第第頁(yè)第30講功能關(guān)系能量守恒定律真題演練真題演練1．（2025·湖南·高考真題）如圖，某爆炸能量測(cè)量裝置由裝載臺(tái)和滑軌等構(gòu)成，C是可以在滑軌上運(yùn)動(dòng)的標(biāo)準(zhǔn)測(cè)量件，其規(guī)格可以根據(jù)測(cè)量需求進(jìn)行調(diào)整?；壈惭b在高度為h的水平面上。測(cè)量時(shí)，將彈藥放入裝載臺(tái)圓筒內(nèi)，兩端用物塊A和B封裝，裝載臺(tái)與滑軌等高。引爆后，假設(shè)彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能。極短時(shí)間內(nèi)B嵌入C中形成組合體D，D與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。D在滑軌上運(yùn)動(dòng)距離后拋出，落地點(diǎn)距拋出點(diǎn)水平距離為，根據(jù)可計(jì)算出彈藥釋放的能量。某次測(cè)量中，A、B、C質(zhì)量分別為、、，，整個(gè)過(guò)程發(fā)生在同一豎直平面內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。則（）A．D的初動(dòng)能與爆炸后瞬間A的動(dòng)能相等B．D的初動(dòng)能與其落地時(shí)的動(dòng)能相等C．彈藥釋放的能量為D．彈藥釋放的能量為【答案】BD【詳解】A．爆炸后，AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即3mv1=mv2B與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒mv2=6mv聯(lián)立解得v=0.5v1。爆炸后瞬間A的動(dòng)能D的初動(dòng)能兩者不相等，故A錯(cuò)誤；B．D水平滑動(dòng)過(guò)程中摩擦力做功為做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做的功為故D從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落地瞬間合外力做功為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知D的初動(dòng)能與其落地時(shí)的動(dòng)能相等，故B正確；CD．D物塊平拋過(guò)程有，聯(lián)立可得D水平滑動(dòng)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有化簡(jiǎn)得彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能，則爆炸過(guò)程的能量為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。2．（2024·北京·高考真題）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過(guò)程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說(shuō)法正確的是（）A．上升和下落兩過(guò)程的時(shí)間相等B．上升和下落兩過(guò)程損失的機(jī)械能相等C．上升過(guò)程合力的沖量大于下落過(guò)程合力的沖量D．上升過(guò)程的加速度始終小于下落過(guò)程的加速度【答案】C【詳解】D．小球上升過(guò)程中受到向下的空氣阻力，下落過(guò)程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過(guò)程所受合力（加速度）總大于下落過(guò)程所受合力（加速度），D錯(cuò)誤；C．小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過(guò)程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過(guò)程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過(guò)程合力的沖量大于下落過(guò)程合力的沖量，C正確；A．上升與下落經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過(guò)程中平均速度大于下落過(guò)程中的平均速度，所以上升過(guò)程所用時(shí)間小于下落過(guò)程所用時(shí)間，A錯(cuò)誤；B．經(jīng)同一位置，上升過(guò)程中所受空氣阻力大于下落過(guò)程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過(guò)程機(jī)械能損失大于下落過(guò)程機(jī)械能損失，B錯(cuò)誤。故選C。3．（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(guò)一根原長(zhǎng)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(dòng)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(shì)能E=kx2（x為繩的伸長(zhǎng)量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置，此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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【詳解】當(dāng)甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長(zhǎng)量則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為從開(kāi)始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置的過(guò)程，乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過(guò)程F所做的功故選B。4．（2023·廣東·高考真題）如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖．該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為，平臺(tái)高為。藥品盒A、B依次被輕放在以速度勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛好滑到平臺(tái)最右端點(diǎn)停下，隨后滑下的B以的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為和，碰撞過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的。與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，AB在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求：

（1）A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間；（2）B從點(diǎn)滑至點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功；（3）圓盤的圓心到平臺(tái)右端點(diǎn)的水平距離．【答案】（1）（2）；（3）【詳解】（1）A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間（2）B從點(diǎn)滑至點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功（3）AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系可知解得（另一組舍掉）兩物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則解得5．（2021·浙江·高考真題）中國(guó)制造的某一型號(hào)泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混凝土密度為，假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，則每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功至少為（）發(fā)動(dòng)機(jī)最大輸出功率（）332最大輸送高度（m）63整車滿載質(zhì)量（）最大輸送量（）180A． B． C． D．【答案】C【詳解】泵車的泵送系統(tǒng)以的輸送量給高處輸送混凝土，每小時(shí)泵送系統(tǒng)對(duì)混凝土做的功故選C。模擬沖關(guān)模擬沖關(guān)6．（2025·湖南懷化·二模）如圖所示裝置，可以將一質(zhì)量為m＝1kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從地面緩慢抬升至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要將小球一次性投入（不與地面發(fā)生碰撞）距發(fā)射臺(tái)l＝4m的收集孔里，則裝置對(duì)小球做的功至少為（忽略一切阻力，g＝10m/s2）（）A．20J B．30J C．40J D．50J【答案】C【詳解】裝置對(duì)小球做的功用于提高小球的機(jī)械能（重力勢(shì)能與動(dòng)能），設(shè)將小球抬升至高度后以初速度水平射出，則做的功為對(duì)于后續(xù)的平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上到達(dá)收集孔時(shí)，時(shí)間為同時(shí)豎直方向上小球自由落體聯(lián)立各式可得根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)時(shí)對(duì)小球做功有最小值，即且僅當(dāng)時(shí)取到最小值故選C。7．（2025·廣東佛山·二模）滑雪是大眾喜歡的冰雪項(xiàng)目之一，有一滑雪愛(ài)好者沿斜坡ABC的頂端A由靜止開(kāi)始勻加速下滑（此過(guò)程人不做功），經(jīng)斜坡中點(diǎn)B時(shí)調(diào)整姿勢(shì)采用犁式剎車方式開(kāi)始勻減速，滑至坡底C時(shí)速度恰好為零，若滑雪者可視為質(zhì)點(diǎn)，用v、s、t、a、E分別表示滑雪者下滑時(shí)的速度、位移、時(shí)間、加速度、機(jī)械能（以C為零勢(shì)能點(diǎn)），則下列圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】AD【詳解】A．滑雪者做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有故A正確；B．由于勻加速、勻減速的位移相等，根據(jù)可得勻加速、減速的時(shí)間相等，故B錯(cuò)誤；C．勻加速時(shí)，加速度沿斜面向下，勻減速時(shí)，加速度沿斜面向上，故C錯(cuò)誤；D．圖線的斜率表示阻力，勻加速、勻減速阻力均不變，但勻加速階段阻力小于勻減速階段的阻力，到達(dá)斜面底端時(shí)，機(jī)械能為零，故D正確。故選AD。8．（2025·四川成都·三模）如圖所示，傾角為的絕緣斜面固定在水平地面上，該區(qū)域存在豎直向上、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一可視為質(zhì)點(diǎn)，電荷量為，質(zhì)量為m的滑塊從離地高h(yuǎn)的位置，以速度勻速下滑至斜面底端。以下說(shuō)法正確的是（）A．滑塊下滑過(guò)程中機(jī)械能增加 B．滑塊的電勢(shì)能增加了qEhC．斜面與滑塊接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) D．若撤去電場(chǎng)，滑塊將向下做減速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【詳解】A．滑塊勻速下滑，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；B．滑塊所受電場(chǎng)力豎直向下，滑塊下滑過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減少了，故B錯(cuò)誤；C．滑塊勻速下滑，受力平衡，即解得故C正確；D．若撤去電場(chǎng)，則有滑塊以初速度釋放仍能勻速下滑，故D錯(cuò)誤。故選C。9．（2025·北京豐臺(tái)·一模）“能量回收”裝置可使電動(dòng)車在減速或下坡過(guò)程中把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能。質(zhì)量m=2×103kg的電動(dòng)車以Ek0=1×105J的初動(dòng)能沿平直斜坡向下運(yùn)動(dòng)。第一次關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)車自由滑行，動(dòng)能位移關(guān)系如圖線①所示；第二次關(guān)閉電動(dòng)機(jī)的同時(shí)，開(kāi)啟電磁制動(dòng)的“能量回收”裝置。電動(dòng)車動(dòng)能位移關(guān)系如圖線②所示，行駛200m的過(guò)程中，回收了E電=1.088×105J的電能。求：(1)圖線①所對(duì)應(yīng)的過(guò)程，電動(dòng)車所受合力F合的大小；(2)圖線②所對(duì)應(yīng)的過(guò)程中，電動(dòng)車行駛到150m處受到的電磁制動(dòng)力F及其功率P；(3)圖線②所對(duì)應(yīng)的全過(guò)程，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的效率η?！敬鸢浮?1)500N(2)500N，-4000W(3)80%【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可得（2）在x=150m處，電動(dòng)車處于平衡狀態(tài)，故此時(shí)由于發(fā)電產(chǎn)生的制動(dòng)力為此時(shí)電動(dòng)車的速度為8m/s，所以功率為（3）根據(jù)圖線可知，回收的機(jī)械能為所以回收效率為10．（24-25高三下·廣東·階段練習(xí)）如圖所示為電動(dòng)機(jī)以恒定功率吊起貨物的情境。質(zhì)量為的貨物由靜止開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，上升高度時(shí)恰好達(dá)到最大速度。已知電動(dòng)機(jī)功率恒為，重力加速度為，空氣阻力大小恒為，對(duì)上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．貨物上升過(guò)程中加速度逐漸增大B．貨物上升過(guò)程中繩子的拉力逐漸減小C．電動(dòng)機(jī)做的功大于貨物機(jī)械能的增加量D．貨物達(dá)到最大速度需要的時(shí)間【答案】BC【詳解】AB．對(duì)貨物受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有功率有則貨物加速時(shí)，繩子的拉力減小，加速度減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C．由能量守恒定律可知，電動(dòng)機(jī)做的功等于貨物機(jī)械能的增加量及克服空氣阻力做的功，故C正確；D．當(dāng)時(shí)，貨物的速度最大，有根據(jù)能量守恒定律有聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選BC。11．（2025·河北保定·一模）如圖所示，傾角為的斜面C固定在水平面上，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為的木板B恰能靜止在斜面頂端，木板B與斜面底端固定平臺(tái)D的厚度相同，其下端到固定平臺(tái)D的距離為s。一質(zhì)量為的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）以方向平行斜面向下、大小的初速度從上端滑上木板B，木板B與平臺(tái)D碰撞后立即停止運(yùn)動(dòng)。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)是木板B與斜面C間的動(dòng)摩擦因數(shù)的2倍，重力加速度為g。(1)求物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若，求物塊A與木板B速度相同時(shí)，木板B前進(jìn)的距離；(3)若，求物塊A從滑上木板B到離開(kāi)木板B的過(guò)程中，物塊A克服摩擦力做的功?！敬鸢浮?1)(2)(3)①若物塊A克服摩擦力做的功，②若物塊A克服摩擦力做的功【詳解】（1）設(shè)物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板B與斜面C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為木板B恰好靜止在斜面頂端有其中解得（2）物塊A與木板B整體所受外力的矢量和為0，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得對(duì)物塊A根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)對(duì)木板B根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)聯(lián)立，解得，（3）①若，物塊A與木板B整體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊A與木板B沒(méi)有共速時(shí)木板B就與平臺(tái)D碰撞而停止，則物塊A克服摩擦力做的功②若，物塊A與木板B整體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊A與木板B共速時(shí)木板B還未與平臺(tái)D碰撞，則此過(guò)程物體A克服摩擦力做功為物塊A與木板B共速時(shí)物塊A相對(duì)木板B滑動(dòng)物塊A與木板B共速后共同沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)，共同運(yùn)動(dòng)的距離此過(guò)程物體A克服摩擦力做功為木板B與平臺(tái)D碰撞而停止，物塊A在木板B上繼續(xù)滑動(dòng)到達(dá)平臺(tái)D上。此過(guò)程物體A克服摩擦力做功為物塊A克服摩擦力做的功12．（2025·福建龍巖·一模）如圖甲所示，水平面上固定一傾角的光滑斜面，勁度系數(shù)的輕彈簧一端固定在斜面擋板上，另一端與質(zhì)量的長(zhǎng)木板相連，長(zhǎng)木板靜止在斜面上，與鎖定在斜面上半徑的光滑圓弧AB平滑相接于B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的豎直高度差，質(zhì)量的小物塊從圓弧A點(diǎn)由靜止滑下。從滑上長(zhǎng)木板開(kāi)始計(jì)時(shí)，時(shí)滑至長(zhǎng)木板下端，此時(shí)長(zhǎng)木板速度恰好為零，長(zhǎng)木板在前內(nèi)的速度隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化的圖像如圖乙所示。已知物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，彈簧形變?cè)趶椥韵薅葍?nèi)。求：(1)滑至B點(diǎn)的速度大小及對(duì)軌道的壓力大?。?2)長(zhǎng)木板長(zhǎng)度及系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量；(3)假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊在外力作用下置于圓弧B點(diǎn)，現(xiàn)有另一小物塊從圓弧A點(diǎn)靜止滑下與發(fā)生彈性正碰（碰前瞬間撤去的外力，碰后立即撤走和圓?。?，的質(zhì)量為多少可使長(zhǎng)木板與彈簧組成系統(tǒng)獲得最大的機(jī)械能?！敬鸢浮?1)，(2)，(3)【詳解】（1）從到，由動(dòng)能定理得：得：在點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式得得：由牛頓第三定律得：對(duì)軌道的壓力大小為。（2）由題意可知：小物塊在0-1s內(nèi)一直向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，其位移為長(zhǎng)木板長(zhǎng)度，加速度大小為板長(zhǎng)也是長(zhǎng)木板與物塊在內(nèi)的相對(duì)位移，故有（3）由（1）、（2）分析可知，以初速度在長(zhǎng)板上勻減速滑行時(shí)，長(zhǎng)木板所受摩擦力始終向下，在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，摩擦力先對(duì)其做正功，后做負(fù)功，全程做功為零。根據(jù)功能關(guān)系，要使長(zhǎng)木板與彈簧組成系統(tǒng)獲得最大的機(jī)械能，則摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板做的正功要最大，即在時(shí)，與長(zhǎng)木板恰好分離，如圖像所示。、碰后以速度滑上長(zhǎng)木板向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為，由題意可知：長(zhǎng)木板沿斜面向下運(yùn)動(dòng)為單方向簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)剛好滑上長(zhǎng)木板時(shí)，長(zhǎng)木板處于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的最大位移處，此時(shí)有：得依題意：當(dāng)長(zhǎng)木板簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期（周期）時(shí)，物塊恰好與其分離，此時(shí)長(zhǎng)木板位移為；滑塊位移得依題意：與碰前瞬間的速度仍為，由動(dòng)量守恒定律得：由能量守恒定律得：解得：13．（24-25高三上·山東威?！て谀┤鐖D所示，斜面固定在水平地面上，一滑塊從底端沖上斜面，到達(dá)某一高度后返回，滑塊與斜面間存在摩擦。以地面為零勢(shì)能面，它在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像、重力勢(shì)能隨位移x變化的圖像，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】AB．設(shè)斜面的傾角為，物體上滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得方向沿斜面向下，物體下滑時(shí)，同理可得方向沿斜面向下，可見(jiàn)上滑時(shí)的加速度大于下滑時(shí)的加速度，由于克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，返回到出發(fā)點(diǎn)的速度應(yīng)小于物體的初速度，A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)重力勢(shì)能可知重力勢(shì)能與位移成正比，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。14．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在光滑水平地面上，有一鐵塊P沿粗糙斜面體Q下滑，關(guān)于P、Q之間的相互作用力。下列說(shuō)法正確的是（）A．Q對(duì)P的作用力方向豎直向上 B．P對(duì)Q的作用力垂直斜面向下C．P對(duì)Q做功大于Q對(duì)P做功 D．P對(duì)Q做功小于Q對(duì)P做功【答案】D【詳解】A．鐵塊P下滑過(guò)程中水平方向加速度向左，Q對(duì)P的作用力在水平方向有分力，不是豎直向上，故A錯(cuò)誤；B．P對(duì)Q的作用力指的是壓力和滑動(dòng)摩擦力的合力，故不是垂直斜面，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)物塊P機(jī)械能的減少量為，斜面Q機(jī)械能的增加量為，摩擦產(chǎn)生的熱能為Q，根據(jù)能量守恒可知，對(duì)物塊P，重力、斜面的彈力和摩擦力均對(duì)其做功，由動(dòng)能定理可得Q對(duì)P做功同理可得，鐵塊P對(duì)斜面Q做功，由功能關(guān)系可知聯(lián)立可知，對(duì)做功小于對(duì)做功，C錯(cuò)誤，D正確。故選D。15．（2024·四川廣元·一模）如圖所示，在粗糙水平地面上，一長(zhǎng)木板在水平向左的外力作用下始終以恒定速度向左運(yùn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊由靜止開(kāi)始在恒定外力（大小與方向均未知）作用下，從木板最左端向右做加速度的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板長(zhǎng)，取重力加速度。(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到木板最右端的時(shí)間（?。?；(2)若滑塊從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，撤去外力，滑塊到達(dá)木板最右端時(shí)速度恰好減為零，求撤去外力后，滑塊與木板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)1.35s(2)12J【詳解】（1）滑塊在木板上一直向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)到木板最右端時(shí)的位移為木板向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其位移為，則且有解得（2）撤去外力F后，由牛頓第二定律得設(shè)外力F作用時(shí)間為，此段時(shí)間內(nèi)滑塊與木板位移分別為和，則滑塊相對(duì)于木板向右滑動(dòng)距離為，則有撤去外力F瞬間，滑塊速度為，撤去后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為這段時(shí)間內(nèi)滑塊與木板位移分別為和滑塊相對(duì)于木板向右滑動(dòng)距離為解得產(chǎn)生的熱量為16．（24-25高三上·江蘇南京·期中）如圖所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO?懸掛于O點(diǎn)，另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。若F為水平拉力，且在F的作用下，物塊a豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)了一小段距離，不計(jì)空氣阻力，則在此過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）A．物塊b做加速運(yùn)動(dòng)B．繩OO?的張力將增大C．物塊b與桌面間的摩擦力將增大D．拉力F做的功等于a、b所組成的系統(tǒng)增加的機(jī)械能【答案】C【詳解】A．設(shè)連接物塊b的細(xì)繩與水平方向的夾角為θ，根據(jù)速度關(guān)聯(lián)可得由于物塊a豎直向上勻速運(yùn)動(dòng)，va不變，θ不斷減小，cosθ不斷增大，vb不斷減小，故A錯(cuò)誤；B．繩OO?的張力為由于θ不斷減小，T不斷減小，故B錯(cuò)誤；C．物塊b與桌面間的摩擦力為由于θ不斷減小，sinθ不斷減小，f不斷增大，故C正確；D．拉力F與摩擦力做的功等于a、b所組成的系統(tǒng)增加的機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。故選C。17．（2024·浙江溫州·一模）在緩震材料上方高度H1為0.6m處，將質(zhì)量0.6kg的鋼球以一定初速度v0豎直向下拋出，鋼球剛接觸緩震材料時(shí)速度大小為4m/s，與緩震材料的接觸時(shí)間為0.1s，鋼球反彈的最大高度H2為0.45m。假設(shè)鋼球始終在豎直方向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。鋼球從拋出到反彈至最高點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．鋼球的機(jī)械能損失0.9JB．鋼球的平均速度大小為0.25m/sC．重力對(duì)鋼球做的功等于鋼球動(dòng)能的變化量D．合外力對(duì)鋼球做的功等于鋼球機(jī)械能的變化量【答案】B【詳解】A．鋼球從拋出到接觸緩震材料以及反彈上升最大高度的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，剛接觸緩震材料時(shí)的機(jī)械能反彈時(shí)的機(jī)械能為故損失的機(jī)械能為A錯(cuò)誤；B．從拋出到接觸緩震材料，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得故從拋出到接觸緩震材料所用時(shí)間反彈至最高點(diǎn)所用時(shí)間整個(gè)過(guò)程所用時(shí)間故整個(gè)過(guò)程的平均速度B正確；CD．整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知，重力與彈力所做的功之和等于鋼球動(dòng)能的變化量；而鋼球機(jī)械能的變化量等于除重力外其它力（非合外力）對(duì)鋼球做的功，CD錯(cuò)誤。故選B。18．（2024·浙江溫州·一模）如圖是某次網(wǎng)球的飛行軌跡，圖中A、B為軌跡上等高的兩點(diǎn)，P為最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則該網(wǎng)球（）A．在空中的運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的加速度等于重力加速度C．經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)的速度大小相等D．在段的飛行時(shí)間小于在段的飛行時(shí)間【答案】D【詳解】AC．羽毛球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到自身重力和空氣阻力作用，其合力是變化的，做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，且空氣阻力做負(fù)功，羽毛球的機(jī)械能減小，由于A、B為同一軌跡上等高的兩點(diǎn)，則羽毛球在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度。故AC錯(cuò)誤；B．經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)羽毛球受重力與空氣阻力的作用，加速度不等于重力加速度。故B錯(cuò)誤；D．由于存在空氣阻力與運(yùn)動(dòng)方向相反，AP段羽毛球處于上升階段，可知羽毛球豎直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球處于下降階段，羽毛球豎直向下的加速度小于重力加速度，由于上升與下降階段，豎直方向的位移大小相等，由可知AP段的飛行時(shí)間小于PB段的飛行時(shí)間。故D正確。故選D。19．（24-25高三上·重慶沙坪壩·期中）如圖所示，一個(gè)光滑的固定斜面，傾角θ=30°。勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端，另一端與質(zhì)量為2m的物體A拴接，另有質(zhì)量為4m的物體B靠在A上，并施加沿斜面向下的力F=3mg作用在物體B上，系統(tǒng)處于靜止?，F(xiàn)減小F，使A、B以的加速度一起勻加速向上運(yùn)動(dòng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則從開(kāi)始勻加速后到F=0的過(guò)程中（）A．F隨位移非均勻變化B．物體A、B動(dòng)能增加量為C．時(shí)，物體A、B之間的彈力大小為D．彈簧彈性勢(shì)能減小【答案】D【詳解】A．最初A、B靜止，彈簧彈力大小為當(dāng)A、B開(kāi)始勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移為x時(shí)有可得故F隨位移均勻變化，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)F=0時(shí)，結(jié)合上述有根據(jù)動(dòng)能定理有結(jié)合上述解得故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)，對(duì)B進(jìn)行分析有結(jié)合上述解得故C錯(cuò)誤；D．彈性勢(shì)能變化量的值等于彈簧彈力做功故D正確。故選D。20．（2023·河北·三模）如圖所示，豎直面內(nèi)有一截面為圓形的拋物線管道，O點(diǎn)為拋物線的頂點(diǎn)，整個(gè)裝置置于電場(chǎng)強(qiáng)度為、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)有一質(zhì)量為、電荷量為的小球從管道的O點(diǎn)由靜止釋放，小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)的速度為，已知小球半徑略小于管道的內(nèi)徑，，，，小球的直徑與管道的粗細(xì)忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（

）A．小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向夾角為45°B．管道對(duì)小球的摩擦力為零C．小球的機(jī)械能減少了7JD．小球的機(jī)械能增加了3J【答案】AD【詳解】A．由于為拋物線管道，所以小球在M點(diǎn)的速度方向與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向夾角為，則有解得故A正確；B．對(duì)小球從O到M根據(jù)動(dòng)能定理得解得故B錯(cuò)誤；CD．由功能關(guān)系可知小球的機(jī)械能增加量解得所以從O到M小球的機(jī)械能增加了3J，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。21．（2024·吉林·一模）如圖，是工人在裝卸桶裝水時(shí)的常用方法，工人將水桶靜止放在卸貨軌道的上端，水桶會(huì)沿著軌道下滑到地面。某次卸貨時(shí)，水桶含水的總質(zhì)量是20kg，水桶釋放點(diǎn)到地面的高度是1m，水桶滑到地面時(shí)速度是2m/s，重力加速度取10m/s2，關(guān)于水桶在該軌道上滑下的過(guò)程說(shuō)法正確的是（）A．阻力對(duì)水桶做功是160J B．水桶滑到軌道末端時(shí)重力的瞬時(shí)功率是400WC．水桶損失的機(jī)械能是160J D．重力的沖量是40N?s【答案】C【詳解】AC．由動(dòng)能定理解得根據(jù)解得即水桶損失的機(jī)械能是160J，故A錯(cuò)誤，C正確；B．設(shè)斜面傾角為θ，水桶滑到軌道末端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為由于0<θ<90°，則有故B錯(cuò)誤；D．由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量是又可得故D錯(cuò)誤。故選C。22．（2021·河南·模擬預(yù)測(cè)）小明同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的稱量物體質(zhì)量的新方法。質(zhì)量為的凹槽放置在粗糙程度相同的水平地面上，左邊有一連接固定墻面的輕質(zhì)彈簧，彈簧不與凹槽連接，現(xiàn)用力將凹槽向左推到點(diǎn)，凹槽靜止時(shí)距左邊墻面的距離為，撤去外力后凹槽能運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，且點(diǎn)到墻面的距離為?，F(xiàn)在凹槽里面放置一質(zhì)量未知的物體，物體與凹槽之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，再次讓凹槽從點(diǎn)彈出，凹槽能運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，且點(diǎn)距墻面的距離為，則放在凹槽中的物體的質(zhì)量為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】凹槽從點(diǎn)到A點(diǎn)有凹槽從點(diǎn)到點(diǎn)有聯(lián)立兩式得故選B。23．（2024·湖南邵陽(yáng)·三模）如圖所示，一輕繩吊著粗細(xì)均勻的棒，棒下端離地面高為，上端套著一個(gè)細(xì)環(huán)。棒和環(huán)的質(zhì)量分為和，且，相互間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，其大小為。斷開(kāi)輕繩，棒和環(huán)自由下落。假設(shè)棒足夠長(zhǎng)，與地面發(fā)生碰撞時(shí)，觸地時(shí)間極短，無(wú)動(dòng)能損失。棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持豎直，重力加速度為，空氣阻力不計(jì)。（1）棒第一次與地面碰撞彈起后瞬間，求棒和環(huán)的加速度大小、；（2）求棒第一次與地面碰撞后彈起的最大高度；（3）從斷開(kāi)輕繩到棒和環(huán)都靜止，求環(huán)相對(duì)棒運(yùn)動(dòng)的路程。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)棒由牛頓第二定律有解得對(duì)環(huán)由牛頓第二定律有解得（2）棒第一次落地的速度大小為，則棒彈起后經(jīng)時(shí)間棒與環(huán)速度相同，大小為又有共速后，棒與環(huán)共同勻減速，上升的總高度為解得（3）環(huán)始終相對(duì)棒向下運(yùn)動(dòng)，則由能量守恒定律有解得24．（2024·安徽·二模）在一座高樓頂層，工程師們正在安裝一個(gè)新型的安全裝置，來(lái)檢測(cè)大樓內(nèi)部的振動(dòng)情況，以便及時(shí)采取措施防止可能的安全隱患。如圖為簡(jiǎn)化裝置，質(zhì)量均為m的A、B兩木塊通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接在一起，豎直靜置在水平地面上。在A的正上方高h(yuǎn)處有一質(zhì)量為2m的木塊C，現(xiàn)將木塊C由靜止釋放，C與A發(fā)生碰撞后立刻粘在一起，碰撞時(shí)間極短，之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木塊B恰好未脫離地面。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．木塊C與木塊A碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為B．物體B恰好未脫離地面時(shí)，A、C的加速度為C．木塊C與木塊A碰撞時(shí)A對(duì)C的作用力的沖量大小為D．彈簧的最大壓縮量為【答案】BD【詳解】A．設(shè)木塊C與A碰撞前瞬間的速度為，則根據(jù)動(dòng)能定理可得設(shè)木塊C與A碰撞后的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律，可得木塊C碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為方程聯(lián)立解得損失的機(jī)械能為故A錯(cuò)誤；B．木塊B恰好未脫離地面時(shí)，此時(shí)地面對(duì)木塊B的支持力恰好為零，此時(shí)彈簧對(duì)木塊B的拉力則對(duì)木塊A、C整體，根據(jù)牛頓第二定律可得，此時(shí)它們加速度為故B正確；C．設(shè)作用時(shí)間為且以向下為正，根據(jù)動(dòng)量定理可得則木塊A對(duì)C的作用力的沖量大小為碰撞時(shí)間極短可忽略，則故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)木塊A、C一起壓縮彈簧到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮量最大，把彈簧及木塊A、C看成一個(gè)系統(tǒng)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧把彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為木塊A、C的重力勢(shì)能，有在最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為方程聯(lián)立，可求得彈簧的最大壓縮量為故D正確。故選BD。25．（2024·廣東·二模）2023年亞運(yùn)會(huì)在杭州順利舉行，廣東中山15歲小將陳燁?yuàn)Z得我國(guó)在滑板男子碗池項(xiàng)目的首枚金牌，實(shí)現(xiàn)歷史性突破，假如某次訓(xùn)練中陳燁以同一姿態(tài)沿軌道下滑了一段距離，這過(guò)程中重力對(duì)他做功為，他克服阻力做功為，不計(jì)其他作用力的功，則陳燁在此過(guò)程中（

）A．動(dòng)能可能不變 B．動(dòng)能增加了C．重力勢(shì)能減少了 D．機(jī)械能增加了【答案】B【詳解】AB．設(shè)克服摩擦力做功為，由動(dòng)能定理可得可得動(dòng)