2021年2022年高考物理真題分類匯編：功和能

2021v2022年高考物理真題分類匯編6功和能2022年高考真題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200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質量為50kg,MN=PQ=20m,尸。段的傾角為30。，重力加速度g取lOm/s?,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40NC.從P到Q,小車重力勢能增加1x10」B.從M到N,小車克服摩擦力做功800JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J【答案】ABD【解析】A.小車從M到N,依題意有片=尸匕=200W代入數(shù)據(jù)解得F=40N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f1=F=40N則摩擦力做功為叱=Y0x20J=—800J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/=mgxM=5(X)Nx20mxsin30"=5(XX)J故C錯誤;D.依題意，小車從P到Q,摩擦力為力，有于,+mgsin300=—v2摩擦力做功為嗎=-人xs2s2=20m聯(lián)立解得W2=-700J則小車克服摩擦力做功為700J,故D正確。2、（2022?全國乙卷?T16）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R，它到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh=-mv'山幾何關系可得h=Lsin6山幾何關系可得h=Lsin6sin6>=—2R聯(lián)立可得h=—2R可得故C正確，ABD錯誤。3、（2022?浙江6月卷?T13）小明用額定功率為1200W、最大拉力為3OON的提升裝置，把靜置于地面的質量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達平臺速度剛好為零，g取lOm/s?，則提升重物的最短時間A.13.2sA.13.2sB.14.2sC.15.5sD.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匕升，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，甫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20Tm-mg300-20x10,2c,2

a,=-2——-= m/s2=5m/s220當功率達到額定功率時，設重物速度為匕，則有^=1200m/s=4m/s'Tm300此過程所用時間和上升高度分別為v,4t,=」=-s=0.8s

a}5

重物以最大速度勻速時，有hy=2q2x5重物以最大速度勻速時，有hy=2q2x5m=1.6m441200, 4,vm=—= = m/s=6m/sTmg200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Z's=L2s622am622am2x5m=3.6m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G，該過程根據(jù)動能定理可得hy=85.2m-1.6m—3.6m=80m聯(lián)立解得t2=13.5s故提升重物的最短時間為mg=§+，2+G=0.8s+13.5s+1.2s=15.5sC正確，ABD錯誤;4、（2022?浙江1月卷?T1）單位為J/m的物理量是（A.力B.功A.力B.功C.動能D.電場強度【答案】A【解析】根據(jù)功的定義式w=&可知J=Nm則有N-m =N因N是力的單位，故單位為〃m的物理量是力。5.（2022?河北?T9）如圖，輕質定滑輪固定在天花板上，物體P和。用不可伸長的輕繩相連，懸掛定滑輪上，質量“°＞膽.，f=0時刻將兩物體由靜止釋放，物體。的加速度大小為亨。T時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達到的最高點恰與物體。釋放位置處于同一高度，取『=0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體。的機能為E。重力加速度大小為g,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（ ）EA.物體P和。的質量之比為1:3 B.27時刻物體。的機械能為一2C.2T時刻物體尸重力的功率為延 D.2T時刻物體P的速度大小義工2T 3【答案】BCD【解析】A.開始釋放時物體Q的加速度為則3mQg-FT=mQ-^FT-mpg=mp-^-解得- 2mp_1mQ2選項A錯誤：B.在7時刻，兩物體的速度

13P上升的距離%」區(qū)72=紅123 6細線斷后P能上升的高度2 丁2生=上=紅--2g18可知開始時PQ距離為h=h]+h2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lmog2T2E=mQgh=09從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為W_尸G_1nQgT%-4九-9則此時物體Q的機械能h戶uzmQgTEE=E-WF=- =—’ 9 2E此后物塊Q的機械能守恒，則在27■時刻物塊Q的機械能仍為一,選項B止:確；2CD.在27■時刻，重物P的速度,2gTv2=v,gT=§方向向下；此時物體P重力的瞬時功率p=mev="2gT惇叮=3E

Gpg2 2 3 32T選項CD正確。6、（2022?湖北?T7）一質點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2V增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質點做功分別為Wi和W2,合外力的沖量大小分別為h和d下列關系式一定成立的是（ ）

A.叱A.叱=3叱，I2<3Z,B.嗎=3叱,kNiiC.嗎=7叱，Z2<37, D.必=7叱，I2>I,【答案】C【解析】根據(jù)動能定理可知TOC\o"1-5"\h\zI0 1 0 3 0W,=—/w(2v)2-—mv~=—mv~,1 ,21 ,W2=-nz(5v)2一一m(2v)2=—mv22 2 2可得W2=7W]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mv<Z,<3mv

3mv<I2<hnv可知7、(2022?浙江1月卷?T20)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角。=37°的光滑直軌道A8、圓心為。1的半圓形光滑軌道88、圓心為。2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8點等高)，8、。1、D、。2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=O.lkg,軌道8C。7和DEF的半徑R=O.15m,軌道AB長度&,=3m,滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)〃=一，滑塊8與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin370=0.6,cos370=0.8o滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，(1)若釋放點距8點的長度/=0.7m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力國的大??；(2)設釋放點距8點的長度為。，滑塊第一次經(jīng)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8點長度lx的值。

【解析】(1)到c點過程mglsin37°+mgR(]-cos31)=—mvlC點時FN-mg=m^

AFm=7N（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時mglxsin37-(3mgRcos37+R)mg=0解得Iv=0.85m要能過F點/v>0.85m（3）設摩擦力做功為第一次到達中點時的〃倍mglxsin37°-7ng-^-sin37°-n///n^^-cos37=0解得.7〃+6U15當〃=1時xl15當〃=3時9當〃=5時—m

x3158、（2022?山東卷?T16）某糧庫使用額定電壓U=380V,內(nèi)阻R=0.250的電動機運糧。如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行，此時電流/=40A。關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質量叫=100kg,車上糧食質量嗎=1200kg,配重質量a）=40kg,取重力加速度g=lOm/s?,小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數(shù)為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質量。求:（1）比例系數(shù)k值;67【答案】（1）%=0.1；（2）￡=——m185【解析】（1）設電動機的牽引繩張力為（，電動機連接小乍的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有UI=I2R+Ttv解得7；=7400N小車和配重一起勻速，設繩的張力為4,對配重有T?=m0g=400N設斜面傾角為6,對小車勻速有T}+Tt=（町+m,）gsin6+k（町+m,）g而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有n\gsin0=m（）g+km}g聯(lián)立各式解得sin6?=0.5,^=0.1（2）關閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設加速度為對系統(tǒng)由牛頓第二定律有

（叫+tn2）gsin%（町+tn2）g-mng=（叫+/n,+町））4可得67由運動學公式可知v2=2aL解得,67L- m1859,（2022?湖北?n6）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時,C到兩定滑輪的距離均為L重物A和B的質量均為m,系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60。。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為欄￡時，與正下方質量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動上距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可10視為質點。（1）求C的質量；（2）若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大?。唬?）撤掉樁D,將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能?！敬鸢浮?1)>/3/n;(2)6.5mg；(3)(4—2>j3)mgL【解析】(1)系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知mcg=2mgcos30解得mc=V3w(2)CD碰后C的速度為零，設碰撞后。的速度v,根據(jù)動量守恒定律可知解得v△居

2V5CD碰撞后D向下運動急距離后停止，根據(jù)動能定理可知0--x2mv2=2ing--F—2 10 10解得F=6.5mg(3)設某時刻C向下運動的速度為v',A8向上運動的速度為v,圖中虛線與豎直方向的夾角為a,根據(jù)機械能守恒定律可知'2fl/，\2 Lc/L/、—mcv+2x一根(ucosa)=mcg 2mg( L)2 tanasina令y=mcg- 2mg(/-—L)tana sina對上式求導數(shù)可得da (sina)~(sina)~當孚=0時解得daV3

cosa=——

2a-30此時y=m，.g 2mg(二 L)=mgLtana sina于是有—/nrv2+2x—/n(vcosa)2=mgL解得v2=_gL3V3此時C的最大動能為E1m=mcv'2=(4-2\/3)mgL2021年高考真題L（2021?山東卷）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸。轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度%出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（ ）【答案】B【解析】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據(jù)動能定理-f-27rL=0--mv^可得摩擦力的大小故選B.（2021?浙江卷）中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術參數(shù)。已知混凝土密度為2.4xl（）3kg/m3,假設泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，則每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（ ）發(fā)動機最大輸出功率（kW）332最大輸送高度（m）63整車滿載質量（kg）5.4xlO4最大輸送量（m3/h）180A.1.08x107JB.5.04x107Jc.1.08xl08JD.2.72xlO8J【答案】C【解析】泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功W=pVg/z=2.4xl03xl50xl0x30J=1.08xl08J故選C.（2021?湖南卷）"復興號"動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達到提速的目的?？傎|量為加的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P,若動車組所受的阻力與其速率成正比（41=如，女為常量），動車組能達到的最大速度為％。下列說法正確的是（ ）A.動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變

B.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動C.若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為1%D.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間f達到最大速度%,則,這一過程中該動車組克服阻力做的功為【答案】C【解析】A.對動車由牛頓第二定律有F-F^=ma若動乍組在勻加速層動，即加速度。恒定，但4=如隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯誤；B.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P,由牛頓第二定律有4P, kv=mav故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；C.若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時加速度為零，有2.25戶, =kvv4P,4P,—=kvm%聯(lián)立解得故C正確；D.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動乍組從靜止啟動，經(jīng)過時間，達到最大速度以，由動能定理可知加%產(chǎn)刎可得動車組克服阻力做的功為w-4P/--wv；rpn. 2m

故D錯誤;故選Co（2021?河北卷）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為乃R、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（ ）QA. +兀）gR B.12兀gR C.Q2（T+兀）gR D.2y[gR【答案】A【解析】小球下落的高度為71 71+2h=nR--R+R= R2 2小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh=gmv2綜上有v=J（zr+2）gR故選Ao（2021?全國卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）-4QQQQQQQn〃〃/7s2〃〃/〃〃〃〃〃S2〃〃〃A.動量守恒，機械能守恒B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒D.動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【解析】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功,而水平地面是光滑的：以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。故選B.（2021?浙江卷）一輛汽車在水平高速公路上以80km/h的速度勻速行駛，其1s內(nèi)能量分配情況如圖所示則汽車（ ）來自燃料7.0x104；水泵魏甲05xlO*J來自燃料7.0x104；水泵魏甲05xlO*J: “排損耗03*10*1|/當股空氣電力做功0.45xlO4J廣金服轉動阻力做功0.45*10'1發(fā)動機傳動和驅動A.發(fā)動機的輸出功率為70kWB.每1s消耗的燃料最終轉化成的內(nèi)能是5.7X104JC.每1s消耗的燃料最終轉化成的內(nèi)能是6.9xl04jD.每1S消耗的燃料最終轉化成的內(nèi)能是7.0X104J【答案】C【解析】A.由圖可知，發(fā)動機1S內(nèi)克服轉動阻力做功為0.45xl04j,則輸出功率為0.45xlO40.45xlO4W=4.5kW選項A錯誤；BCD.每1s消耗的燃料有6.9xiyj進入發(fā)動機，則最終轉化成的內(nèi)能的量為6.9X104J,選項C正確，BD錯誤。故選Co（2021?浙江卷）如圖所示，同學們坐在相同的輪胎上，從傾角相同的平直雪道先后由同高度靜止滑下，各輪胎與雪道間的動摩擦因數(shù)均相同，不計空氣阻力。雪道上的同學們（ ）A.沿雪道做勻速直線運動 B.下滑過程中機械能均守恒C.前后間的距離隨時間不斷增大 D.所受重力沿雪道向下的分力相同【答案】C【解析】A.同學坐在輪胎上從靜止開始沿雪道下滑，做加速運動，受力分析如圖Fmesin0-umecos6 ._ 八a= =gsin〃一〃gcost）m又因為〃相同，所以同學們做勻加速直線運動，A錯誤：B.下滑過程中摩擦力做負功，雪道上的同學們機械能減小，B錯誤；C.根據(jù)勻加速”線運動位移呵時間的關系X=,可知同學們前后距離隨著時間不斷增大，2也可以從速度的角度分析，同學們做勻加速直線運動，隨著時間的增加，速度越來越大，相等時時間內(nèi)通過的位移越來越大，所以同學們前后距離隨著時間不斷增大，C正確；D.各同學質量川能不同，所以重力沿雪道向卜的分力mgsin。也可能不相同，D錯誤。故選Co（2021?浙江卷）如圖所示是我國自主研發(fā)的全自動無人值守望遠鏡，它安裝在位于南極大陸的昆侖站，電力供應僅為1X103W。若用國際單位制基本單位的符號來表示W(wǎng),正確的是（ ）A.N?s B.N?m/s C.kg?m/s D.kg?m2/s3【答案】D【解析】A.N不是國際單位制基本單位，根據(jù)沖量的定義/=Kt可知，N-s是沖量的的單位，A錯B.根據(jù)功率的計算公式尸=&可知功率的單位可以衣示為N-m/s,但N不是國際單位制基本單位，B錯誤；c.根據(jù)動量的定義，= ■知，kg?m/s是動量的單位,c錯誤;D.根據(jù)P=fV可知功率的單位可以表示為N-m/s，結介/=/w可知N=kg-m/s2,則功率得單位W=N-m/s=kg-m2/s3,D正確。故選D。（2021?廣東卷）長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g,下列說法正確的有（）A.甲在空中的運動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少預加D.從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為〃吆〃【答案】BC【解析】A.由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，故A錯誤；B.做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率P=mgvcos0=mgvy=mgQ2gh因為兩手榴彈運動的高度差相同，質量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C.從投出到落地，手榴彈下降的高度為/）,所以手榴彈五力勢能減小量A￡p=mgh故C正確：D.從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。故選BC,（2021?湖南卷）如圖，兩端開口、下端連通的導熱汽缸，用兩個輕質絕熱活塞（截面積分別為號和S?）封閉一定質量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細沙，活塞從A下降〃高度到8位置時，活塞上細沙的總質量為小。在此過程中，用外力尸作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個過程環(huán)境溫度和大氣壓強P。保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）A.整個過程，外力尸做功大于0,小于B.整個過程，理想氣體的分子平均動能保持不變C.整個過程，理想氣體的內(nèi)能增大D.整個過程，理想氣體向外界釋放的熱量小于（月）E.左端活塞到達5位置時，外力尸等于一產(chǎn)【答案】BDE【解析】A.根據(jù)做功的兩個必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞52沒有移動，可知整個過程,外力F做功等于0,A錯誤；BC.根據(jù)氣缸導熱且環(huán)境溫度沒有變，可知氣缸內(nèi)的溫度也保持不變，則整個過程，理想氣體的分子平均動能保持不變，內(nèi)能不變，B正確，C錯誤；D.由內(nèi)能不變可知理想氣體向外界釋放的熱量等于外界對理想氣體做的功：Q=W<PoS[h+mghD正確：E,左端活塞到達B位置時，根據(jù)壓強平衡可得：meF

p0+ =p0+—°S,°S2即：八皿E正確。故選BDEo（2021?全國卷）一質量為m的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為線，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為生。已知sina=0.6,重力加速度大小為g。則（ ）A.物體向上滑動的距離為裊2mgB.物體向下滑動時的加速度大小為]C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長【答案】BC【解析】AC.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有-//mg-21cosa=--Ek物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有-mglsina-fimglcosa=0—Ek整理得=〃=0.5mgA錯誤，C正確;B.物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有ma=mgsina—/imgcosa求解得出B正確D.物體向上滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有ma=mgsina+//mgcosa物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有ma下=mgsina—Ringcosa由上式可知由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式l=-at22則可得出D錯誤。故選BC。（2021?全國卷）水平桌面上，一質量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物體通過的路程等于S。時，速度的大小為%,此時撤去F,物體繼續(xù)滑行2%的路程后停止運動，重力加速度大小為g,則（A.在此過程中F所做的功為gmv：3B.在此過中F的沖量大小等于1根%C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于」4s°gD.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知F-/Jing-ma]①由速度位移公式有片=24與②外力撤去后，由牛頓第二定律可知-/Limg=ma2③由速度位移公式有-v()=2a2(2sQ)(4)由①②③④可得，水平恒力F=3*4%動摩擦因數(shù)說4甑滑動摩擦力Ff= =——-4%可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍,故C正確，D錯誤；A.在此過程中，外力F做功為

故A錯誤；B.由平均速度公式可知，外力F作用時間r廠3Ir廠3I=Ftx=-mv0故B正確。故選BC,利用手機研究乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的情況。（2021?山東卷）某乒乓球愛好者，利用手機研究乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的情況。實驗步驟如下：①固定好手機，打開錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球：③手機記錄下乒乓球與臺面碰撞的聲音，其隨時間（單位：s）的變化圖像如圖所示。根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應碰撞時刻，如下表所示。根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應碰撞時刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時刻（S）1.121.582.002.402.783.143.47根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答下列問題:（1）利用碰撞時間間隔，計算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為m（保留2位有效數(shù)字，當?shù)刂亓铀俣萭=9.80m/s2）。（2）設碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k,則每次碰撞損失的動能為碰撞前動能的倍（用k表示），第3次碰撞過程中％=（保留2位有效數(shù)字）。（3）由于存在空氣阻力，第（1）問中計算的彈起高度（填"高于"或"低于"）實際彈起高度。

【答案】0.20 \-k2 0.95高于【解析】（1）⑴笫3次碰撞到第4次碰撞用時小=2.40s-2.00s=0.40s,根據(jù)豎直上拋和自由落體運動的對稱性可知第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為?。?-x9.8x0.22m?0.20m[2]碰撞后彈起瞬間速度為Z，碰撞前瞬間速度為W，根據(jù)題意可知則每次碰撞損失的動能與碰撞前動能的比值為[3]第2次碰后從最高點落地瞬間的速度v=gtv=gt=第3次碰撞后瞬間速度為, ,,240-2.00、v=gt=( )g=0.20g則第3次碰撞過程中v0.21（3）⑷由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，上升的高度變小，所以第（1）問中計算的彈起高度高于實際彈起的高度。（2021?河北卷）某同學利用圖1中的實驗裝置探究機械能變化量與力做功的關系，所用器材有：一端帶滑輪的長木板、輕細繩、50g的鉤碼若干、光電門2個、數(shù)字計時器、帶遮光條的滑塊（質量為200g,其上可放鉤碼）、刻度尺，當?shù)刂亓铀俣葹?.80m/s2,實驗操作步驟如下:遮光條光電門1 光電門2 圖?①安裝器材，調整兩個光電門距離為50.00cm,輕細繩下端懸掛4個鉤碼，如圖1所示；②接通電源，釋放滑塊，分別記錄遮光條通過兩個光電門的時間，并計算出滑塊通過兩個光電門的速度；③保持最下端懸掛4個鉤碼不變，在滑塊上依次增加一個鉤碼，記錄滑塊上所載鉤碼的質量，重復上述步驟；④完成5次測量后，計算出每次實驗中滑塊及所載鉤碼的總質量M、系統(tǒng)（包含滑塊、滑塊所載鉤碼和輕細繩懸掛鉤碼）總動能的增加量及系統(tǒng)總機械能的減少量△￡，結果如下表所示:M/kg0.2000.2500.3000.3500.400△EJ0.5820.4900.3920.2940.195AE/J0.3930.4900.6860.785回答下列問題：（1）實驗中輕細繩所懸掛鉤碼重力勢能的減少量為J（保留三位有效數(shù)字）；（2）步驟④中的數(shù)據(jù)所缺數(shù)據(jù)為；（3）若M為橫軸，AE為縱釉，選擇合適的標度，在圖2中繪出AE-Af圖像:若系統(tǒng)總機械能的減少量等于克服摩擦力做功，則物塊與木板之間的摩擦因數(shù)為（保留兩位有效數(shù)字）

【答案】0.980 0.588【解析】0.40(0.38~0.42)[1]四個鉤碼重力勢能的減少量為△Ep=4/ngL=4x0.05x9.8xO.5J=0.980J[2J對滑塊和鉤碼構成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可知【答案】0.980 0.588【解析】0.40(0.38~0.42)[1]四個鉤碼重力勢能的減少量為△Ep=4/ngL=4x0.05x9.8xO.5J=0.980J[2J對滑塊和鉤碼構成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可知4mgL-W(=g(4m+M)q_g(4m+M)n；其中系統(tǒng)減少的重力勢能為AEP=4mgL系統(tǒng)增加的動能為1,1,A￡k=—(4zn+A/)V2--(4/?+A/)vf系統(tǒng)減少的機械能為△￡=%，則代入數(shù)據(jù)可得表格中減少的機械能為陽=0.98-0.392=0.588J(3)⑶根據(jù)表格數(shù)據(jù)描點得的圖像為⑷根據(jù)做功關系可知AE=fjMgL則圖像的斜率為k=/JgL=0.785-0.3930.4-0.2解得動摩擦因數(shù)為〃=0.40(0.38~0.42)

(2021?山東卷)如圖所示，三個質量均為m的小物塊A、B、C,放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為了，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。(彈簧的彈性勢能可表示為：Ep=^kx2,k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)(1)求B、C向左移動的最大距離與和B、C分離時B的動能￡；；(2)為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值￡.；(3)若三物塊都停止時B、C間的距離為/c，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W,通過推導比較W與力Tbc的大??；(4)若/=57,請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度。隨位移x變化的圖像，并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的。、x值(用人k、m表示)，不要求推導過程。以撤去F時C的位置為坐標原點，水平向右為正方向?！敬鸢浮?1)線=/:6"+8/：(2)及。=(3+巫)(3)W<JxRC；

k k 2【解析】(1)從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關系得Fx0=2fx0+^kx1彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒聯(lián)立方程解得_2F-4fE=尸-6/F+8尸（2）當A剛要離開墻時，設彈簧得伸長量為X，以A為研究時象，由平衡條件得kx=f若A剛要離開墻壁時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Fmin,從彈簧恢復原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得i2Ek=—kx"+fx結合第（1）問結果可知”（3土粵）/根據(jù)題意舍去41n=（3-叵）/，所以恒力得最小值為心=（3+乎）/（3）從B、C分離到B停止運動，設B的路程為Xb，C的位移為左，以B為研究對象，由動能定理得-W-faB=O-Ek以C為研究對象，由動能定理得-拉c=°-Ek由B、C得運動關系得聯(lián)立可知卬＜鼠（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得5fx]-2fx]-^kx^=0解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為kX[=6/則坐標原點的加速度為_kxl-2f_6f-2f_2fLit— — —2m2mm之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為kx—2f2m可知加速度隨位移入為線性關系，隨著彈簧逐漸恢復原長，X減小，〃減小，彈簧恢復原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為m負號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復原長，以B、C為研究對象，由動能定理得—kx；—2fic.=—■2mv221 12脫離彈簧瞬間后C速度為v,之后C受到滑動摩擦力減速至0,由能量守恒得A1 2fx2=—mv解得脫離彈簧后，C運動的距離為1則c最后停止的位移為3 36/9/-2'2kk所以C向右運動的圖象為

（2021?湖南卷）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為〃。以水平軌道末端。點為坐標原點建立平面直角坐標系xOy,X軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標為（2必￡,//￡）,。端在y軸上。重力加速度為g。（1）若A從傾斜軌道上距X軸高度為的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過。點時的速度大小;（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過。點落在弧形軌道PQ上的動能均相同,求PQ的曲線方程;（3）將質量為4加（2為常數(shù)且;IN5）的小物塊8置于。點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑,與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），耍使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側,求A下滑的初始位置距X軸高度的取值范圍?！敬鸢浮浚?）:（2）x=2y]2pLy-y2（其中，JJL<y<2/jL）；（3）32-12-3?rL32-12-3?rL<x</i24-2+1

（2一1）2?4rL【解析】（1）物塊A從光滑軌道滑至:。點，根據(jù)動能定理mg-2rL—/JrngL=—mv2解得V=y]2/JgL（2）物塊A從。點飛出后做平拋運動，設飛出的初速度為%,落在弧形軌道上的坐標為（X,y）,將平拋運動分別分解到水平方向的勻速直線運動和豎宜方向的自由落體運動，有, 1 2x=vot,y=-gr解得水平初速度為2v2_grvo-v-

2y物塊A從。點到落點，根據(jù)動能定理可知TOC\o"1-5"\h\zF1 2rngy=Ek--mv0解得落點處動能為1 2? I2mgxEk=mgy+-mv0=mgy+——乙 y因為物塊A從。點到弧形軌道上動能均相同，將落點的坐標代入，可得? msx rmgCluL)1_TEk=mgy+ =mgx/jL+ =2/jmgL4y 4x〃L化簡可得x2y+—=2uL-4yx=2y/2/jLy-y2(其中，（3）物塊A在傾斜軌道上從距x軸高〃處靜止滑下，到達。點與B物塊碰前，其速度為%，根據(jù)動能定理可知mgh—/jmgL-gmv1解得片=2g〃-2〃gL ——①物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的小側，則A與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道-傾斜軌道-水平軌道再次到達。點。規(guī)定水平向右為正方向，

碰后AB的速度大小分別為匕和乙，在物塊A與B碰撞過程中，動量守恒，能量守恒。則mv0=一機匕+Xmv2解得A—1Vi=2+r° ②“尤+盧 ③設碰后A物塊反彈，再次到達。點時速度為匕,根據(jù)動能定理可知-2/nmgL=gmv^-；mvf解得——（4）據(jù)題意，A落在B落點的右側，則匕〉V2 ——⑤據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點的左側，即:匕<42〃gL ⑥聯(lián)立以上，可得力的取值范圍為32-12-3?32-12-3?piL<h<+4+1(…2（2021?全國卷）如圖，一傾角為。的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d,減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車（可視為質點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。己知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能,則L應滿足什么條件？（無動力）小車【答案】（1）mgdsinff..（2）“g（1+29d）sim（3）L>d+J^.30 sin6【解析】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有mgsin0=ma設小車通過第30個減速帶后速度為力，到達第31個減速帶時的速度為V2，則有v；-%=2ad因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一個減速帶均為V1和V2：經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為△E=-mv1-；nzVj2聯(lián)立以上各式解得AE=mgdsin0（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為力，則在水平地面上根據(jù)動能定理有-Rings=0—mvf從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有mg(L+29d)sin6-AE￡1=gmvf聯(lián)立解得AEC,=mg(L+29d)sin8-"mgs3030（3）由題意可知AT>AE