高2020屆高三機械能守恒定律專題訓(xùn)練及答案

1、2020年全國大市名校高三期末一模物理試題解析匯編機械能守恒定律1、（2020安徽黃山一模） 乙的體積相同，但甲球的質(zhì)量小于乙球的質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè) 它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速度大小無關(guān)，若兩球在空中下落相同的距離，則A.甲球的加速度小于乙球的加速度B.甲球用的時間比乙的長C.甲球的末速度大于乙球的末速度D.甲球克服阻力做的功小于乙球克服阻力做的功【答案】AB【解析】A.下落時，加速度a mg一- g ,因兩球的體積相同，運動時受到的阻力與 mm球的半徑成正比，所以兩球所受阻力f相同，但m甲 mz ,所以即 a乙，選項A正確；1 . 2B.兩球在空中下落相同

2、的距離，根據(jù) x at , 2甲a乙，所以甲球用的時間比乙的長，選項 B正確；22C.根據(jù)2ax = Vt ,條 生 ,。= x乙，甲球的末速度小于乙球的末速度，選項 C錯誤；D.兩球所受阻力f相同，在空中下落相同的距離，所以兩球克服阻力做的功相等，選項 D錯誤。故選 AB。2、（2020安徽蚌埠第二次檢測）小球自水平地面上方 A處自由下落，經(jīng)時間t落地。若在 A處對小球施加一個豎直向上的恒力 F作用（如圖所示），使小球由靜止開始豎直向上運動，經(jīng)時間t撤去rf力f,小球又經(jīng)時間2t恰好落到地面，已知重力加速度為g,不計空氣阻力，則a.撤去rf力f時小球的速度大小為 9 gt51 _ 2C. 3

3、t時間內(nèi)小球機械能的增量為-Fgt5FB.小球的質(zhì)量為8gD.小球落到地面時的速度大小為133 gt【答案】AB【解析】A.設(shè)A點距地面高度為h,從A點到撤去恒力的高度為 H,施加恒力時的加速度為 a,19191233則有h=-gt H = - at H+h=at 2t - g 2t 解得a = g撤去恒力時的速度為 v=at = -gt 222555F 一 _一故A正確；B.施加恒力時，由牛頓第二定律可知F mg=ma解得m= 故B正確；8gC.機械能的增量為除重力或彈力以外的其它力做功，由題可知恒力做做功，則E=W = F H = Fgt210故C錯誤；D.從撤去恒力時，取向上為正方向，由

4、運動學(xué)公式，落到地面速度為v1=at g 2t= - gt5故D錯誤。故選AB 。3、（2020山東省濟南市上學(xué)期高三期末）.質(zhì)量為m的小球穿在光滑細桿 MN上，并可沿細桿滑動。已知細桿與水平面夾角 30。，細桿長度為2L, P為細桿中點。小球連接輕彈簧，彈簧水平放置，彈簧右端固定于豎直平面的。點。此時彈簧恰好處于原長，原長為2/3L3球會經(jīng)過P點，并能夠到達 N點。下列說法正確的是（）,勁度系數(shù)為 mg。將小球從 M點由靜止釋放，小A.小球運動至P點時受到細桿彈力為 5 mg6b.小球運動到p點處時的加速度為2c.小球運動至n點時的速度，須D.小球運動至N點時彈簧的彈性勢能為 mgL【答案】

5、AC【解析】AB .小球運動至P點時，根據(jù)幾何關(guān)系可得 OP之間的距離為：d _2/3Lsin300 L 33則彈簧的彈力大小為:彈作用，如圖所示:mg在沿斜面方向上，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30o ma解得:A正確，B錯誤;CD .根據(jù)幾何關(guān)系，可知 ON = OM=2 L故小球從M點運動至N點，彈性勢能變化量為零，所以在3N點的彈性勢能為零，則整個過程小球減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，根據(jù)機械能守恒有：mgg2Lsin30o ；mv：解得：vN j2gL , C正確，D錯誤。故選AC。4、（ 2020重慶市高三上學(xué)期一診）高空豎直下落的物體，若阻力與速度成正比，則下列說法正確的

6、是（）A.下落過程，物體的機械能守恒B.重力對物體做的功等于物體動能的增加量C.若物體做加速運動，必是勻加速運動D.物體落地前有可能做勻速直線運動【答案】D【解析】A.下落過程，由于有阻力做功，則物體的機械能減小,A錯誤；B.根據(jù)動能定理,重力和阻力對物體做的功等于物體動能的增加量,增加，物體的加速度減小，則物體做加速運動，-B錯誤；C.根據(jù)牛頓第二定律 mg-kv=ma可知隨速度的定不是勻加速運動,C錯誤;為半徑為R的球體， 下列說法正確的是（D.物體落地前，若滿足 mg=kv則物體做勻速直線運動， D正確。故選D。5、（2020重慶市高三上學(xué)期一 診）兩顆質(zhì)量相同的衛(wèi)星 P、Q均繞地球做勻

7、速圓周運動，衛(wèi)星 P的動能是衛(wèi)星 Q動能的4倍，把地球視衛(wèi)星P、Q距地高度分別為hp、hQ,衛(wèi)星P、Q做勻速圓周運動的周期分別為Tp、Tq,）A. hQ 4hp, Tq4TpB. hQ 4hp 3R, Tq 4Tpc. hQ 4hp, Tq 8TpD. hQ 4hp 3R, TQ 8Tp【解析】AC .衛(wèi)星P的動能是衛(wèi)星Q動能的4倍,根據(jù)12Ek mv可知Vp 2vq根據(jù)2Mm2r2mv_解得r h rGM R hPv2R hQVq1-Q-即 hQvp44hP2 r3RAC錯誤；BD .根據(jù)T v得”TprQvP。4 2 8即Tq rpVQ8TpB錯誤,D正確。故選D。6、（ 2020重慶市高

8、三上學(xué)期一診）如圖所示,傾角為 9,足夠長的光滑斜面體固定在地面上。質(zhì)量為 m的物塊在沿斜面向上、大小為 間，物塊離斜面底端的距離為F的恒力作用下，從斜面的底端由靜止開始向上做勻加速直線運動。經(jīng)一段時s時撤去恒力。再經(jīng)過相同時間，物塊剛好回到斜面的底端。已知重力加速度為g,選取地面為零勢能面，則（A.2Fs撤去恒力時物塊的速度大小為mB.撤去恒力時物塊的動能小于其重力勢能C.撤去恒力時物塊的動能與物塊返回底端時的動能相等D.物塊返回到斜面底端時，重力的瞬時功率為2Fsmg【答案】B【解析】A.根據(jù)動能定理:Fsmgssin去恒力時的速度為v ,則vtV.EP mgssin 二 mg sin t

9、 223一 mv2能等于 Fs,大于撤去恒力瞬時的動能,(vtEk1-g sin2B正確;12.一 ,12Fs _.mv 解得 v= J 2gssin A 錯誤；B.撤2. m2 “- 3vt )解得t 一-g sinC.由能量關(guān)系可知,錯誤；D.根據(jù)動能定理 FsPG mgv sing2FsmsinD 錯誤。故選 B。撤去恒力時的重力勢能物體返回到斜面底端時的動12 r一mv則重力的瞬時功率為27、（2020天津市六校上學(xué)期期末聯(lián)考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，到達 C處的速度為零，AC h。

10、如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度 v,恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,則A.從A到C的下滑過程中，圓環(huán)的加速度一直減小B.從A下滑到C過程中彈簧的彈勢能增加量小于 mgh2C.從A到C的下滑過程中，克服摩擦力做的功為 D.上滑過程系統(tǒng)損失的機械能比下滑過程多4【答案】BC【解析】A.圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過 B處的速度最大，到達 C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過小，后增大，故 A錯誤;mgh Wf W彈 0 0BC.研究圓環(huán)從 A處由靜止開始下滑到B處的加速度為零，所以加速度先減C過程，運用動能定理列出等式0在C處獲

11、得一豎直向上的速度v,恰好能回到A,運用動能定理列出等式mgh W彈 Wf 02 ,mv解得Wf摩擦生熱8、 （2020現(xiàn)將力F1212-mv則克服摩擦力做的功為一mv ,由分析可知， 44.1212W單mv2 mgh所以在C處，彈簧的彈性勢能為 mgh mv2則從A下滑到C過程中彈簧的彈性勢能 441增加量等于mgh mv2故BC正確；D.由能量守恒定律知，損失的機械能全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱了，而 4Q fs兩個過程系統(tǒng)損失的機械能相等，故D錯誤。故選BC。四川省成都市高三一診）如圖，小物塊P在沿斜面向上的拉力 F作用下沿固定光滑斜面勻速上滑。的方向變?yōu)樗较蛴?，仍?P保持原來的速度沿斜面勻速

12、上滑。則變化后與變化前比較Fn誤;故A錯 cos因此P率不變，故 D車正確表示小球落地（不再彈P隨v變化關(guān)系A(chǔ).B.*目同的位移偏向角均等于斜面傾角【答案】C【解析】當(dāng)平拋速度 V vBC是水平面，從斜坡頂端 A以不同 B。不計空氣阻力，則下列圖象能F變大，故B正確C錯誤；D.一開始F的功率為P Fv mg sin v變化之后功率為F cos v mg sinv 拉力 f9、（2020江蘇省蘇北四市高三上學(xué)其 初速度v向左水平拋出同AB是斜坡,速度為刖瞬間重力瞬.如圖所示，v0時，恰好落到坡底D.A.斜面對物體 支持力不變 B.力F變大 C.力F變小D.力F的功率變大【答案】B【解析】A.對物

13、體受力分析可知，物體受重力、支持力、摩擦力和拉力，根據(jù)受力平衡可得mg cos當(dāng)力F的方向變?yōu)樗较蛴遥?根據(jù)平衡可得Fn mg cos F sin因此支持變大, BC.在斜面方向，根據(jù)平衡可得 mgsin F當(dāng)力f的方向變?yōu)樗较蛴铱傻?mg sin FIgt2,可得:tan 1 2JL x vtP mg vy mg gt 2mg tan一，2v tangt ,可得平拋時間：t 則小球所受的重力的瞬時功率為：2VgV可知，P關(guān)于V構(gòu)成正比例函數(shù)關(guān)系；當(dāng)平拋的初速度 V V0時，小球均落在水平面上，平拋的豎直高度相同為h,有：h1gt2則平拋時間為： t 隹 2. g則小球所受的重力的瞬時功率

14、為:P mg Vy mg gtmg12gh可知功率P為恒定值；綜合兩種情況可得C項的圖像爭取，ABD項的圖像錯誤；故選 Co10、（2020江蘇省蘇北四市高三上學(xué)期期末）如圖甲所示,滑塊沿傾角為a的光滑固定斜面運動,內(nèi)，與斜面平行的恒力作用在滑塊上，滑塊的機械能E隨時間t變化的圖線如圖乙所示，其中某段時間0力、t2時刻條傾斜線段，則下列說法正確的是以后的圖線均平行于t軸，t1-t2的圖線是A. t=0時刻，滑塊運動方向一定沿斜面向上B. ti時刻，滑塊運動方向一定沿斜面向下C. tit2時間內(nèi)，滑塊的動能減小D. t2t3時間內(nèi)，滑塊的加速度為gsin a【答案】BD【解析】ABC .根據(jù)能量

15、守恒定律可知，除重力以外的力做功使得物體的機械能變化, 物體的機械能不變，說明沒有其它力做功，但物體的運動可以是沿斜面向上或沿斜面向下；械能隨時間均勻減小,EEoEkt,而由功能關(guān)系EFx則物體的位移關(guān)于時間變化0ti 內(nèi)t1t2時間內(nèi)機x vt,推得物體做勻速直線運動，則需要其它力 運動或沿斜面先向上勻減再向下勻加；F mg sin ,綜合可得0t1物體可以是沿斜面向下做勻變速直線詢72物體沿斜面向下做勻速直線運動，此時滑塊的動能不變；故 A項錯誤，B項正確，C項錯誤；D. t2t3時間內(nèi)，機械能不再變化，說明撤去了其它力，物體沿斜面方向只有重力的分力提供加速度，由牛頓第二定律:mg sin

16、a - gsin 故D項正確；故選 BD。m11、（2020江蘇省常州市高三上學(xué)期期末）如圖所示，在地面上空以初速度Vo水平拋出一個質(zhì)量為 m的小球，小球下落過程中，其動能Ek、重力勢能Ep、重力的功率 P、重力的功 W與時間t的關(guān)系圖象中，正確的是（D.【答案】C【解析】A.某時刻的動能Ek 1mv2 k 2的拋物線，選項 A錯誤；B.重力勢能Ep Ep0 pp U11 1mv0 mg t則Ek t圖像是不過原點且開口向上22mgh EP0 2mg2t2則匕t圖像不是直線，選項B2徐反；C.重力的功率 P mgvy mg gt mg t則p-t圖像是過原點 直線，選項C正確；D.重力的12.

17、2功： W mgh 2 mg t則W-t圖像是過原點的曲線，選項 D錯誤。12、（2020江蘇省常州市高三上學(xué)期期末）如圖所示，豎直桿上套有一個質(zhì)量輕質(zhì)細繩通過輕質(zhì)定滑輪O,連接小球A、B.小球A從細繩與豎直方向的夾角為能運動到細繩與豎直方向垂直的C點，一切阻力不計，已知sin37=0.6RU（A.小球A在上升過程中加速度先減小后增大B.小球B在最低點時加速度和C.小球B的質(zhì)量為1.25mD.小千B的質(zhì)量為2m【答案】AD【解析】A.小球A在從開始到C點的過程中，先加速后減速，一定存在 此位置的合力為零，加速度為零，則小球 A在上升過程中加速度先減小后增大，選項B.小球A運動到C點后，會重新下

18、降，則小球 B在最低點時速度為零，加速度不為CD.設(shè)OC=3L,則整個過程中對 AB的整體由能量關(guān)系：mg 4L mBg（5L 3誤，D正確；故選AD.13、（ 2020湖南省懷化市高三上學(xué)期期末）.如圖，用絕緣材料制作的光滑桿AB,桿AB與水平地面的夾角30, D點是桿AB的中點。水面地面上的 C點固定有豎直。在桿AB上套一個帶負電的小圓環(huán)P,并讓小圓環(huán)從 A端靜止釋放，小圓環(huán)吊得mB=2m1C錯m的小球A,用不可伸長的 37。的位置由靜止釋放，恰電荷 Q, A 日從A沿桿滑連線B端,選項B車受力平衡的位A正確;對小圓環(huán)下滑的過程，下列說法正確的是A.小圓環(huán)P一直做勻加速運動B.小圓環(huán)P的機

19、械能守恒C.小圓環(huán)P在A點和D點的機械能相等D.小圓環(huán)P在D點的加速度最大【答案】C【解析】A.對小圓環(huán)P受力分析，受重力、靜電力、桿的彈力作用，沿桿的方向有重力的分力、 靜電力的分力，靜電力的大小方向都變化，合力隨著變化，加速度也隨著變化，不會一直做勻加速運動， 故A錯誤。B.小圓環(huán)P下滑的過程，靜電力先做正功后做負功，機械能先增加后減小，故 B錯誤。C. C離A點和D點的距離相等，靜電力相等，即A點和D點在同一等勢面上，電勢能相等，小圓環(huán) P下滑的過程發(fā)生電勢能和機械能的相互轉(zhuǎn)化，所以在 A點和D點的機械能相等，故 C正確。D.重力沿桿方 向的分力mgsin壞變，在D點靜電力沿桿的分力沿桿

20、向上，而在 A點沿桿向下，所以小圓環(huán) P在D點的 加速度不是最大，故 D錯誤。故選Co14、（2020湖南省懷化市高三上學(xué)期期末）如圖，質(zhì)量為 M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始x,做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff,小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為此過程中，以下結(jié)論正確的是A.小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F Ff) (L x)B.小物塊到達小車最右端時小車具有的動能為Ff LC.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff xD.小物塊和小車增加的機械能為F (L x) Ff

21、 L【答案】AD【解析】A .對物塊分析，物塊相對于地的位移為L+x ,根據(jù)動能定理得L、，.、12( F Ff)( L x) mv0則知物塊到達小車最右端時具有的動能為(F-Ff) (L+x)。故A正確。B.對21 2小車分析，根據(jù)動能定理得Ff x -Mv0則知物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffx.故B錯2誤。C.物塊相對于地的位移大小為 L+s,則物塊克服摩擦力所做的功為 Ff (L+s)。故C錯誤。D.根據(jù)能 量守恒得，外力 F做 功轉(zhuǎn)化為小車和物塊的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則有：F (L+x) =4E+Q則物塊和小車增加的機械能為4 E=F (L+x) -FfL,故D正確。故

22、選 AD。15、(2020河南省洛陽市高三一模)為了人民的健康和社會的長遠發(fā)展，我國環(huán)保部門每天派出大量的灑水車上街進行空氣凈化除塵，已知某種型號的灑水車的操作系統(tǒng)是由發(fā)動機帶動變速箱，變速箱帶動灑水泵產(chǎn)生動力將罐體內(nèi)的水通過管網(wǎng)噴灑出去，假設(shè)行駛過程中車受到的摩擦阻力跟其質(zhì)量成正比，受到的空 氣阻力跟車速成正比，當(dāng)灑水車在平直路面上勻速行駛并且勻速灑水時，以下判斷正確的是()A.灑水車的動能保持不變【答案】C【解析】以車和水為研 由題意，車受到的摩擦阻力跟其質(zhì) F-f-kv=ma當(dāng)灑水車在平直路面上 氣阻力恒定不變，則牽引力在減小, 誤。B.發(fā)動機的功率 P=Fv,牽 灑水車的質(zhì)量隨時間均勻

23、減小，則C. k=71C.牽引力的功率要隨時間均勻減小A.該電池最大重力勢能為116、(2020河南省洛陽市高三一模 月26日，廈門市某小區(qū)樓下一位 若一節(jié)質(zhì)量為0.1kg的干電池從 地面的口寸間為0.01s,第一次落地又勻減小，故C正確，D錯誤。故5m局處自由正比，受到的行駛并且勻速;力為零。減小，速度力的大小隨灑高空拋物是馬媽被從三樓面的沖擊力跟B.發(fā)動主率保持不變D.牽弓小跟灑水時間成反比大的社會危害到水平地面上后又反彈到重量的比值為k,重0J時，.灑7水平 用力跟間均勻減成正比，根據(jù)水的質(zhì)量在減小,的質(zhì)重減小，速度的功率減小,目不成反比。不文明的行為; 丟下的一節(jié)且會帶5號.該電池的最

24、大動能為D.電池在接觸地面關(guān)和空氣阻力作用，二定律知，摩擦阻力在減小，空芝,故動能減小，故B錯誤。CD.牽引力 引力功率隨時間均A錯 F=f+kv,2019 年 6也擊中頭部，當(dāng)場鮮血直流，0.2m高度，電池第一次接觸口速度大小 g=10m/s2)為量的變化量大小為0.3kg?m/s【答案】C【解析】A.電池的最大重力勢能為：EP=mgh=0.1 X0M.25J=1.25J故A錯誤。B,最大動能與最大重力勢能相等，為 1.25J,故B錯誤。CD.選向下為正，接觸地面過程中動量的變化量為：P=mv-mv=-m2gh -m2gh =0.1 x(力2 1025/2 10 02)kgm/s=-7kgm

25、/s由動量定理：(mg-kmg) t=4p代入數(shù)據(jù)得：K=71故C正確，D錯誤。故選 C。17、(2020河北省衡水中學(xué)下學(xué)期高三一調(diào))如圖所示，某生產(chǎn)廠家為了測定該廠所生產(chǎn)的玩具車的性能，將兩個完全相同的玩具車 A、B并排放在兩平行且水平的軌道上，分別通過掛鉤連接另一個與玩具車等質(zhì)量的貨車(無牽引力)，控制兩車以相同的速度 v。做勻速直線運動。某時刻，通過控制器使兩車的掛鉤斷開，玩具車A保持原來的牽引力不變，玩具車B保持原來的輸出功率不變，當(dāng)玩具車A的速度為2vo時，玩具車B的速度為1.5V0,運動過程中受到的阻力僅與質(zhì)量成正比，與速度無關(guān)，則正確的 是()A.在這段時間內(nèi)兩車的位移之比為6

26、 ： 5 B.玩具車A的功率變?yōu)樵瓉淼?倍C.兩車克服阻力做功的比值為12 ： 11D.兩車牽引力做功的比值為3 : 1【答案】C【解析】B.設(shè)玩具車、貨車質(zhì)量都為m,動摩擦因數(shù)為 的那么兩車的掛鉤斷開與貨車分離，玩具車的速度為 、0,牽引力F=2科mg加速度為a=g,電機輸出功率 P=Fvo=2科mgv變?yōu)樵瓉淼?倍，則B錯誤；A.玩具車A保持原來的牽引力不變前進，那么加速度不變，那么當(dāng)玩具車A的速度為2vo時，位222(2Vo) Vo3Vo,，r，32 ,. 移Sa= L_020- -0-功率Pa，F(xiàn)?2V0=2Pa克服摩擦力做的功 WfmgSA mv0牽引力做的功：2a 2 g2WFA=

27、FsA=3mv02;玩具車B保持原來的輸出功率不變前進，當(dāng)玩具車A的速度為2V0時，玩具車B的速度為1_ 2v0 V01.5v0,由動能定理可得：P 0一0a11;則A錯誤CD.克服摩擦力做的功:2八 1_ _2 1211V0mgSB m 1.5v0 mv0 所以位移 SB=所以 sa：sb=12：228 gWfBmgSB11mV0 所以 WfA： WfB = 12： 11；牽引力做的功：8_ 2v v 2 一WFBP 00 2mv2所以WFa: Wfb=3: 2故C正確，D錯誤；故選 C。a18、(2020河北省衡水中學(xué)下學(xué)期高三一調(diào))如圖，質(zhì)量分別為 mA=2kg、mB=4kg的A、B小球

28、由輕繩貫穿并掛于定滑輪兩側(cè)等高 H=25m處，兩球同時由靜止開始向下運動，已知兩球與輕繩間的最大靜摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.兩側(cè)輕繩下端恰好觸地，取g=10m/s2,不計細繩與滑輪間的摩擦，則下列說法正確的是()A. A與細繩間為滑動摩擦力，B與細繩間為靜摩擦力C. A,B落地時的動能分別為 400J、850JB. A比B先落地D.兩球損失的機械能總量250J【答案】ACD【解析】A項：由于A、B兩球?qū)毨K的摩擦力必須等大，且A、B的質(zhì)量不相等，A球由靜止釋放后與細繩間為滑動摩擦力，mBg-fB = mB3B, fA=fB, fA=0.5mAg,B與細繩間為靜

29、摩擦力，故 聯(lián)立解得：aA 5 ms2,A、B下降的高度分別為 hA、hB,速度分別為Va、Vb,則有:AaBhA正確；B 項：對 A ： mAg-fA=mA3A,對 B ：7.5 m 2設(shè)A球經(jīng)ts與細繩分離，此時,-aAt2, hB -aBt2, H=hA+hB, VA=aAt, 22VB=aBt 聯(lián)立解得：t=2s, hA=10m, /L1,2,15 10t1 5gti，對 B 經(jīng) t2落地, 先落地，故B錯誤；C項：12EkA 二 mAVA mAg(H h)A)EkB2hB=15m , VA=10m/s, VB=15m/s,rc /12 k 2m 則有：10 15t2 gt2 解得:2

30、A、B落地時的動能分別為分離后，對A經(jīng)t1落地，則有：3 .13t1 1s, t23 s ,所以 b2EkA、EkB ,由機械能守恒，有：12-mBvB mBg(HhB)代入數(shù)據(jù)得：EkA=400J、EkB=850J,故 C 正確;2D項：兩球損失的機械能總量為E, AE= (mA+mB) gH-EkA-EkB,代入數(shù)據(jù)得： E=250J ,故D正確.故應(yīng)選：ACD .19、（2020福建省廈門市高三上學(xué)期期末） 如圖所示, 平桌面上，用一細繩連接。初始時細繩經(jīng)過定滑輪呈水平，A物體套在光滑的豎直桿上，B物體放置在粗糙水A、B物體質(zhì)量均為 m。A物體從P點由靜止釋放，下落到 Q點時，速度為此過

31、程中，下列說法正確的是 （A物體的細繩與水平方向夾角為0,v, PQ之間的高度差為 h,此時連接A. A物體做勻加速直線運動B. A物體到 Q點時，B物體的速度為v sinC. A物體減少的重力勢能等于A、B兩物體動能增量之和D. B物體克服摩擦做的功為mgh mv212.2-mv sin,選項D錯混；故選Bo220、（2020安徽省安慶市高三上學(xué)期期末）.如圖所示,位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由一段拋物線AB組成,【答案】B【解析】A.滑塊A下滑時，豎直方向受重力和細繩拉力的豎直分量，因細繩拉力的豎直分量是變化的，則滑塊 A所受的合力不是恒力，則 A的加速度不是恒量，即 A不是勻加速下滑，選項

32、A錯誤;B.若滑塊A的速度為v,則由速度的分解可知，滑塊 B的速度為vsin ,0選項B正確;C.由能量關(guān)系可知，A物體減少的重力勢能等于 B克服摩擦力做功和 A、B兩物體動能增量之和， 選項C12錯反；D . B物體克服摩擦做的功為 mgh mvA.B.C.若小環(huán)從A點由靜止因微小擾動而滑下，到達B點的速度為2j5m/D.若小環(huán)從A點由靜止因微小擾動而滑下，到達B點的時間為0.4s【答案】A【解析】AB .小環(huán)以初速度vo= 2 m/s從A點水平拋出，下落0.8 m用時t0.4sA點為拋物線頂點，已知 A、B兩點間的高度差h=0.8 m, A、B兩點間的水平距離 x= 0.8 m,重力加速度

33、g10 m/s2, 一小環(huán)套在軌道上的 A點，下列說法正確的是小環(huán)以初速度vo= 2 m/s從A點水平拋出后，與軌道無相互作用力小環(huán)以初速度vo= 1 m/s從A點水平拋出后，與軌道無相互作用力A正確，B錯誤;水平位移為x=v0t=0.8 m,其軌跡剛好與光滑軌道重合，與軌道無相互作用力,1C.根據(jù)機械能守恒定律 mgh= - mv2到達B點的速度v J2gh ,2 10 0.8 4m/sC錯誤；D.小環(huán)沿軌道下落到 B點所用的時間比平拋下落到 B點所用的時間長，大于 0.4 s, D錯誤.故選Ao21、（2020安徽省安慶市高三上學(xué)期期末）如圖所示，質(zhì)量相同的兩物體a、b,用不可伸長的輕繩跨

34、接在同一光滑的 輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上.初始時用力壓住 b使a、b靜止,撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面.在此過程中A. a的動能一定小于b的動能B.兩物體機械能的變化量相等C. a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為正【答案】A【解析】A .輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b的動能小，A正確；BC .因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產(chǎn)生，所以該系統(tǒng)機 械能減少，而 B、C兩項的說法均為系統(tǒng)機械能守恒的表現(xiàn)，故 B、C錯誤；

35、D.輕繩不可伸長，兩端分 別對a、b做功大小相等，一負一正， D錯誤.故選Ao22、（2020安徽省安慶市高三上學(xué)期期末） 如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上.一質(zhì)量為m=0.2 kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中（彈簧在彈性限度內(nèi)），其速度v和彈簧壓縮量 Ax之間的函數(shù)圖象如圖乙所示，其中 A為曲線的最高點.不計小球和彈簧接觸瞬間機械能損失、空氣阻力，g取10 m/s2,則下列說法正確的是A.小球剛接觸彈簧時加速度最大C.從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒B.該彈簧的勁度系數(shù)為 20.0 N/mD.小球自由落體運動下落的高度1.25m

36、【答案】BD【解析】AB .由小球的速度圖象知，開始小球的速度增大，說明小球的重力大于彈簧對它的彈力，當(dāng)Ax為0.1 m時，小球的速度最大，然后減小，說明當(dāng) 改為0.1 m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力.所以可得：kAx=mg解得：k= 0.2 10 N/m = 20 N/m彈簧的最大縮短量為 Ax最大=0.61 m,所以F最0.1大=20 N/mX0.61 m = 12.2 N彈力最大時的加速度 a= F最大-mg = 1220.2 10 =51 m/s2小球剛接觸彈簧 m0.2時加速度為10 m/s2,所以壓縮到最短時加速度最大，故A錯誤，B正確；C.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，單獨

37、的小球機械能不守恒，故 C錯誤；D.根據(jù)自由落體運動算得小球自由落體運動下落的高度22,v05 一h - 1.25mD 正確.故選 BD。2g 2 1023、（2020安徽省安慶市高三上學(xué)期期末）港珠澳大橋是連接香港大嶼山、澳門半島和廣東省珠海市跨海大橋，工程路線香港國際機場附近的香港口岸人工島，向西接珠海、澳門口岸人工島、珠海連接線，止于珠海洪灣，總長約 55公里，在建設(shè)港珠澳大橋時為了更大范圍的夯實路面用到一種特殊圓環(huán)，建設(shè)者為了測 試效果，做了如下的演示實驗：如圖所示，一輕繩吊著粗細均勻的棒，棒下端離地面高 H,上端套著一個細環(huán)。棒和環(huán)的質(zhì)量均為 m,相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力km

38、g（k1）.用;斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落。假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時，觸地時間極短，無動能損失。棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計，重力加速度為 g求：（1）棒第*一次與地面碰撞彈起上升過程中，環(huán)的加速度；（2）從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程；（3）從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止，摩擦力對環(huán)及棒做的總功干【答案】(1) a環(huán)=(k-1)g,方向豎直向上(2) k-H (3) 2km1gHk 1k 1【解析】(1)設(shè)棒第一次上升過程中，環(huán)的加速度為 a環(huán)環(huán)受合力F環(huán)=kmg-mg由牛頓第二定律F環(huán)=ma環(huán) 由得a環(huán)=(k-1)g方向豎直向上.設(shè)以地面為零勢能面，向上為

39、正方向，棒第一次落地 的速度大小為 W由機械能守恒的：1 2mv2 2mgH解得v J2gH .設(shè)棒彈起后的加速度 a棒由牛V2H 頓第一定律 a棒=(k+1)g 棒第一次彈起的最大高度H1解得： H1 棒運動路程2a 棒k 1k 3s H 2H1 H (3)設(shè)環(huán)相對棒滑動距離為L,根據(jù)能重寸恒 mgH+mg (H + L尸kmgL摩擦k 1力對棒及環(huán)做的總功及是摩擦生熱W kmgL由解得W - 2kmgHk 124、(2020江蘇省蘇北四市高三上學(xué)期期末)如圖所示，水平地面上有一長L=2m、質(zhì)量M=1kg的長板，其右端上方有一固定擋板。質(zhì)量m=2kg的小滑塊從長板的左端以vo=6m/s的初速

40、度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0,長板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離。己知長板與地面間的動摩擦因數(shù)口=0.4,滑塊與長板間動摩擦因數(shù)陛=0. 5,重力加速度g取10 m/s2。求：(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移x; (2)滑塊碰到擋板前，水平Q。拉力大小F; (3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】(1) 0.8m ; (2) 2N; (3) 48J【解析】(1)滑塊在板上做勻減速運動，a=g2g解得：a=5m/s2根據(jù)運動學(xué)公式得：L=V0t1 -at2m2解得t=0.4

41、s (t=2.0s舍去)(碰到擋板前滑塊速度V1=V0-at=4m/s2m/s ,說明滑塊一直勻減速)板移動的位移x=vt=0.8m_F _ 一一-(2)對板受力分析如圖所不，年 有：F+f2=f1其中f1=國(M+m)g=12N, f2 =區(qū)mg=10Nh fz解得：F=2N (3)法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Qi= f2-(L-x) =mg ( L-x)=12J滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q2=戌mg (L-x) =12J整個過程中，板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量:Q3=以(M+m) g?L=24J所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Qi+Q2+Q3=48J法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為Fi=2N (第二問可知)Fi做功為Wi=Fix=20.8=1.6J滑塊與擋板碰撞后，木板受到的拉力為:F2= f1 + f2 =以(M+m) g+2mg=22NF2做功為 W2=F2