的圓面，若保持風(fēng)垂直吹向葉片，空氣密度為，風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為20％?，F(xiàn)用這臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)給一小區(qū)供電，則下列說法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率約為25.5kwB．風(fēng)力發(fā)電機(jī)一天的發(fā)電量C．假設(shè)一戶家庭在晚上同時(shí)開著兩盞40W的燈，為保證供電正常，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)同時(shí)能給約64戶家庭供電D．若風(fēng)速變?yōu)?.5m/s，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼囊话搿敬鸢浮緾【解析】AD．單位時(shí)間(1s)內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的體積為單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片圓面的氣流的動能為該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率解得若風(fēng)速變?yōu)?.5m/s，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率變?yōu)樵瓉淼?8，故AD錯誤；B．風(fēng)力發(fā)電機(jī)一天的發(fā)電量故B錯誤；C．假設(shè)一戶家庭在晚上同時(shí)開著兩盞40W的燈，為保證供電正常，根據(jù)則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)同時(shí)能給約64戶家庭供電,故C正確；故選C。32．（2024·浙江·一模）新安江水電站是我國第一座"自己設(shè)計(jì)、自制設(shè)備、自行施工"的大型水力發(fā)電站，上下游高度差約73米，共有9臺相同的發(fā)電機(jī)組，總裝機(jī)容量約為85萬千瓦，只有在用電高峰時(shí)才會開啟9臺機(jī)組，平均年發(fā)電量為18.6億千瓦時(shí)，這些發(fā)電機(jī)組的額定電壓為14kV。已知，杭州現(xiàn)行階梯電價(jià)的第一檔為年用電小于等于。下列正確的是（

）A．每臺發(fā)電機(jī)輸出的最大瞬時(shí)電流約為1kAB．一度電的能量約為10立方米的水從水庫上游流下時(shí)減少的重力勢能。C．一年平均開啟的發(fā)電機(jī)組約6臺。D．按照每戶家庭階梯電價(jià)1擋最高用電量計(jì)算，新安江水電站可以滿足約67萬戶家庭的生活用電【答案】D【解析】A．由題可知，每臺發(fā)電機(jī)的功率根據(jù)功率的計(jì)算公式可得每臺發(fā)電機(jī)輸出的最大瞬時(shí)電流A錯誤；B．10立方米的水從水庫上游