2023年高考物理母題題源解密（全國通用）專題06 機械能（解析版）

專題六機械能目錄真題考查解讀2023年真題展現(xiàn)考向一功功率和機車啟動考向二動能定理及其應用考向三機械能守恒定律及其應用考向四功能關系能量守恒定律近年真題對比考向一功功率和機車啟動、動能定理應用萬考向二機械能守恒定律應用、功能關系能量守恒定律命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記【命題意圖】機械能內容近幾年來，是每年各省高考必考的內容之一，主要考察功和功率的計算、動能定理和機械能守恒定律的應用，所涉及到的題型多種多樣，一般力學知識綜合，構成較為復雜的題型，不論是選擇題還是解答題，往往都是以壓軸題的形式出現(xiàn)，綜合性較強。而常常還會與電場和磁場相關的知識結合在一起，綜合性也較高。動能定律是每年各省高考的必考內容，既可以出現(xiàn)在簡單題中也可以出現(xiàn)在壓軸題中，出題形式多種多樣，既能與曲線運動和天體運動結合在一起，又可以與電場和磁場產生聯(lián)系。【考查要點】（1）功和功率的計算，變力功的計算方法；（2）應用動能定理解決多過程問題；應用動能定理解決圖像的綜合問題；（3）單個物體的機械能守恒問題的理解和計算和多個物體關聯(lián)的機械能守恒問題的理解和計算；（4）功能關系的應用和摩擦力做功與能量的轉化；【課標鏈接】①熟練掌握功和功率的計算方法；熟練掌握并區(qū)分機車的兩種啟動方式，學會運用機車啟動知識去解釋起重機牽引物體的運動方式；；②動能定理理解及其應用；=3\*GB3③機械能守恒定律的理解及應用、功能關系和同時解及應用?？枷蛞还β屎蜋C車啟動1.（2023山東卷）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為（）A. B. C. D.nmgωRH【答案】B【解析】由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質量為m的水、其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉一圈灌入農田的水的總質量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm，則水輪轉一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為聯(lián)立有故選B。2.（2023遼寧卷）如圖（a），從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關系如圖（b）所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中（）A.甲沿I下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不變D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【解析】AB．由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，乙沿I下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A錯誤，B正確；CD．乙沿I下滑，開始時乙速度為0，到點時乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時功率公式可知重力瞬時功率先增大后減小，CD錯誤。故選B。3.（2023湖北卷）兩節(jié)動車的額定功率分別為和，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為和?，F(xiàn)將它們編成動車組，設每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意可知兩節(jié)動車分別有當將它們編組后有聯(lián)立可得故選D。4.（2023山東卷）質量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質量為m的物體由靜止開始運動。當小車拖動物體行駛的位移為時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】設物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1P0=Fv輕繩從物體上脫落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)聯(lián)立有故選A?？枷蚨幽芏ɡ砑捌鋺?.（2023新課標卷）無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A.0 B.mgh C. D.【答案】B【解析】地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得故雨滴克服空氣阻力做功為。故選B。6.（2023新課標卷）一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（）A.在x=1m時，拉力功率為6WB.在x=4m時，物體的動能為2JC.從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為2kg?m/s【答案】BC【解析】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運動的過程中根據(jù)動能定理有則x=1m時物體的速度為v1=2m/sx=1m時，拉力為則此時拉力的功率P=Fv1=12W，x=4m時物體的動能為Ek=2J，A錯誤、B正確；C．從x=0運動到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8J，C正確；D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過程中F1=6N，2—4m的過程中F2=3N，由于物體受到的摩擦力恒為f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項AB分析可知此時的速度則從x=0運動到x=4的過程中，物體的動量最大為D錯誤。故選BC。7.（2023全國乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（）A.木板的動能一定等于fl B.木板的動能一定小于flC.物塊的動能一定大于 D.物塊的動能一定小于【答案】BD【解析】當物塊從木板右端離開時，對m有，對M有其中l(wèi)=xm－xM，AB．由于l>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動能一定小于fl，A錯誤、B正確；CD．根據(jù)以上分析，聯(lián)立有則物塊的動能一定小于，C錯誤、D正確。故選BD。8.（2023江蘇卷）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有（3）當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有，水平方向上有聯(lián)立可得9.（2023湖北卷）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：（1）小物塊到達D點的速度大??；（2）B和D兩點的高度差；（3）小物塊在A點的初速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）0；（3）【解析】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有解得（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得，HBD=0（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有S=π?2R解得考向三機械能守恒定律及其應用10.（2023全國甲卷）一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中（）A.機械能一直增加 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．鉛球做平拋運動，僅受重力，故機械能守恒，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．鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。故選B11.（2023·浙江·高考真題）一位游客正在體驗蹦極，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過程中（）A．彈性勢能減小 B．重力勢能減小C．機械能保持不變 D．繩一繃緊動能就開始減小【答案】B【詳解】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動，下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊，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，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值。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功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；D．繩剛繃緊開始一段時間內，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當彈力大于重力后，合力向上對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤。12.（2023湖南卷）如圖，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是（）A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C.小球的初速度D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【答案】AD【解析】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC=0則小球從C到B的過程中，有聯(lián)立有FN=3mgcosα－2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；C．從A到C的過程中有解得C錯誤；D．小球在B點恰好脫離軌道有則則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。13.（2023浙江6月卷）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】A．由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；B．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有則拋出后速度大小為可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關系，故B錯誤；C．鉛球拋出后的動能可知動能與時間不是一次函數(shù)關系，故C錯誤；D．鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。故選D。14.（2023全國甲卷）如圖，光滑水平桌面上有一輕質彈簧，其一端固定在墻上。用質量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈黃的彈性勢能為。釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈黃分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的。小球與地而碰撞后，彈起的最大高度為h。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。求（1）小球離開桌面時的速度大小；（2）小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒可知得小球離開桌面時速度大小為（2）離開桌面后由平拋運動規(guī)律可得第一次碰撞前速度的豎直分量為，由題可知離開桌面后由平拋運動規(guī)律得，解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為考向四功能關系能量守恒定律15.（2023浙江1月卷）一位游客正在體驗蹦極，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過程中（）A．彈性勢能減小B．重力勢能減小C．機械能保持不變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，只受重力作用做自由落體運動，下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊，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，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值，彈性勢能達到最大值。橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，選項A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，選項B正確；下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，彈性繩的彈性勢能增大，C錯誤；彈性繩剛繃緊開始一段時間內，彈力小于重力，合力向下做正功，游客向下運動的速度逐漸增大，游客逐漸增加；當彈力等于重力時，游客向下運動的速度最大，游客的動能最大；游客再向下運動，彈力大于重力，合力向上對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤。16.（2023遼寧卷）某大型水陸兩柄飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水而上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機琴升高度h=100m時速度達到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量△E?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則解得飛機滑行的時間為飛機滑行的加速度為飛機從水面至處，水機械能包含水的動能和重力勢能，則考向一功、功率、動能定理1.（2022·廣東卷·T9）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡段以恒定功率、速度勻速行駛。已知小車總質量為，，段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A.從M到N，小車牽引力大小為 B.從M到N，小車克服摩擦力做功C.從P到Q，小車重力勢能增加 D.從P到Q，小車克服摩擦力做功【答案】ABD【解析】A．小車從M到N，依題意有代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為則摩擦力做功為則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為故C錯誤；D．依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有摩擦力做功為聯(lián)立解得則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。故選ABD。2.（2022·湖北·T7）一質點做曲線運動，在前一段時間內速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內，合外力對質點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】根據(jù)動能定理可知可得由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是可知故選C。3.（2022·浙江6月卷·T13）小明用額定功率為、最大拉力為的提升裝置，把靜置于地面的質量為的重物豎直提升到高為的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過的勻減速運動，到達平臺速度剛好為零，取，則提升重物的最短時間為（）A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s【答案】C【解析】為了以最短時間提升重物，一開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到最大速度，接著做勻速運動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律可得當功率達到額定功率時，設重物速度為，則有此過程所用時間和上升高度分別為重物以最大速度勻速時，有重物最后以最大加速度做勻減速運動的時間和上升高度分別為設重物從結束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為，該過程根據(jù)動能定理可得又聯(lián)立解得故提升重物的最短時間為C正確，A4.（2022·浙江1月卷·T20）如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長度，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，cos37°=0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，（1）若釋放點距B點的長度l=0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大??；（2）設釋放點距B點的長度為，滑塊第一次經F點時的速度v與之間的關系式；（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度的值?！敬鸢浮浚?）7N；（2）；（3）見解析【解析】（1）到C點過程據(jù)動能定理可得C點時（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時據(jù)動能定理可得解得要能過F點（3）設摩擦力做功為第一次到達中點時的n倍據(jù)動能定理可得解得當時當時當時BD錯誤；故選C。考向二機械能守恒定律功能關系與能量守恒5.（2022·全國乙卷·T16）固定于豎直平面內的光滑大圓環(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點的距離D.它與P點的連線掃過的面積【答案】C【解析】如圖所示設圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點的距離為，根據(jù)機械能守恒定律得由幾何關系可得聯(lián)立可得可得故C正確，ABD錯誤。故選C。6.（2022·河北·T9）如圖，輕質定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛定滑輪上，質量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能面，此時物體的機能為。重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質點。下列說法正確的是（）A.物體和的質量之比為 B.時刻物體的機械能為C.時刻物體重力的功率為 D.時刻物體的速度大小【答案】BCD【解析】A．開始釋放時物體Q的加速度為，則解得選項A錯誤；B．在T時刻，兩物體的速度P上升的距離細線斷后P能上升的高度可知開始時PQ距離為若設開始時P所處的位置為零勢能面，則開始時Q的機械能為從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為則此時物體Q的機械能此后物塊Q的機械能守恒，則在2T時刻物塊Q的機械能仍為，選項B正確；CD．在2T時刻，重物P的速度方向向下；此時物體P重力的瞬時功率選項CD正確。故選BCD。分析近三年的高考試題，在近幾年的高考題中，主要分關于機械能的考查，多以選擇題的形式出現(xiàn)，有時與電流及電磁感應相結合命題。動能定理和機械能守恒定律多數(shù)題目是與牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動以及電磁學等知識相結合的綜合性試題；動能定理仍將是高考考查的重點，高考題注重與生產、生活、科技相結合，將對相關知識的考查放在一些與實際問題相結合的情境中。1.（2023·廣東潮州二模）疫情期間利用無人機運送物資，已知質量為的物資在無人機拉力作用下勻速上升，然后勻加速水平移動，若空氣阻力不能忽略，取。則下列說法正確的是（）A.勻速上升時，物資重力勢能不變B.整個過程，物資機械能增加了C.物資在勻速上升時機械能增量為D.無人機水平移動過程中空氣對它的作用力、重力均不做功【答案】C【解析】A．勻速上升時，高度增加，故物資重力勢能增加，A錯誤；B．整個過程，物資重力勢能增加了勻加速運動后動能也增加了，故物資機械能增加量大于，B錯誤；C．物資在勻速上升時機械能增量為重力勢能的增量，即，C正確；D．無人機水平移動過程中空氣對它的作用力與速度方向相反故做負功，重力與速度方向垂直故不做功，D錯誤。故選C。2．（2023·山東泰安·統(tǒng)考二模）如圖所示，在光滑水平面上，一物體在水平向右的恒定拉力F作用下由靜止開始向右做直線運動，物體的動能隨時間t變化的圖像如右圖所示，虛線為圖像上P點的切線，切線與t軸交點的坐標是（）A．0.60 B．0.70 C．0.75 D．0.80【答案】C【詳解】物體在拉力作用下做勻加速直線運動，則根據(jù)動能定理得根據(jù)運動學公式代入后得把P點坐標代入后得出，則求導得即，則，則故選C。3．（2023·四川涼山·統(tǒng)考二模）光滑水平面上質量分別為m、2m的甲、乙兩個物體，在相同的水平拉力F的作用下從靜止開始運動，甲、乙分別經過t、2t時間的動能之和為，則乙從靜止經過3t時間的動能為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設在相同的水平拉力F的作用下甲乙兩個物體的加速度分別為、，根據(jù)題意由牛頓第二定律可得從靜止開始運動，甲、乙分別經過t、2t時間的位移分別為，根據(jù)動能定理可得設乙從靜止經過3t時間的動能為，則故選A。4.（2023·福建福州4月檢測）（多選）某研究小組研發(fā)了一款彈跳機器人，總質量僅為30g，其結構如圖所示，流線型頭部內的微型電機先將碳纖維細條制成的彈性結構壓縮，之后彈性勢能迅速釋放，在約為10ms的時間內將機器人由靜止加速到28m/s，此時機器人恰好離開地面，接著沿豎直方向上升，離地最大高度為33m，當?shù)刂亓铀俣葹?，則（）A.微型電機工作時，消耗的電能全部轉化為彈性結構儲存的彈性勢能B.機器人在10ms的加速時間內平均加速度大小約為C.彈跳機器人在空中上升時加速度大小大于D.彈跳機器人在空中上升的過程中機械能守恒【答案】BC【解析】A．微型電機工作時有內阻，則消耗的部分電能會轉化為焦耳熱，故A錯誤；B．由題意可求加速階段加速度為故B正確；CD．設上升過程中加速大小為a2，則有2a2h=v02解得a2≈11.88m/s2>9.8m/s2加速度大于重力加速度，則可知空氣存在阻力，上升過程中需要克服空氣阻力做功，則機械能不守恒，故C正確，D錯誤。故選BC。5.（2023·四川眉山·?？寄M預測）下列四幅圖所描述的情景中，人對物體做功的是（）

A．①② B．②③ C．②④ D．①④【答案】D【詳解】①．將地面上的物體往上堆積，給物體一個向上的力，且物體向上移動了距離，力對物體做功，故①正確；②．在水平方向搬運一盆花，人給花盆一個向上的力，但沿水平方向移動了距離，力對花盆沒有做功，故②錯誤；③．人給重物一個向上的力，物體沒有移動距離，力對重物沒有做功，故③錯誤；④．人給拖把一個向前的力，拖把向前移動了距離，力對拖把做功，故④正確。故選D。6．（多選）（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？寄M預測）如圖甲所示，一足夠長的水平傳送帶以某一恒定速率順時針轉動，一根輕彈簧一端與豎直墻而連接，另一端與物塊不栓接。物塊將彈簧壓縮一段距離后置于傳送帶最左端無初速度釋放，物塊向右運動受到的摩擦力f隨位移x的關系如圖乙所示，為已知量，則下列說法正確的是（）

A．工件在傳送帶上先加速，后減速B．工件向右運動后與彈簧分離C．彈簧勁度系數(shù)D．整個過程中摩擦力對物塊做功【答案】BCD【詳解】AB．由圖乙可知，過程，物塊相對于傳送帶向左運動，物塊受到向右的滑動摩擦力，物體做加速運動，過程，物體相對于傳送帶靜止，相對于地面做勻速直線運動，物體受到向左的靜摩擦力，靜摩擦力大小與彈簧彈力大小相等，方向相反，直到處彈簧恢復原長后，物塊不再受到靜摩擦力，繼續(xù)勻速直線運動，故物體先加速后勻速，故A錯誤，B正確；C．在處物塊與傳送帶共速，此時物塊受力平衡，即，解得，故C正確；D．圖像中圖線與x軸圍成的面積即為整個過程中摩擦力對物塊做功，過程，摩擦力對物塊做正功，過程，摩擦力對物塊做負功，故整個過程中摩擦力做功為，故D正確。故選BCD。7.（2023·湖南彬州三模）（多選）如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設備，圖乙為質量建筑材料從地面被吊起后在豎直方向運動的圖像（豎直向上為正方向），重力加速度。根據(jù)圖像下列判斷正確的是（）A.在10~30s建筑材料的機械能增加B.46s時建筑材料離地面的高度為28mC.在0~10s內塔吊拉力做功的功率為3030WD.在30~36s塔吊拉力對建筑材料做負功，其功率逐漸減小【答案】AC【解析】A．內，建筑材料向上勻速運動，建筑材料的動能不變，重力勢能增加，建筑材料的機械能增加，故A正確；B．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積等于位移可知，46s時建筑材料離地面的高度為故B錯誤；C．內建筑材料的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得解得在內塔吊拉力做功的功率為故C正確；D．在內建筑材料向上減速運動，塔吊拉力對建筑材料做正功，其功率逐漸減小，故D錯誤。故選AC。8.（2023·福建福州2月檢測）在無風天氣里，毽子受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一毽子從高處由靜止豎直下落至地面過程中，位移大小為x、速度大小為v、加速度大小為a，重力勢能為EP、動能為Ek、下落時間為t。取地面為零勢能面，則下列圖像正確的是（）A.B.C. D.【答案】B【解析】A．毽子下落過程中，受空氣阻力逐漸變大，則加速度逐漸減小，最后加速度可能減小為零，即速度先增大后不變，則x-t圖像的斜率先增加后不變，選項A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律則則選項B正確；C．重力勢能則Ep-x為線性關系，選項C錯誤；D．動能因加速度隨時間逐漸減?。ǚ蔷€性），則動能與時間一定不是線性關系，選項D錯誤。故選B。9．（多選）（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）如圖一所示，輕桿與水平面的傾角為，帶有小孔的小球套在輕桿上，小球與輕桿之間的動摩擦因數(shù)，小球的質量。時由靜止釋放小球，同時對小球施加沿輕桿向上的外力F，力F與時間的關系如圖二所示。重力加速度為，下列說法正確的是（

）

A．內，小球的最大速度為B．內小球的機械能一直在增加C．后小球的重力勢能最多增加D．后，小球做勻減速直線運動，速度為零后，小球將處于平衡態(tài)【答案】AC【詳解】A．內小球的加速度越來越大，速度越來越大，當小球的加速度為零時，小球的速度最大，由牛頓第二定律得時小球的加速度，速度最大，圖像與橫軸圍成的面積表示力F在這段時間內的沖量，所以內，由動量定理得，解得，故A正確；B．小球機械能的增加量，當外力F小于時，小球的機械能開始減少，故B錯誤；C．后，小球做勻減速直線運動，加速度時小球的速度小球沿桿向上運動的最大位移所以后小球的重力勢能最多增加，故C正確，D．由于，所以小球速度減為零后反向沿桿做勻加速直線運動。故D錯誤。故選AC。10．（2023·江蘇鹽城·統(tǒng)考三模）現(xiàn)體從離地高H處的M點開始做自由落體運動，下落至離地高度為處的N點，下列能量條形圖表示了物體在M和N處的動能雖和重力勢能E的相對大小關系，可能正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】A．由題意可知，物體重力勢能變?yōu)樵瓉淼?，A錯誤；BC．由于機械能守恒，動能與重力勢能之和應等于釋放時的機械能，BC錯誤；D．設釋放位置所在平面為零勢能面，則機械能為零，D正確。故選D。11．（2023·江蘇南京·統(tǒng)考二模）將一個小球從地球豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設向上為正方向，小球的速率、位移、動能和機械能分別為、、和，以地面為零勢能面，則下列描述小球運動過程的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A.小球在上升過程中，由牛頓第二定律得逐漸減小，則減小，下降過程中有越來越大，故加速度繼續(xù)減小，圖像趨勢正確，但速度為零時，斜率不為零，且加速度為，圖像應為平滑曲線，故A錯誤；B．圖斜率為，在上升過程中斜率變大，下降過程中斜率變小，故B錯誤；C．圖像斜率為合外力，向上運動過程變小，向下運動過程中，繼續(xù)變小，故C正確；D、向上運動過程比向下過程中任意一個位置，摩擦力要更大，故