《2020年高考物理 模擬新題分類匯編 功和能（含詳解）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理 模擬新題分類匯編 功和能（含詳解）（27頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、E單元　功和能 E1　有機(jī)結(jié)構(gòu)認(rèn)識(shí) 　　　　　　　　　　　　　　　　　 9．E1[2020·海南物理卷] 一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用．下列判斷正確的是(　　) A．0～2 s內(nèi)外力的平均功率是 W B．第2 s內(nèi)外力所做的功是 J C．第2 s末外力的瞬時(shí)功率最大 D．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是 【解析】 AD　由牛頓第二定律F＝ma可得，第1 s內(nèi)的加速度a1＝2 m/s2，第2 s內(nèi)的加速度a2＝1 m/s2；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，第1 s內(nèi)的

2、位移x1＝1 m，第1 s末的速度v1＝2 m/s，第2 s內(nèi)的位移x2＝2.5 m，第2 s末的速度v2＝3 m/s；由做功公式W＝Fx可求，第1 s內(nèi)外力做功W1＝2 J，第2 s內(nèi)外力做功W2＝2.5 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； 0～2 s內(nèi)外力的平均功率＝＝＝ W，選項(xiàng)A正確；第2 s末外力瞬時(shí)功率P2＝F2v2＝3 W，第1 s末外力瞬時(shí)功率P1＝F1v1＝4 W＞P2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，動(dòng)能增加量之比等于合外力做功之比，所以＝＝，選項(xiàng)D正確． 4．E1[2020·江蘇物理卷] 如圖所示，演員正在進(jìn)行 圖4 雜技表演．由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對(duì)雞蛋所做的功最接

3、近于(　　) A．0.3 J B．3 J C．30 J D．300 J 4．E1[2020·江蘇物理卷] A　【解析】 若一個(gè)雞蛋大約55 g，雞蛋拋出的高度大約為60 cm，則將一只雞蛋拋出至最高點(diǎn)的過程中對(duì)雞蛋做的功等于雞蛋重力勢(shì)能的增加量，即W＝mgh＝55×10－3×10×60×10－2 J＝0.33 J，A正確． E2　動(dòng)能 動(dòng)能定理 　　　　　　　　　　　　　　　　　 15．E2[2020·課標(biāo)全國(guó)卷] 一質(zhì)點(diǎn)開始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能(　　) A．一直增大 B．先逐漸減小至零，再逐漸增大 C．先逐漸增

4、大至某一最大值，再逐漸減小 D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 【解析】 ABD　當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向成銳角時(shí)，該力一直做正功，其動(dòng)能一直增大，A正確；當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向相反時(shí)，物體先做勻減速運(yùn)動(dòng)后做反向的勻加速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能先逐漸減小至零，再逐漸增大，B正確；當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向成鈍角(不等于180°)時(shí)，其動(dòng)能先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大，D正確；物體不可能出現(xiàn)動(dòng)能先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小的情況，C錯(cuò)誤． E3　機(jī)械能守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　 16．E3[2020·課標(biāo)全國(guó)卷] 一蹦極

5、運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加 C．蹦極過程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān) 【解析】 ABC　運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前其高度一直降低，故重力勢(shì)能始終減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，其彈力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，B正確；蹦極過程中，只有重力和彈力做功，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

6、，C正確；重力勢(shì)能的改變量ΔEp＝mgΔh，只與初末位置的高度差有關(guān)，而與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取無關(guān)，D錯(cuò)誤． 22．C2 E3[2020·北京卷] 【答案】 (1)受力圖如圖所示 根據(jù)平衡條件，應(yīng)滿足Tcosα＝mg，Tsinα＝F 拉力大小F＝mgtanα (2)運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 mgl(1－cosα)＝mv2 則通過最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小 v＝ 根據(jù)牛頓第二定律T′－mg＝m 解得輕繩對(duì)小球的拉力 T′＝mg＋＝mg(3－2cosα)，方向豎直向上． 21.(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福

7、建卷] (3)E3　D2[2020·福建卷] 圖1－10 圖1－10為某種魚餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內(nèi)有一原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧．投餌時(shí)，每次總將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去．設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)，對(duì)管壁的作用力恰好為零．不計(jì)魚餌在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時(shí)，均不改變彈簧的彈性勢(shì)能．已知重力加速度為g.求： (1) 質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1； (2) 彈簧壓縮到0.5R時(shí)的

8、彈性勢(shì)能Ep； (3) 已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90°角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射時(shí)只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在m到m之間變化，且均能落到水面．持續(xù)投放足夠長(zhǎng)時(shí)間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？ 21．(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福建卷] (3)E3　D2[2020·福建卷] 【答案】 (1)質(zhì)量為m的魚餌到在管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供，則 mg＝m① 由①式解得v1＝② (2)彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有 Ep＝mg(1.5R＋R)＋mv③ 由②③式解得

9、 Ep＝3mgR④ (3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚餌離開管口后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過t時(shí)間落到水面上，離OO′的水平距離為x1，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 4．5R＝gt2⑤ x1＝v1t＋R⑥ 由⑤⑥式解得x1＝4R⑦ 當(dāng)魚餌的質(zhì)量為m時(shí)，設(shè)其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律有 Ep＝mg(1.5R＋R)＋v⑧ 由④⑧式解得v2＝2⑨ 質(zhì)量為m的魚餌落到水面上時(shí)，設(shè)離OO′的水平距離為x2，則 x2＝v2t＋R⑩ 由⑤⑨⑩式解得x2＝7R 魚餌能夠落到水面的最大面積S S＝(πx－πx)＝πR2(或8.25πR2) E4　實(shí)驗(yàn)：探究動(dòng)能定

10、理 　　　　　　　　　　　　　　　　　 21．(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福建卷] (3)E3　D2[2020·福建卷] 圖1－10 圖1－10為某種魚餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內(nèi)有一原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧．投餌時(shí)，每次總將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去．設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)，對(duì)管壁的作用力恰好為零．不計(jì)魚餌在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時(shí)，均不改變彈簧的彈性勢(shì)能．

11、已知重力加速度為g.求： (1) 質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1； (2) 彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢(shì)能Ep； (3) 已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90°角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射時(shí)只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在m到m之間變化，且均能落到水面．持續(xù)投放足夠長(zhǎng)時(shí)間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？ 21．(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福建卷] (3)E3　D2[2020·福建卷] 【答案】 (1)質(zhì)量為m的魚餌到在管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供，則 mg＝m① 由①式解得v1＝② (2)

12、彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有 Ep＝mg(1.5R＋R)＋mv③ 由②③式解得 Ep＝3mgR④ (3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚餌離開管口后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過t時(shí)間落到水面上，離OO′的水平距離為x1，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 4．5R＝gt2⑤ x1＝v1t＋R⑥ 由⑤⑥式解得x1＝4R⑦ 當(dāng)魚餌的質(zhì)量為m時(shí)，設(shè)其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律有 Ep＝mg(1.5R＋R)＋v⑧ 由④⑧式解得v2＝2⑨ 質(zhì)量為m的魚餌落到水面上時(shí)，設(shè)離OO′的水平距離為x2，則 x2＝v2t＋R⑩ 由⑤⑨⑩式解得x2＝

13、7R 魚餌能夠落到水面的最大面積S S＝(πx－πx)＝πR2(或8.25πR2) E5　實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　 14．E5[2020·海南物理卷] 現(xiàn)要通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．實(shí)驗(yàn)裝置如圖1－9所示：水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌；導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶長(zhǎng)方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為M，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連；遮光片兩條長(zhǎng)邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門，可以測(cè)量遮光片經(jīng)過光電門時(shí)的擋光時(shí)間t，用d表示A點(diǎn)到導(dǎo)軌底端C點(diǎn)的距離，h表示A與C的高度差，b表示遮光片的寬度，s表示A、B兩點(diǎn)間的距離，將遮光片通過光

14、電門的平均速度看作滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作圖： (1)若將滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放，則在滑塊從A運(yùn)動(dòng)至B的過程中，滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量可表示為________，動(dòng)能的增加量可表示為________．若在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，與s的關(guān)系式為＝ ________. 圖1－11 (2)多次改變光電門的位置，每次均令滑塊自同一點(diǎn)(A點(diǎn))下滑，測(cè)量相應(yīng)的s與t值，結(jié)果如下表所示： 1 2 3 4 5 s/m 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t/ms 8.22 7.17

15、 6.44 5.85 5.43 /104s－2 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以s為橫坐標(biāo)，為縱坐標(biāo)，在圖1－10的坐標(biāo)紙中描出第1和第5個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)；根據(jù)5個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)作直線，求得該直線的斜率k＝________×104 m－1·s－2(保留3位有效數(shù)字)． 圖1－12 由測(cè)得的h、d、b、M和m數(shù)值可以計(jì)算出－s直線的斜率k0 ，將k和k0 進(jìn)行比較，若其差值在實(shí)驗(yàn)允許的范圍內(nèi)，則可認(rèn)為此實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律． 【答案】 (1)－mgs　　 (2)如圖所示　2.43 圖1－13 【解析】 (1)滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，滑塊的重力勢(shì)

16、能減少，砝碼的重力勢(shì)能增加mgs；滑塊通過遮光片的速度v＝，此時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能Ek＝(M＋m)v2＝，此即為系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；若機(jī)械能守恒，則有－mgs＝，即＝ (2)描點(diǎn)作圖 E6　功和能綜合 　　　　　　　　　　　　　　　　　 21．E6[2020·四川卷] 質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力且小球從未落地，則(　　) A．整個(gè)過程中小球電勢(shì)能變化了mg2t2 B．整個(gè)過程中小球動(dòng)量增量的大小為2mgt C．從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2 D．從A

17、點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了mg2t2 【解析】 BD　t時(shí)刻小球的速度v＝gt，豎直方向的位移h＝gt2，加電場(chǎng)后，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由－gt2＝gtt－at2，得小球的加速度為a＝3g，利用牛頓第二定律有：F－mg＝ma，解得電場(chǎng)力F＝4mg，從加電場(chǎng)到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的位移為h′＝＝＝.整個(gè)過程中小球電勢(shì)能的變化量為ΔEp＝Fh＝4mg×gt2＝2mg2t2，A錯(cuò)誤；末態(tài)小球的速度v＝at－gt＝2gt，動(dòng)量的增量大小為mv＝2mgt，B正確；從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mah′＝，C錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了ΔEp＝mg＝mg＝mg2t2，D正確．

18、 36．E6[2020·廣東物理卷]如圖20所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板．滑板運(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連．物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M＝2m，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng)l＝6.5R，板右端到C的距離L在R

19、物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)． 圖20 【解析】 (1)設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到A和B的速度分別為v1、v2，由動(dòng)能定理 μmgs＝mv① 由機(jī)械能守恒定律 mv＝2mgR＋mv② 聯(lián)立①②解得v2＝3③ (2)設(shè)從物塊滑上滑板到滑板與物塊達(dá)到相同的速度v3時(shí)，位移分別為l1和l2，由動(dòng)量守恒定律 mv2＝(m＋M)v3④ 由動(dòng)能定理 μmgl1＝Mv⑤ －μmgl2＝mv－mv⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥解得l1＝2R，l2＝8R⑦ 物塊相對(duì)滑板的位移 Δl＝l2－l1＝6R

20、相同速度時(shí)，物塊未離開滑板． 若RR，由③⑩確定Ek小于mgR，即物塊不能滑到CD軌道的中點(diǎn)． 24．E6[2020·浙江卷] 節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來源的汽車．有一質(zhì)量m＝1000 kg的混合動(dòng)力轎車，在平直公路上以v1＝90 km/h勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝50 kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80 km/

21、h的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L＝72 m后，速度變?yōu)関2＝72 km/h.此過程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的用于轎車的牽引，用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力保持不變．求： (1)轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛，所受阻力F阻的大??； (2)轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，獲得的電能E電 ； (3)轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電 維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)的距離L′. 【答案】 (1)汽車牽引力與輸出功率關(guān)

22、系 P＝F牽v 將P＝50 kW，v1＝90 km/h＝25 m/s代入得 F牽＝＝2×103 N 當(dāng)轎車勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力大小相等，有 F阻＝2×103 N (2)在減速過程中，注意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有P用于汽車的牽引．根據(jù)動(dòng)能定理有 Pt－F阻L＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)得Pt＝1.575×105 J 電源獲得的電能為 E電＝0.5×Pt＝6.3×104 J (3)根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公路上勻速行駛時(shí)受到的阻力仍為F阻＝2×103 N．在此過程中，由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功． E電＝F阻L′ 代入數(shù)據(jù)得L′＝31.5 m.

23、 1．【2020·寧波模擬】一只蘋果從樓上某一高度自由下落，蘋果在空中依次經(jīng)過三個(gè)完全相同的窗戶1、2、3.圖X8－1中直線為蘋果在空中的運(yùn)動(dòng)軌跡．若不計(jì)空氣阻力的影響，以下說法正確的是(　　 ) 圖X8－1 A．蘋果通過第3個(gè)窗戶所用的時(shí)間最長(zhǎng) B．蘋果通過第1個(gè)窗戶的平均速度最大 C．蘋果通過第3個(gè)窗戶重力做的功最大 D．蘋果通過第1個(gè)窗戶重力的平均功率最小 1．D　【解析】 蘋果加速下落，運(yùn)動(dòng)越來越快，故蘋果通過第3個(gè)窗戶所用的時(shí)間最短，平均速度最大，A、B都錯(cuò)；窗戶完全相同，所以蘋果通過三個(gè)窗戶重力做的功一樣多，蘋果通過第1個(gè)窗戶用時(shí)最長(zhǎng)，重力的平均功率最小，故C錯(cuò)，

24、D對(duì)． 2．【2020·德州模擬】如圖X8－2所示，現(xiàn)有兩個(gè)完全相同的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊都從靜止開始運(yùn)動(dòng)，一個(gè)自由下落，一個(gè)沿光滑的固定斜面下滑，最終它們都到達(dá)同一水平面上，空氣阻力忽略不計(jì)，則(　　 ) 圖X8－2 A．重力做的功相等，重力做功的平均功率相等 B．它們到達(dá)水平面上時(shí)的動(dòng)能相等 C．重力做功的瞬時(shí)功率相等 D．它們的機(jī)械能都是守恒的 2．BD　【解析】 兩物體從同一高度下落，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，它們到達(dá)水平面上時(shí)的動(dòng)能相等，自由下落的物體先著地，重力做功的平均功率大，而著地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率等于重力與重力方向上的速度的乘積，故重力做功的瞬時(shí)功率不相等，選

25、BD. 3．【2020·濟(jì)南模擬】如圖X8－4所示是反映汽車從靜止勻加速啟動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是(　　 ) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 圖X8－4 3．ACD　【解析】 機(jī)車啟動(dòng)時(shí)由P＝Fv和F－f＝ma可知，勻加速啟動(dòng)過程，牽引力F、加速度a恒定不變，速度和功率均勻增大，當(dāng)功率增大到額定功率后保持不變，牽引力逐漸減小到與阻力相等，加速度逐漸減小到零，速度逐漸增大到最大速度．故ACD正確． 4．【2020·德州模擬】如圖X8－5所示為汽車在水平路面上啟動(dòng)過程中的速度圖象，Oa為過原點(diǎn)的傾斜直線，ab段

26、表示以額定功率行駛時(shí)的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說法正確的是(　　 ) A．0～t1時(shí)間內(nèi)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)且功率恒定 B．t1～t2時(shí)間內(nèi)汽車牽引力做功為mv－mv C．t1～t2時(shí)間內(nèi)的平均速度為(v1＋v2) D．在全過程中t1時(shí)刻的牽引力及其功率都是最大值，t2～t3時(shí)間內(nèi)牽引力最小 　 圖X8－5 4．D　【解析】 0～t1時(shí)間內(nèi)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，牽引力恒定，但速度增加，故功率增加，A錯(cuò)；汽車水平方向受到牽引力和阻力作用，根據(jù)動(dòng)能定理，t1～t2時(shí)間內(nèi)合力做功為mv－mv ，故B錯(cuò)；公式＝(v1＋v2)適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)；功率增到t1時(shí)刻，

27、不再增加，t1～t2時(shí)間內(nèi)功率恒定，但牽引力減小，t2～t3時(shí)間內(nèi)牽引力最小，與阻力相等，所以D對(duì)． 5.【2020·巢湖模擬】從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過程中空氣阻力大小恒定為f.下列說法正確的是(　　 ) A. 小球上升的過程中動(dòng)能減少了mgh B. 小球上升和下降的整個(gè)過程中機(jī)械能減少了fh C. 小球上升的過程中重力勢(shì)能增加了mgh D. 小球上升和下降的整個(gè)過程中動(dòng)能減少了fh 5．C　【解析】 根據(jù)動(dòng)能定理，上升的過程中動(dòng)能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mgh＋fh，小球上升和下降的整個(gè)過程中動(dòng)能減少量和機(jī)械能的減

28、少量都等于全程中克服阻力做的功，為2fh，A、B、D錯(cuò)，選C. 6．【2020·淄博模擬】物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t關(guān)系如圖X8－7所示，已知在第1 s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功為W，則(　　 ) A．從第1 s末到第3 s末合外力做功為4W B．從第3 s末到第5 s末合外力做功為－2W C．從第5 s末到第7 s末合外力做功為W D．從第3 s末到第4 s末合外力做功為－0.75W 圖X8－7 　 6．CD　【解析】 由圖知，第1 s末速度、第3 s末速度、第7 s速度大小關(guān)系：v1＝v3＝v7，由題知W＝mv－0，則由動(dòng)能定理知第1 s末到第3 s末合外力做功W

29、2＝mv－mv＝0，故A錯(cuò)誤．第3秒末到第5 s末合外力做功W3＝0－mv＝－W，故B錯(cuò)誤．第5 s末到第7 s末合外力做功W4＝mv－0＝W，故C正確．第3 s末到第4 s末合外力做功W5＝mv－mv；因v4＝v3，所以W5＝－0.75W，故D正確． 7．【2020·蕪湖模擬】一環(huán)狀物體套在光滑水平直桿上，能沿桿自由滑動(dòng)，繩子一端系在物體上，另一端繞過定滑輪，用大小恒定的力F拉著，使物體沿桿自左向右滑動(dòng)，如圖X8－8所示，物體在桿上通過a、b、c三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ea、Eb、Ec，且ab＝bc，滑輪質(zhì)量和摩擦均不計(jì)，則下列關(guān)系中正確的是(　　 ) 　　　　　　　

30、圖X8－8 A．Eb－Ea＝Ec－Eb B．Eb－Ea＜Ec－Eb C．Eb－Ea＞Ec－Eb D．Ea＜Eb＜Ec 7．CD　【解析】 對(duì)環(huán)狀物體，繩的拉力對(duì)其做正功，物體的動(dòng)能增加，D對(duì)；但這個(gè)力為變力，它做的功等于恒力F的功，恒力F的功等于F與它作用的繩伸長(zhǎng)的距離的乘積，從a到b繩伸長(zhǎng)的距離大于從b到c繩伸長(zhǎng)的距離，根據(jù)動(dòng)能定理，故C對(duì)． 8．【2020·哈爾濱九中模擬】如圖X8－9所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點(diǎn)滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對(duì)容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中，摩擦力

31、對(duì)其所做的功為(　　 ) A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg) 　　 圖X8－9　　　　　　　圖X8－10 8．A　【解析】 質(zhì)點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對(duì)容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓定律有FN－mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理，質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力對(duì)其所做的功Wf＝RFN－mgR. 9．【2020·濮陽一模】如圖X8－10所示，物塊一次沿軌道1從A點(diǎn)由靜止下滑至底端B點(diǎn)，另一次沿軌道2從A點(diǎn)由靜止下滑經(jīng)C點(diǎn)至底端B點(diǎn)，AC＝CB.物塊與兩軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，不考慮物塊在C點(diǎn)處撞擊

32、的因素，則在物塊兩次下滑過程中，下列說法正確的是(　　) A．物塊受到摩擦力相同 B．沿軌道1下滑時(shí)的位移較小 C．物塊滑至B點(diǎn)時(shí)速度大小相同 D．兩種情況下?lián)p失的機(jī)械能相同 9．CD　【解析】 物塊沿軌道1滑下來時(shí)，設(shè)斜面的傾角為α，軌道1長(zhǎng)為l，A點(diǎn)在水平面上的投影為A′，A到水平面的距離為h，由動(dòng)能定理：mgh－(μmgcosα)?x＝mv，即mgh－μmg?A′B＝mv，同理可得，物塊沿軌道2滑下時(shí)，有mgh－μmg?A′B＝mv，也就是沿兩軌道下滑時(shí)，摩擦力做功一樣多，但摩擦力不同，所以CD對(duì)，A錯(cuò)；位移是從初位置指向末位置的有向線段，故位移相同，B錯(cuò)． 10．【20

33、20·蘇北模擬】如圖X8－11所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度x＝5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔； (3)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離． 圖X8－11

34、 10．【解析】 (1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動(dòng)能定理得 mg(h1－h(huán)2)－μmgx＝mv－0 將h1、h2、x、μ、g代入得：vD＝3 m/s (2)小滑塊從A→B→C過程中，由動(dòng)能定理得 mgh1－μmgx＝mv 將h1、x、μ、g代入得：vC＝6 m/s 小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6 m/s2 小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t1＝＝1 s 由對(duì)稱性可知，小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2＝t1＝1 s 故小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔t＝t1＋t2＝2 s (3)對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過程利用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)

35、動(dòng)的總路程為x總 有：mgh1＝μmgx總 將h1、μ代入得x總＝8.6 m 故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2x－x總＝1.4 m 11．【2020·臨沂模擬】質(zhì)量為m的小球從高H處由靜止開始自由下落，以地面作為參考平面．當(dāng)小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為(　　 ) A．2mg B．mg C.mg D.mg 11．B　【解析】 動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgh＝mgH，得下落高度為h＝，速度v＝＝，故P＝mg·v＝mg，B選項(xiàng)正確． 12．【2020·重慶模擬】半徑為R的圓桶固定在小車上，有一光滑小球靜止在圓桶的最低點(diǎn)，

36、如圖X9－1所示．小車以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小車遇到障礙物突然停止時(shí)，小球在圓桶中上升的高度不可能的是(　　) A．等于　B．大于　C．小于　D．等于2R 　　　 圖X9－1　　　　　　　　圖X9－2 12．B　【解析】 小球沿圓桶上滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒分析，若小球不能通過與圓桶中心等高的位置，則h＝；若小球能通過與圓桶中心等高的位置，但不能通過圓桶最高點(diǎn)，則小球在圓心上方某位置脫離圓桶，斜拋至最高點(diǎn)，這種情況小球在圓桶中上升的高度小于；若小球能通過圓桶最高點(diǎn)，小球在圓桶中上升的高度等于2R，所以A、C、D是可能的． 13．【2020·蘇北模擬】如圖X9－2所示

37、，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看作質(zhì)點(diǎn))，且小球A、B用一長(zhǎng)為2R的輕質(zhì)細(xì)桿相連，在小球B從最高點(diǎn)由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)的過程中(已知重力加速度為g)，下列說法正確的是(　　 ) A．A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能 B．A球增加的重力勢(shì)能等于B球減少的重力勢(shì)能 C．A球的最大速度為 D．細(xì)桿對(duì)A球做的功為mgR 圖X9－3 13．AD　【解析】 系統(tǒng)機(jī)械能守恒的實(shí)質(zhì)可以理解為是一種機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，此題的情景就是A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能，A對(duì)，B錯(cuò)；根據(jù)機(jī)械能守恒定律：2mg?2R－mg?2R＝·3mv

38、2，所以A球的最大速度為，C錯(cuò)；根據(jù)功能關(guān)系，細(xì)桿對(duì)A球做的功等于A球增加的機(jī)械能，即WA＝mv2＋mg?2R＝mgR，故D對(duì)． 14.【2020·濟(jì)南一模】一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，受重力和電場(chǎng)力作用．若重力做功－3 J，電場(chǎng)力做功1 J，則小球的(　　 ) A．重力勢(shì)能增加3 J B．電勢(shì)能增加1 J C．動(dòng)能減少3 J D．機(jī)械能增加1 J 14．AD　【解析】 由功能關(guān)系可知：克服重力所做的功等于重力勢(shì)能增加量，為3 J，故A正確；電場(chǎng)力所做的功等于電勢(shì)能的減少量，為1 J，故B錯(cuò)誤；合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，為－2 J，故C錯(cuò)誤；重力以外的其他力所

39、做的功等于機(jī)械能的變化量，為1 J，故D正確． 15．【2020·德州模擬】如圖X9－10所示，物體A和B的質(zhì)量均為m，它們通過一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，開始時(shí)B放在地面上，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用手通過細(xì)繩緩慢地將A向上提升距離L1時(shí)，B剛要離開地面，此過程手做功為W1 ；若將A加速向上提起，A上升的距離為L(zhǎng)2時(shí)，B剛要離開地面，此時(shí)A的速度為v，此過程手做功為W2 ，彈簧一直處于彈性限度內(nèi)．則(　　) 圖X9－10 A．L1＝L2＝ B．W2>W1 C．W1>mgL1 D．W2＝mgL2＋mv2 15．BD　【解析】 緩慢地將A向上提升距離L1時(shí)，B剛要離開地面，

40、彈簧由壓縮量為到拉伸量為，彈性勢(shì)能不變，L1＝，由功能關(guān)系可知，此過程手所做的功等于A增加的機(jī)械能，即W1＝mgL1；將A加速向上提起，A上升的距離為L(zhǎng)2時(shí)，B剛要離開地面，彈簧也是由壓縮量為到拉伸量為，彈性勢(shì)能不變，L2＝，由功能關(guān)系可知，此過程手所做的功等于A增加的機(jī)械能，即W2＝mgL2＋mv2；綜上所述，BD正確． 、16．ABD　【解析】 由靜止釋放B到B達(dá)到最大速度的過程中，B一直要克服繩的拉力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知，B物體的機(jī)械能一直減小，A對(duì)；根據(jù)動(dòng)能定理，重力與拉力做功之和也正是B所受的合外力做的功，B對(duì)；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，B物體減少的機(jī)械能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能與A增加的動(dòng)能之和，C錯(cuò)；根據(jù)功能關(guān)系可知，細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A物體和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，D對(duì)．