《2020年高考物理 模擬新題分類匯編 功和能（含詳解）》由會員分享，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）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、E單元功和能 E1有機結(jié)構(gòu)認(rèn)識9E12020海南物理卷 一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t0時起，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()A02 s內(nèi)外力的平均功率是 WB第2 s內(nèi)外力所做的功是 JC第2 s末外力的瞬時功率最大D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是【解析】 AD由牛頓第二定律Fma可得，第1 s內(nèi)的加速度a12 m/s2，第2 s內(nèi)的加速度a21 m/s2；由勻變速直線運動規(guī)律可得，第1 s內(nèi)的位移x11 m，第1 s末的速度v12 m/s，第2 s內(nèi)的位移x22.5 m，第2 s末的速度v23 m/

2、s；由做功公式WFx可求，第1 s內(nèi)外力做功W12 J，第2 s內(nèi)外力做功W22.5 J，選項B錯誤； 02 s內(nèi)外力的平均功率 W，選項A正確；第2 s末外力瞬時功率P2F2v23 W，第1 s末外力瞬時功率P1F1v14 WP2，選項C錯誤；由動能定理知，動能增加量之比等于合外力做功之比，所以，選項D正確4E12020江蘇物理卷 如圖所示，演員正在進行圖4雜技表演由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于()A0.3 J B3 JC30 J D300 J4E12020江蘇物理卷 A【解析】 若一個雞蛋大約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的過

3、程中對雞蛋做的功等于雞蛋重力勢能的增加量，即Wmgh551031060102 J0.33 J，A正確E2動能 動能定理15E22020課標(biāo)全國卷 一質(zhì)點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用此后，該質(zhì)點的動能可能()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動的方向成銳角時，該力一直做正功，其動能一直增大，A正確；當(dāng)所加恒力的方向與物體運動的方向相反時，物體先做勻減速運動后做反向的勻加速運動，其動能先逐漸減小至零，再逐漸增大，B正確；當(dāng)所加恒力的方向與物體運動的方向成鈍角(

4、不等于180)時，其動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)動能先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小的情況，C錯誤E3機械能守恒定律16E32020課標(biāo)全國卷 一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是()A運動員到達最低點前重力勢能始終減小B蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加C蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)【解析】 ABC運動員到達最低點前其高度一直降低，故重力勢能始終減小，A正確；蹦極

5、繩張緊后的下落過程中，其彈力方向與運動方向相反，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，B正確；蹦極過程中，只有重力和彈力做功，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒，C正確；重力勢能的改變量Epmgh，只與初末位置的高度差有關(guān)，而與重力勢能零點的選取無關(guān)，D錯誤22C2 E32020北京卷 【答案】 (1)受力圖如圖所示根據(jù)平衡條件，應(yīng)滿足Tcosmg，TsinF拉力大小Fmgtan(2)運動中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒mgl(1cos)mv2則通過最低點時，小球的速度大小v根據(jù)牛頓第二定律Tmgm解得輕繩對小球的拉力Tmgmg(32cos)，方向豎直向上21.(1)D42020福建卷(2)E420

6、20福建卷(3)E3D22020福建卷圖110圖110為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，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)有一原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到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的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能已知重力加速度為g.求：(1) 質(zhì)量為m的魚餌到達管口C時的速度大小v1；(2) 彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep；(3) 已知地面與水面相距

7、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，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在m到m之間變化，且均能落到水面持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？21(1)D42020福建卷(2)E42020福建卷(3)E3D22020福建卷 【答案】 (1)質(zhì)量為m的魚餌到在管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則mgm由式解得v1(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有Epmg(1.5RR)mv由式解得Ep3mgR(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對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動，設(shè)經(jīng)過t時間落到水面上，離OO的

8、水平距離為x1，由平拋運動規(guī)律有45Rgt2x1v1tR由式解得x14R當(dāng)魚餌的質(zhì)量為m時，設(shè)其到達管口C時速度大小為v2，由機械能守恒定律有Epmg(1.5RR)v由式解得v22質(zhì)量為m的魚餌落到水面上時，設(shè)離OO的水平距離為x2，則x2v2tR由式解得x27R魚餌能夠落到水面的最大面積SS(xx)R2(或8.25R2)E4實驗：探究動能定理21(1)D42020福建卷(2)E42020福建卷(3)E3D22020福建卷圖110圖110為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，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)有一原長為R、下

9、端固定的輕質(zhì)彈簧投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到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的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能已知重力加速度為g.求：(1) 質(zhì)量為m的魚餌到達管口C時的速度大小v1；(2) 彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能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，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在m到m之間變化，且均能落到水面持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？21(1)D4

10、2020福建卷(2)E42020福建卷(3)E3D22020福建卷 【答案】 (1)質(zhì)量為m的魚餌到在管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則mgm由式解得v1(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有Epmg(1.5RR)mv由式解得Ep3mgR(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對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動，設(shè)經(jīng)過t時間落到水面上，離OO的水平距離為x1，由平拋運動規(guī)律有45Rgt2x1v1tR由式解得x14R當(dāng)魚餌的質(zhì)量為m時，設(shè)其到達管口C時速度大小為v2，由機械能守恒定律有Epmg(1.5RR)v由式解得v22質(zhì)量為m的魚餌落到水面上時，設(shè)離

11、OO的水平距離為x2，則x2v2tR由式解得x27R魚餌能夠落到水面的最大面積SS(xx)R2(或8.25R2)E5實驗：驗證機械能守恒定律14E52020海南物理卷 現(xiàn)要通過實驗驗證機械能守恒定律實驗裝置如圖19所示：水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌；導(dǎo)軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為M，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連；遮光片兩條長邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到導(dǎo)軌底端C點的距離，h表示A與C的高度差，b表示遮光片的寬度，s表示A、B兩點間的距離，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時

12、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點由靜止釋放，則在滑塊從A運動至B的過程中，滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量可表示為_，動能的增加量可表示為_若在運動過程中機械能守恒，與s的關(guān)系式為 _.圖111(2)多次改變光電門的位置，每次均令滑塊自同一點(A點)下滑，測量相應(yīng)的s與t值，結(jié)果如下表所示：12345s/m0.6000.8001.0001.2001.400t/ms8.227.176.445.855.43/104s21.481.952.412.923.39以s為橫坐標(biāo)，為縱坐標(biāo)，在圖110的坐標(biāo)紙中描出第1和第5個數(shù)據(jù)點；根據(jù)5個數(shù)據(jù)點作直線，求得該直線

13、的斜率k_104 m1s2(保留3位有效數(shù)字)圖112由測得的h、d、b、M和m數(shù)值可以計算出s直線的斜率k0 ，將k和k0 進行比較，若其差值在實驗允許的范圍內(nèi)，則可認(rèn)為此實驗驗證了機械能守恒定律【答案】 (1)mgs(2)如圖所示2.43圖113【解析】 (1)滑塊從A運動到B的過程中，滑塊的重力勢能減少，砝碼的重力勢能增加mgs；滑塊通過遮光片的速度v，此時系統(tǒng)的動能Ek(Mm)v2，此即為系統(tǒng)動能的增加量；若機械能守恒，則有mgs，即(2)描點作圖E6功和能綜合21E62020四川卷 質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點無初速自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小

14、球又回到A點不計空氣阻力且小球從未落地，則()A整個過程中小球電勢能變化了mg2t2B整個過程中小球動量增量的大小為2mgtC從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2D從A點到最低點小球重力勢能變化了mg2t2【解析】 BDt時刻小球的速度vgt，豎直方向的位移hgt2，加電場后，小球做勻減速直線運動，由gt2gttat2，得小球的加速度為a3g，利用牛頓第二定律有：Fmgma，解得電場力F4mg，從加電場到小球運動至最低點的位移為h.整個過程中小球電勢能的變化量為EpFh4mggt22mg2t2，A錯誤；末態(tài)小球的速度vatgt2gt，動量的增量大小為mv2mgt，B正確；從

15、加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mah，C錯誤；從A點到最低點小球重力勢能變化了Epmgmgmg2t2，D正確36E62020廣東物理卷如圖20所示，以A、B和C、D為端點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，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動的傳送帶上E點，運動到A時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滑上滑板滑板運動到C時被牢固粘連物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M2m，兩半圓半徑均為R，板長l6.5R，板右端到C的距離L在RL5R范圍內(nèi)取值，E距A為s5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動

16、摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度取g.(1)求物塊滑到B點的速度大??；(2)試討論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軌道的中點圖20【解析】 (1)設(shè)物塊運動到A和B的速度分別為v1、v2，由動能定理mgsmv由機械能守恒定律mv2mgRmv聯(lián)立解得v23(2)設(shè)從物塊滑上滑板到滑板與物塊達到相同的速度v3時，位移分別為l1和l2，由動量守恒定律mv2(mM)v3由動能定理mgl1Mvmgl2mvmv聯(lián)立解得l12R，l28R物塊相對滑板的位移ll2l16Rl即物塊與滑板在達到相同速度時，物塊未離開滑板若RL2R，則Wfmg(lL)即Wf

17、mg(13R2L)若2RLR，由確定Ek小于mgR，即物塊不能滑到CD軌道的中點24E62020浙江卷 節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車有一質(zhì)量m1000 kg的混合動力轎車，在平直公路上以v190 km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P50 kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80 km/h的限速標(biāo)志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L72 m后，速度變?yōu)関272 km/h.此過程中發(fā)動機功率的用于轎車的牽引，用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能假設(shè)轎車在上述運動過程中所受阻力保

18、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阻的大小；(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勻速運動的距離L.【答案】 (1)汽車牽引力與輸出功率關(guān)系PF牽v將P50 kW，v190 km/h25 m/s代入得F牽2103 N當(dāng)轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有F阻2103 N(2)在減速過程中，注意到發(fā)動機只有P用于汽車的牽引根據(jù)動能定理有PtF阻Lmvmv代入數(shù)據(jù)得Pt1.575105 J電源獲得的電能為E電0.5Pt6.3104 J(3)根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公

19、路上勻速行駛時受到的阻力仍為F阻2103 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L31.5 m.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)過三個完全相同的窗戶1、2、3.圖X81中直線為蘋果在空中的運動軌跡若不計空氣阻力的影響，以下說法正確的是( )圖X81A蘋果通過第3個窗戶所用的時間最長B蘋果通過第1個窗戶的平均速度最大C蘋果通過第3個窗戶重力做的功最大D蘋果通過第1個窗戶重力的平均功率最小1D【解析】 蘋果加速下落，運動越來越快，故蘋果通過第3個窗戶所用的時間最短，平均速度最大，A、B都錯；窗戶完全相同，所以蘋果通

20、過三個窗戶重力做的功一樣多，蘋果通過第1個窗戶用時最長，重力的平均功率最小，故C錯，D對2【2020德州模擬】如圖X82所示，現(xiàn)有兩個完全相同的可視為質(zhì)點的物塊都從靜止開始運動，一個自由下落，一個沿光滑的固定斜面下滑，最終它們都到達同一水平面上，空氣阻力忽略不計，則( )圖X82A重力做的功相等，重力做功的平均功率相等B它們到達水平面上時的動能相等C重力做功的瞬時功率相等D它們的機械能都是守恒的2BD【解析】 兩物體從同一高度下落，根據(jù)機械能守恒定律知，它們到達水平面上時的動能相等，自由下落的物體先著地，重力做功的平均功率大，而著地時重力做功的瞬時功率等于重力與重力方向上的速度的乘積，故重力做

21、功的瞬時功率不相等，選BD.3【2020濟南模擬】如圖X84所示是反映汽車從靜止勻加速啟動，最后做勻速運動的速度隨時間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是( )ABCD圖X843ACD【解析】 機車啟動時由PFv和Ffma可知，勻加速啟動過程，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X85所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度圖象，Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說

22、法正確的是( )A0t1時間內(nèi)汽車做勻加速運動且功率恒定Bt1t2時間內(nèi)汽車牽引力做功為mvmvCt1t2時間內(nèi)的平均速度為(v1v2)D在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，t2t3時間內(nèi)牽引力最小圖X854D【解析】 0t1時間內(nèi)汽車做勻加速運動，牽引力恒定，但速度增加，故功率增加，A錯；汽車水平方向受到牽引力和阻力作用，根據(jù)動能定理，t1t2時間內(nèi)合力做功為mvmv ，故B錯；公式(v1v2)適用于勻變速直線運動，故C錯；功率增到t1時刻，不再增加，t1t2時間內(nèi)功率恒定，但牽引力減小，t2t3時間內(nèi)牽引力最小，與阻力相等，所以D對5.【2020巢湖模擬】從地面豎直上拋一個質(zhì)量為

23、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能減少了mghB. 小球上升和下降的整個過程中機械能減少了fhC. 小球上升的過程中重力勢能增加了mghD. 小球上升和下降的整個過程中動能減少了fh5C【解析】 根據(jù)動能定理，上升的過程中動能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mghfh，小球上升和下降的整個過程中動能減少量和機械能的減少量都等于全程中克服阻力做的功，為2fh，A、B、D錯，選C.6【2020淄博模擬】物體沿直線運動的vt關(guān)系如圖X87所示，已知在第1 s內(nèi)合外力對物體做的功為W，則( )A從第1 s末到

24、第3 s末合外力做功為4WB從第3 s末到第5 s末合外力做功為2WC從第5 s末到第7 s末合外力做功為WD從第3 s末到第4 s末合外力做功為0.75W圖X876CD【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：v1v3v7，由題知Wmv0，則由動能定理知第1 s末到第3 s末合外力做功W2mvmv0，故A錯誤第3秒末到第5 s末合外力做功W30mvW，故B錯誤第5 s末到第7 s末合外力做功W4mv0W，故C正確第3 s末到第4 s末合外力做功W5mvmv；因v4v3，所以W50.75W，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

25、，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，如圖X88所示，物體在桿上通過a、b、c三點時的動能分別為Ea、Eb、Ec，且abbc，滑輪質(zhì)量和摩擦均不計，則下列關(guān)系中正確的是( ) 圖X88AEbEaEcEbBEbEaEcEbCEbEaEcEbDEaEbEc7CD【解析】 對環(huán)狀物體，繩的拉力對其做正功，物體的動能增加，D對；但這個力為變力，它做的功等于恒力F的功，恒力F的功等于F與它作用的繩伸長的距離的乘積，從a到b繩伸長的距離大于從b到c繩伸長的距離，根據(jù)動能定理，故C對8【2020哈爾濱九中模擬】如圖X89所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點在半徑為R的半球形

26、容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質(zhì)點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為( )A.R(FN3mg) B.R(3mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)圖X89圖X8108A【解析】 質(zhì)點到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓定律有FNmgm，根據(jù)動能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有WfmgRmv2，故摩擦力對其所做的功WfRFNmgR.9【2020濮陽一?！咳鐖DX810所示，物塊一次沿軌道1從A點由靜止下滑至底端B點，另一次沿軌道2從A點由靜止下滑經(jīng)C點至底端B點，ACCB.物塊與兩軌道間的動摩擦因

27、數(shù)相同，不考慮物塊在C點處撞擊的因素，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下滑時的位移較小C物塊滑至B點時速度大小相同D兩種情況下?lián)p失的機械能相同9CD【解析】 物塊沿軌道1滑下來時，設(shè)斜面的傾角為，軌道1長為l，A點在水平面上的投影為A，A到水平面的距離為h，由動能定理：mgh(mgcos)xmv，即mghmgABmv，同理可得，物塊沿軌道2滑下時，有mghmgABmv，也就是沿兩軌道下滑時，摩擦力做功一樣多，但摩擦力不同，所以CD對，A錯；位移是從初位置指向末位置的有向線段，故位移相同，B錯10【2020蘇北模擬】如圖X811所示裝置由AB、BC、CD

28、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的長度x5 m，軌道CD足夠長且傾角37，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h14.30 m、h21.35 m現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小；(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離圖X81110【解析】 (1)小滑塊從ABCD過程中，由動能定理得mg(h1h2)mgxmv0將h1、h2、x、g代入得：vD3

29、 m/s(2)小滑塊從ABC過程中，由動能定理得mgh1mgxmv將h1、x、g代入得：vC6 m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小agsin6 m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t11 s由對稱性可知，小滑塊從最高點滑回C點的時間t2t11 s故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔tt1t22 s(3)對小滑塊運動全過程利用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為x總有：mgh1mgx總將h1、代入得x總8.6 m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2xx總1.4 m11【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)小球的動能和重力勢能相等時，

30、重力的瞬時功率為( )A2mg BmgC.mg D.mg11B【解析】 動能和重力勢能相等時，根據(jù)機械能守恒定律有：2mghmgH，得下落高度為h，速度v，故Pmgvmg，B選項正確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，如圖X91所示小車以速度v向右勻速運動，當(dāng)小車遇到障礙物突然停止時，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X91圖X9212B【解析】 小球沿圓桶上滑過程中機械能守恒，由機械能守恒分析，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，則小球在圓心上方某位置

31、脫離圓桶，斜拋至最高點，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，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X92所示，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)，且小球A、B用一長為2R的輕質(zhì)細桿相連，在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中(已知重力加速度為g)，下列說法正確的是( )AA球增加的機械能等于B球減少的機械能BA球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能CA球的最大速度為D細桿對A球做的功為mgR圖X9313AD【解析】 系統(tǒng)機械能守恒的實質(zhì)可以理解為是一種機械能

32、的轉(zhuǎn)移，此題的情景就是A球增加的機械能等于B球減少的機械能，A對，B錯；根據(jù)機械能守恒定律：2mg2Rmg2R3mv2，所以A球的最大速度為，C錯；根據(jù)功能關(guān)系，細桿對A球做的功等于A球增加的機械能，即WAmv2mg2RmgR，故D對14.【2020濟南一模】一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，受重力和電場力作用若重力做功3 J，電場力做功1 J，則小球的( )A重力勢能增加3 J B電勢能增加1 JC動能減少3 J D機械能增加1 J14AD【解析】 由功能關(guān)系可知：克服重力所做的功等于重力勢能增加量，為3 J，故A正確；電場力所做的功等于電勢能的減少量，為1 J，故B錯誤；合外力做的

33、功等于動能的變化量，為2 J，故C錯誤；重力以外的其他力所做的功等于機械能的變化量，為1 J，故D正確15【2020德州模擬】如圖X910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B放在地面上，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用手通過細繩緩慢地將A向上提升距離L1時，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L2時，B剛要離開地面，此時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X910AL1L2 BW2W1CW1mgL1 DW2mgL2mv215BD【解析】 緩慢地將A向上提升距離L1時，B剛要離開地面，彈簧由壓縮量為到

34、拉伸量為，彈性勢能不變，L1，由功能關(guān)系可知，此過程手所做的功等于A增加的機械能，即W1mgL1；將A加速向上提起，A上升的距離為L2時，B剛要離開地面，彈簧也是由壓縮量為到拉伸量為，彈性勢能不變，L2，由功能關(guān)系可知，此過程手所做的功等于A增加的機械能，即W2mgL2mv2；綜上所述，BD正確、16ABD【解析】 由靜止釋放B到B達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物體的機械能一直減小，A對；根據(jù)動能定理，重力與拉力做功之和也正是B所受的合外力做的功，B對；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，B物體減少的機械能等于彈簧增加的彈性勢能與A增加的動能之和，C錯；根據(jù)功能關(guān)系可知，細線拉力對A做的功等于A物體和彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量，D對