資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：功和能綜合提高練習1
一、單選題（本大題共6小題）
1．關于功和能概念的理解，下列說法中正確的是（　　）
A．-10J的功大于+5J的功
B．靜摩擦力只能做正功，滑動摩擦力只能做負功
C．運動物體所受合外力不為0，則該物體動能一定變化
D．合外力對物體做功為0，機械能一定守恒
2．如圖所示，一輕繩跨過定滑輪，兩端分別系有小球A和B，在外力作用下使兩小球處于靜止狀態，兩球間的高度差為h，釋放小球，當兩球間的高度差再次為h時，小球A的速度大小為，已知重力加速度為g，不計一切摩擦，不計滑輪的質量，則A、B兩球的質量之比為（　　）
A．2∶3 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
3．水平推力分別作用于水平面上等質量的、兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續運動一段時間后停下，兩物體的圖像分別如圖中所示，圖中，則（ ）
A．的位移大于的位移 B．大于
C．的沖量大于的沖量 D．整個運動過程兩物體摩擦力的沖量相等
4．三角形是一光滑絕緣斜面，斜面足夠長，斜面傾角為，以點為坐標原點，沿斜面向下為軸正方向，如圖1所示，沿斜面加一靜電場，其電場強度隨變化的關系如圖2所示，設軸正方向為電場強度的正方向。現將一質量為，電荷量大小為的帶電小滑塊（視為質點）從點靜止釋放，且小滑塊釋放后沿斜面向下運動，已知，運動過程中小滑塊的電荷量保持不變。則下列說法正確的是（　　）
A．小滑塊一定帶正電
B．小滑塊沿斜面向下運動過程中機械能先減小后增大
C．小滑塊沿斜面向下運動過程中的最大速度為
D．小滑塊沿斜面向下運動的最遠距離為
5．如圖（a）所示,筒車是利用水流帶動車輪,使裝在車輪上的竹筒自動將水提上岸進行灌溉的裝置。其簡化模型如圖（b）所示,轉軸為,、、在同一高度,、分別為最低點和最高點,為水面。筒車在水流的推動下順時針轉動,竹筒做勻速圓周運動,其做勻速圓周運動的半徑為,角速度大小為 。竹筒在點開始打水,從點離開水面。假設從點到點的過程中,竹筒所裝的水質量為且保持不變,重力加速度為。下列說法正確的是
圖（a） 圖（b）
（ ）
A. 竹筒做勻速圓周運動的周期為
B. 竹筒從點到點的過程中,重力的功率逐漸減小
C. 竹筒過點時,竹筒對水的作用力大小為
D. 筒車上裝有 16個竹筒,則相鄰竹筒打水的時間間隔為
6．如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小（　　）
A．在Q點最大 B．在Q點最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小
二、多選題（本大題共4小題）
7．(多選)電動自行車的前、后輪上方通常安裝由彈簧和阻尼器組成的懸掛組件,其簡化模型如圖所示,光滑桿豎直固定在底座上,構成支架,放置在水平面上,輕彈簧套在桿上,套在桿上的圓環從距彈簧上端高度為H處由靜止釋放,接觸并壓縮彈簧,彈簧的形變始終在彈性限度內.圓環的質量為m,支架的質量為3m,彈簧的勁度系數為k,且已知彈簧的彈性勢能大小Ep與其形變量x滿足Ep=kx2,重力加速度為g,不計空氣阻力.圓環剛接觸彈簧時的位置為O點,下列說法正確的是 (　　)
A．在圓環壓縮彈簧的過程中,圓環的加速度先增大后減小
B．圓環下落過程中的最大速度為
C．當圓環運動到最低點時,底座對水平面的壓力大小為4mg
D．在圓環下落到最低點后反彈到最高點的過程中,圓環的機械能先增大后不變
8．如圖，兩根輕桿與質量為M的球甲通過輕質鉸鏈連接。輕桿長度都為L，C、D為兩個完全相同的物塊，質量都為m，開始時，兩輕桿處在豎直方向，C、D恰好與桿接觸，C、D都靜止在水平地面上。某時刻受擾動，兩桿推動C、D物體分別向左右運動，當為時，桿與物體仍未分離。甲、C、D在同一豎直平面內運動，忽略一切摩擦，重力加速度為g，在甲球從靜止開始運動到落地的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．當為時，
B．當為時，
C．當為時，
D．左桿末端與物體C一定會在甲落地前分離
9．在機場和火車站可以看到對行李進行安檢的水平傳送帶．如圖甲所示，旅客把質量為的行李（可視為質點）輕放到傳送帶的中點時，經過，行李與傳送帶之間停止相對滑動，此過程中，行李運動的圖像如圖乙所示．下列說法正確的是（ ）
甲 乙
A． 傳送帶順時針運動的速度為
B． 傳送帶的長度至少為
C． 傳送帶因為傳送行李多消耗的電能為
D． 傳送帶因為傳送行李增加的功率為
10．如圖所示，質量為的小球甲固定在輕彈簧上，輕彈簧固定在水平面上，小球甲和輕彈簧套在一豎直固定的光滑桿上，小球甲和質量為的物體乙用跨過一個光滑小定滑輪的不可伸長的輕繩連接。初始時，用手托住物體乙，使輕繩剛好伸直且繩上拉力為零，此時，連接小球甲和小定滑輪之間的輕繩與水平方向的夾角為，且小球甲靜止于點，現將物體乙由靜止釋放，經過一段時間后小球甲運動到點，水平并相切于小定滑輪上的點，且小球在兩點時彈簧的彈力大小相等。已知重力加速度為，，，彈簧始終處于彈性限度內。下列說法正確的是（　　）

A．彈簧的勁度系數
B．小球甲運動到N點時的速度大小為
C．小球甲由M點運動到N點的過程中，小球甲和物體乙的機械能之和先減小后增大
D．在小球甲由M點運動到N點的過程中，物體乙重力的瞬時功率一直增大
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．某小組的同學通過探討設計了一套方案來測量動摩擦因數，實驗裝置如圖甲所示，將足夠長的木板固定在水平面上，固定有遮光條的滑塊從光電門的右側以某初速度向左運動，經過一段時間滑塊靜止在光電門的左側某位置，測出遮光條經過光電門時的遮光時間t和滑塊靜止時遮光條到光電門的距離x，改變滑塊的初速度，重復以上操作，已知重力加速度大小為g。
(1)實驗前測得遮光條的寬度為d含遮光條的滑塊質量為m，則滑塊經過光電門時的動能 （用給定的物理量符號表示）。
(2)實驗時獲得多組數據后，得出的圖像如圖乙所示，該圖像的縱坐標為x，則橫坐標為 （填“”“”或“”）。若直線的斜率為k，則滑塊與木板之間的動摩擦因數 （用題中物理量的符號d，k和g表示）。
12．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、 的鉤碼若干、光電門2個、數字計時器、帶遮光條的滑塊（質量為 ,其上可放鉤碼）、刻度尺.當地重力加速度為 .實驗操作步驟如下：
①安裝器材，調整兩個光電門距離為 ,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保持繩下端懸掛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 、系統（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 及系統總機械能的減少量 ，結果如下表所示：
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______ （保留三位有效數字）；
（2） 步驟④中的表格所缺數據為______；
（3） 以 為橫軸， 為縱軸，選擇合適的標度，在圖2中繪出 圖像；
則滑塊與木板之間的動摩擦因數為____（保留兩位有效數字）.
13．如圖，一自行車騎行者和車的總質量為，從距離水平路面高為的斜坡路上A點，由靜止開始不蹬踏板讓車自由運動，到達水平路面上的B點時速度大小為，之后人立即以恒定的功名蹬車，人的輸出功率，從B運動到C所用時間，到達C點時速度恰好達到最大，車在水平路面上行駛時受到阻力恒為總重力的0.02倍，運動過程可將人和車視為質點，重力加速度，求：
（1）A到B過程中自行車克服阻力的功；
（2）自行車的最大速度vm；
（3）B、C之間的距離s。
14．如圖所示為一固定在地面上的楔形木塊，質量分別為和兩個物體，其中M質量是m的兩倍，用輕質細繩相連跨過固定在斜面頂端的定滑輪，已知斜面的傾角為，用手托住物體，使之距地面高為時，物體恰停在斜面的底端，細繩恰好繃直，并且與斜面的斜邊平行，如果突然釋放物體，不計一切摩擦。試求：
（1）物體著地時的速度大小；
（2）從釋放到落地，繩對物體做的功；
（3）設斜面足夠長，物體能沿斜面滑行的最大距離是多少？

15．如圖所示，AB是光滑的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，將彈簧水平放置，一端固定在A點。現使質量為m的小滑塊從D點以速度v0=進入軌道DCB，然后沿著BA運動壓縮彈簧，彈簧壓縮最短時小滑塊處于P點，重力加速度大小為g，求：
（1）在D點時軌道對小滑塊的作用力大小FN；
（2）彈簧壓縮到最短時的彈性勢能Ep；
（3）若水平軌道AB粗糙，小滑塊從P點靜止釋放，且PB=5l，要使得小滑塊能沿著軌道BCD運動，且運動過程中不脫離軌道，求小滑塊與AB間的動摩擦因數μ的范圍。
參考答案
1．【答案】A
【詳解】功是標量，正功表示力對物體做功，負功表示物體克服該力做功，因此-10J的功大于+5J的功，A正確；靜摩擦力可以做正功、負功或不做功，滑動摩擦力也可以做正功、負功或不做功，B錯誤；運動物體所受合外力不為0，如果該合外力不做功，那么物體動能不發生變化，例如勻速圓周運動，合外力不為0，但是不做功，C錯誤；機械能一定守恒的條件是除重力和彈力外，其他力做功的合功為零。合外力對物體做功為0，機械能不一定守恒，例如勻速向上運動的物體，動能不變，但是重力勢能增大，機械能增大，D錯誤。
2．【答案】C
【詳解】由機械能守恒定律得，結合，解得。
3．【答案】C
【詳解】圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，由圖可知，物體位移大小小于物體位移大小，A錯誤；根據圖像可得和段為撤去推力后的圖線，圖中，可知撤去推力后兩物體運動的加速度相等，加速度為，則兩物體與水平面的動摩擦因數相等，兩物體質量相等，所以受到的摩擦力大小相等，對段根據牛頓第二定律有，同理對段有，圖像的斜率表示加速度，段斜率較大，可知物體的加速度較大，則小于，B錯誤；對段根據動量定理有，同理對段有，由圖可知，可得，即的沖量大于的沖量，C正確；由上述分析可知，兩物體受到的摩擦力相等，物體運動時間較長，根據，可知，整個運動過程，物體摩擦力的沖量較大，D錯誤。
4．【答案】C
【詳解】由題知，取沿斜面向下為x軸正方向，最開始的電場強度方向沿斜面向上，若小滑塊帶正電，則最開始所受電場力沿斜面向上，有，即電場力大于重力沿斜面向下的分力，小滑塊剛開始不可能沿斜面向下運動，所以小滑塊帶負電，A錯誤；小滑塊帶負電，沿斜面向下運動過程中電場力先做正功，后做負功，所以機械能先增大后減小，B錯誤；小滑塊沿斜面向下運動過程中，當有最大速度時加速度為零，則有，解得，由圖2可知，設此時電場強度對應的橫坐標為x，則有，解得，從最開始到最大速度，根據動能定理有，解得，C正確；當小滑塊的速度為零時，沿斜面向下運動到最大位移，設為xm，對應的電場強度為Em，由圖2可知，從最開始運動到最大位移，根據動能定理有，聯立，解得，D錯誤。
5．【答案】B
【詳解】竹筒做勻速圓周運動的周期為，錯誤；竹筒從點到點的過程中，速度方向與豎直方向的夾角 逐漸增大，其重力的瞬時功率為 ，故重力的功率逐漸減小，正確；竹筒過點時，水受到的合力水平向右，為其做圓周運動提供向心力，其大小為，故竹筒對水作用力的大小為（點撥：竹筒對水的作用力在水平方向的分量提供向心力，豎直方向的分量與重力平衡），錯誤；相鄰竹筒打水的時間間隔，錯誤。
6．【答案】C
【詳解】方法一（分析法）：設大圓環半徑為，小環在大圓環上某處（點）與圓環的作用力恰好為零，如圖所示
設圖中夾角為，從大圓環頂端到點過程，根據機械能守恒定律，在點，根據牛頓第二定律，聯立解得，從大圓環頂端到點過程，小環速度較小，小環重力沿著大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從點到最低點過程，小環速度變大，小環重力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
方法二（數學法）：設大圓環半徑為，小環在大圓環上某處時，設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據機械能守恒定律，在該處根據牛頓第二定律，聯立可得，則大圓環對小環作用力的大小，根據數學知識可知的大小在時最小，結合牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。
7．【答案】BD
【解析】圓環剛開始壓縮彈簧時，彈力小于圓環重力，加速度向下，圓環繼續向下加速運動，彈簧形變量增大，彈力增大，圓環加速度減小，當彈力大小等于重力大小時，圓環速度最大，之后加速度反向增大，A錯誤；當彈力大小等于重力大小，即mg＝kx時，圓環速度最大，設為vm，根據機械能守恒定律得mg(H＋x)＝mvm2＋kx2，聯立解得vm＝，B正確；當圓環運動到最低點時，彈簧壓縮量x>，彈簧彈力必然大于mg，則底座對水平面的壓力大小必然大于4mg，C錯誤；圓環從最低點到脫離彈簧過程中，彈力對圓環做正功，圓環機械能增大，從脫離彈簧到最高點過程中，只有重力做功，機械能不變，故在圓環下落到最低點后反彈到最高點的過程中，圓環的機械能先增大后不變，D正確.
【關鍵點撥】1.由輕彈簧連接的物體系統，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，如果只有系統內物體的動能、重力勢能和彈簧彈性勢能相互轉化，則總的機械能守恒.2.對同一彈簧，彈性勢能的大小只由彈簧的形變量決定，如果彈簧的形變量相同，無論彈簧伸長還是壓縮彈性勢能都相等.3.物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關.
8．【答案】ABD
【詳解】A．設左桿的下端點為A，由對稱性易知桿與豎直方向成角，由關聯速度知，得，又，可得，故A正確；
B．從桿豎起到過程，對整個系統，由機械能守恒，得，又，聯立解得，B正確；
C．A與C沒有分離前，C物體一直向左加速，A對C有向左的彈力，對端點A分析，易知桿對A的力沿桿斜向下，桿對球甲的力沿桿斜向上.由對稱性知，兩桿對球甲的合力向上，，C錯誤；
D．由甲與端點A的速度關系知，當球甲落地瞬間，端點A速度為0，端點A速度先變大后變小，端點A速度最大時，C的速度也是最大，C的加速度為零，與端點A之間的彈力為零，A與C分離，D正確。選ABD。
9．【答案】AD
【詳解】圖線與時間軸圍成圖形的面積表示速度變化量，傳送帶順時針運動的速度大小為，正確；行李滑動長度為，因為行李放到傳送帶的中點，所以傳送帶的長度至少為，錯誤；行李增加的動能，摩擦生熱，根據能量守恒定律知，傳送帶因為傳送行李多消耗的電能為，錯誤；傳送帶因為傳送行李增加的功率為，正確．
10．【答案】AB
【詳解】根據題意，由幾何關系可知，由于小球在兩點時彈簧的彈力大小相等，則小球在兩點時，彈簧的形變量均為，小球在點時，由平衡條件有，聯立解得，A正確；根據題意可知，小球甲由M點運動到N點的過程中，小球甲、物體乙和彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球甲和物體乙的機械能之和先增大后減小，由牽引速度可知，小球甲運動到N點時，物體乙的速度為0，則物體乙的速度先增大后減小，物體乙重力的瞬時功率先增大后減小，由于小球在兩點時彈簧的彈力大小相等，彈簧的彈性勢能相等，設小球甲運動到N點時的速度大小為，由機械能守恒定律有，解得，CD錯誤，B正確。
11．【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）滑塊經過光電門時的速度大小
則滑塊經過光電門的動能
（2）[1]根據動能定理有
聯立以上，整理可得
圖像的縱坐標為x，則橫坐標為。
[2]若直線的斜率為k，則有
可得滑塊與木板之間的動摩擦因數
12．【答案】（1） 0.980
（2） 0.588
（3） 0.40；見解析
【詳解】（1） 輕細繩所懸掛鉤碼重力勢能的減少量為 .
（2） 系統總機械能的減少量等于重力勢能減少量與動能增加量之差,即 .
（3） 由于滑塊與木板之間的摩擦力做負功,系統總機械能減少,所以系統總機械能的減少量 ,對照繪出的 圖像,得 ,所以 .
13．【答案】（1）200J；（2）10m/s；（3）112.5m
【詳解】（1）A到B過程中，由動能定理，
解得。
（2）達到最大速度時牽引力等于阻力，則根據，
則車的最大速度。
（3）從B到C由動能定理，
解得。
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設落地時的速度為，系統的動能定理得：
得
（2）設從釋放到落地，繩對物體做的功，由動能定理得：
得
（3）落地后，以為初速度沿斜面勻減速上升，設沿斜面又上升的距離為，動能定理得
物體能沿斜面滑行的最大距離
得
15．【答案】（1）；（2）；（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7
【詳解】（1）在D點，根據牛頓第二定律有
解得
（2）根據能量守恒定律有
解得
（3）小滑塊恰能能運動到B 點，根據能量守恒定律有
解得μ=0.7
小滑塊恰能沿著軌道運動到C點，根據能量守恒定律有
解得μ=0.5
所以0.5≤μ≤0.7
小滑塊恰能沿著軌道運動D點，根據牛頓第二定律有
根據能量守恒定律有
解得μ=0.2
所以μ≤0.2
綜上可得μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7
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一、單選題（本大題共6小題）
1．關于功、功率、能量和機械效率，下列說法正確的是（ ）
A．力做功越多，其功率越大
B．機械的功率越大，其機械效率越高
C．力做的功越多，能量轉化越多
D．力對物體做功越多，物體具有的能量越大
2．質量為的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為，受到的阻力大小為。此時，汽車發動機輸出的實際功率是（　　）
A． B． C． D．
3．過山車是游樂場中常見的設施，一種過山車可以簡化為圖2模型：過山車質量m，沿傾斜軌道由靜止開始向下運動，在最低點附近做圓周運動，然后再沿軌道上升。設過山車在半徑為r的圓周軌道的最高點C處的速度大小為v，過山車在從C到B的運動過程中，阻力不可忽略，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．過山車在最低點時，軌道對車的支持力大小等于mg
B．過山車在最低點時，軌道對車的支持力大小等于
C．過山車從最高點到最低點的過程中，重力做功等于動能的變化量
D．過山車從最高點到最低點的過程中，重力做功大于動能的變化量
4．如圖所示兩個質量相同的小物塊A和B，分別從高度相同的光滑斜面和光滑圓弧面的頂點由靜止滑向底部，則下列說法正確的是（　　）
A．它們到達底部時動能相等 B．它們到達底部所用時間相等
C．物塊B下滑過程中重力做的功多 D．它們到達底部時重力的功率相等
5．如圖甲所示,輕質彈簧放置在傾角為30°的光滑斜面上,底部固定,上端與質量為m的物塊相連,當彈簧壓縮量為l1時,物塊由靜止開始向下運動,當彈簧壓縮量為l2時,物塊的速度正好為0.在此運動過程中,彈簧對物塊的彈力F與彈簧的壓縮量l的關系圖像如圖乙所示，重力加速度為g,下列說法中錯誤的是 (　　)
甲　乙
A．物塊的動能與彈簧的彈性勢能都增加
B．物塊重力勢能變化量的大小為mg(l2-l1)
C．此過程中物塊克服彈簧彈力做功為
D．當彈簧的壓縮量等于時,物塊的速度最大
6．某摩天輪的直徑達120 m，轉一圈用時1 600 s。某同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，依次從A點經B點運動到C的過程中(　　)
A．角速度為 rad/s
B．座艙對該同學的作用力一直指向圓心
C．重力對該同學做功的功率先增大后減小
D．如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將不變
二、多選題（本大題共4小題）
7．如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B。然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A。上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的是（　　）
A．物塊經過P點的速度，前一過程較小
B．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產生的熱量，前一過程較少
C．物塊滑到底端的速度，前一過程較大
D．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長
8．（多選）如圖所示，光滑定滑輪固定在墻上，繞過定滑輪的輕繩連接質量為的小球和質量為的小球，小球靜止在地面上，用手托著小球，滑輪兩邊的輕繩剛好伸直并沿豎直方向，這時小球離地面的高度為，不計滑輪和小球的大小，快速撤去手，小球從靜止開始運動至到達地面的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．初始時小球對地面的壓力大小為
B．輕繩對小球的沖量大小為
C．輕繩對、兩球的沖量大于、兩球重力的沖量
D．小球的機械能減少量為
9．如圖，兩根輕桿與質量為的球甲通過輕質鉸鏈連接。輕桿長度都為。、為兩個完全相同的物塊，質量都為。開始時，兩輕桿處在豎直方向，、恰好與桿接觸，、都靜止在水平地面上。某時刻受擾動，兩桿推動、物塊分別向左、右運動，當左、右桿間的夾角 為 時，桿與物塊仍未分離。甲、、在同一豎直平面內運動，忽略一切摩擦，重力加速度為。在甲球從靜止開始運動到落地的過程中，下列說法正確的是
（ ）
A． 當 為 時，
B． 當 為 時，
C． 當 為 時，
D． 左桿底端與物塊一定會在甲落地前分離
10．如圖為杭州亞運會體操賽場場景，“單臂大回環”是體操運動中的高難度動作，運動員單臂抓杠，以單杠為軸完成圓周運動，不考慮手和單杠之間的摩擦和空氣阻力，將“單臂大回環”看成豎直平面內的圓周運動，等效半徑為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．單杠對運動員既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．若運動員恰好能完成此圓周運動，則在最高點處時，運動員速度大小為零
C．若運動員恰好能完成此圓周運動，則在最高點處時，運動員與單杠之間無作用力
D．從最高點到最低點的過程中，單杠對運動員的作用力做正功
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．一個做直線運動的物體，其速度—時間圖像如圖所示，若 外力對物體做功 ， 外力對物體做功 ， 外力對物體做功 ，試著給出 、 、 與0的關系（ 時刻的速度和 時刻的速度大小相等）。
12．在某次賽前訓練課上，一排球運動員在網前距地面高度處用力扣球，使排球以的初速度水平飛出，如圖所示。已知排球質量，排球可視為質點，忽略排球運動中受到的空氣阻力，取，問：
（1）排球剛被扣出時的動能為多少？
（2）排球從被扣出到著地經歷的時間t為多少？
（3）請用機械能守恒定律求出排球落地時的速度是多少？
13．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、 的鉤碼若干、光電門2個、數字計時器、帶遮光條的滑塊（質量為 ,其上可放鉤碼）、刻度尺.當地重力加速度為 .實驗操作步驟如下：
①安裝器材，調整兩個光電門距離為 ,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保持繩下端懸掛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 、系統（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 及系統總機械能的減少量 ，結果如下表所示：
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______ （保留三位有效數字）；
（2） 步驟④中的表格所缺數據為______；
（3） 以 為橫軸， 為縱軸，選擇合適的標度，在圖2中繪出 圖像；
則滑塊與木板之間的動摩擦因數為____（保留兩位有效數字）.
14．某同學設計了如圖所示的裝置來測量小物塊與圓盤間的動摩擦因數。
器材有：是半徑為的足夠大的水平圓盤（小物塊運動中不會脫離圓盤），為緊貼圓盤邊緣固定的寬度為的遮光條，為固定在圓盤邊緣正上方的光電門（連接光電計時器），刻度尺等。當地的重力加速度為。
實驗步驟如下：
（1）將小物塊置于圓盤上，測出其到盤心的距離。
（2）讓圓盤繞過盤心的豎直軸勻速轉動，轉動時小物塊相對圓盤靜止隨圓盤一起轉動。通過時，光電計時器記錄的遮光時間為，則小物塊轉動的角速度 ，小物塊的線速度大小 （均用題中已知量和測量物理量字母表示）。
（3）讓圓盤瞬間停止運動，測出小物塊靜止時到盤心的距離，則小物塊與圓盤間的動摩擦因數 （用題中已知量和測量物理量字母表示）。
（4）改變小物塊在圓盤上的位置，多次實驗，求出的平均值。
15．如圖所示，有一軌道裝置，其中圓軌道豎直，半徑，水平軌道與地面相切。滑塊以一定的初速度從左側水平直軌道滑入圓軌道，滑過最高點 Q后再沿圓軌道滑出，進入右側水平直軌道，已知圖中P點左側軌道均光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為，滑塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為，取
（1）若滑塊運動至最高點Q，恰好與軌道無相互作用，求滑塊到達Q點時的速度；
（2）在第（1）問的條件下，求滑塊從水平軌道進入圓軌道的初速度；
（3）若滑塊從左側進入圓軌道的初速度為，求滑塊最終停止處到P點的距離。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】根據 可知，力做功越多，其功率不一定越大，選項A錯誤；機械的功率越大，其機械效率不一定越高，選項B錯誤；力做的功越多，能量轉化越多，物體具有的能量不一定越大，選項C正確，D錯誤。
2．【答案】C
【詳解】汽車勻速行駛，則牽引力與阻力平衡，汽車發動機的功率
3．【答案】D
【詳解】過山車在最低點時，令速度為，對車進行分析有，解得，可知，過山車在最低點時，軌道對車的支持力大小大于mg，A錯誤；結合上述可知，車從B到C過程，重力勢能增大，動能減小，即最低點的速度大于最高點的速度，結合上述可知，過山車在最低點時，軌道對車的支持力大小大于，B錯誤；由于過山車在從C到B的運動過程中，阻力不可忽略，車將克服阻力做功，有內能產生，可知，過山車從最高點到最低點的過程中，重力做功等于動能的變化量與克服阻力做功之和，C錯誤；結合上述可知，過山車從最高點到最低點的過程中，重力做功大于動能的變化量，D正確。選D
4．【答案】A
【詳解】A、B物塊下滑的重力做功均為，根據動能定理，可得它們到達底部時動能相等，A正確，C錯誤；由于光滑斜面和光滑圓弧面運動過程中加速度不同，路程不同，無法判斷它們到達底部所用時間是否相等，B錯誤；由于它們到達底部時動能相等，他們的底端速度大小相同，但是速度與豎直方向上的夾角不相同，根據重力的功率，可得它們到達底部時重力的功率不相等，D錯誤。
5．【答案】A
【解析】物塊的速度先增大后減小，則動能先增大后減小，彈簧一直被壓縮，則彈性勢能一直增加，A錯誤；物塊重力勢能變化量的大小ΔEp＝mgh＝mg(l2－l1)sin 30°＝mg(l2－l1)，B正確；根據W＝Fs可知，題圖乙圖線在l1到l2段與橫坐標軸所圍梯形部分的面積表示克服彈簧彈力做的功，即克服彈簧彈力做功為W＝，C正確；由題圖乙可知彈簧的勁度系數k＝，當物塊速度最大時，有kΔl＝mgsin 30°，解得彈簧的壓縮量Δl＝，D正確.
【關鍵點撥】挖掘圖像的隱含條件，求出所需要的物理量，如由v－t圖像與橫軸所包圍圖形的“面積”求位移；由F－x圖像與橫軸所包圍圖形的“面積”求做功，圖形在橫軸的上下表示做功的正負；由Ek－x圖像的斜率求合外力等，必要時要對橫坐標或縱坐標所表示的物理量進行處理，轉化為與其有關的其他物理量再進一步分析.
6．【答案】C
【詳解】根據角速度的計算公式有ω== rad/s，故A錯誤；該同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，則座艙對該同學的作用力和該同學的重力的合力提供向心力，指向圓心，所以座艙對該同學的作用力不是一直指向圓心，故B錯誤；根據重力功率的計算公式P=mgvy，可知重力對該同學做功的功率先增大后減小，故C正確；在B點有=mRω2，可知如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將增大，故D錯誤。
7．【答案】AD
【詳解】先讓物塊從A由靜止開始滑到B，又因為動摩擦因數由A到B逐漸減小，說明重力沿斜面的分量在整個過程中都大于摩擦力。也就是說無論哪邊高，合力方向始終沿斜面向下。物塊從A由靜止開始滑到P時，摩擦力較大，合力較小，距離較短；物塊從B由靜止開始滑到P時，摩擦力較小，合力較大，距離較長。所以由動能定理可知，在前一過程中，物塊從A由靜止開始滑到P時合力做功較少，P點是動能較小，A正確；因A滑到P過程與B滑到P的過程相比，摩擦力較大而位移較小，無法比較兩過程摩擦生熱的多少，B錯誤；兩過程合力做功相同，由動能定理知，到底時速度大小應相同，C錯誤；采用v-t法分析
第一個過程加速度在增大，斜率增大，如圖1，第二個過程加速度減小，斜率變小，如圖2，由于傾角一樣大，根據能量守恒，末速度是一樣大的，而總路程一樣大，圖像中的面積就要相等，所以第一個過程的時間長，D正確。選AD。
8．【答案】BD
【解析】本題考查輕繩模型的系統機械能問題.釋放的瞬間，設、組成的整體的加速度大小為，由牛頓第二定律可得，解得，對有，得，對有，因此地面對小球無支持力，則小球對地面的壓力大小為零，錯誤；小球向下運動的時間為，輕繩對小球的沖量大小為，正確；對于小球來說，其重力大于繩子拉力，所以輕繩對小球的沖量小于小球重力的沖量，，而對于小球來說，其重力小于繩子拉力，所以輕繩對小球的沖量大于小球重力的沖量，，可知輕繩對、的沖量小于其重力的沖量，錯誤；重力做功不改變機械能，所以小球的機械能減少量等于繩子對做的功的大小，即，正確.
9．【答案】ABD
【題圖剖析】
【詳解】設左桿的下端點為，由對稱性易知，左、右桿與豎直方向夾角均為，甲沿左桿方向的速度大小等于沿桿方向的速度大小，則有，可得，又，則，正確；從開始到 過程，對整個系統，由機械能守恒定律得，解得，正確；與分離前，物塊一直向左加速，對有向左的彈力，對端點分析，易知左桿對的力沿左桿斜向下，故左桿對球甲的力沿左桿斜向上，由對稱性知，兩桿對球甲的合力豎直向上，結合牛頓第二定律可知始終小于，錯誤；開始時端點的速度為0，當球甲落地瞬間，端點速度也為0，可知端點速度先變大后變小，端點速度最大時，的速度也最大，的加速度為零，與端點之間的彈力為零，之后減速，勻速，與分離，正確。
10．【答案】AB
【詳解】運動員在做圓周運動的過程中，單杠對運動員可能為拉力（過圓心的水平線以下），也可能為支持力（過圓心的水平線以上），若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最高點的速度為零，此時手臂與單杠之間支持力大小等于運動員的重力大小，AB正確，C錯誤；從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力一直與速度方向垂直，不做功，D錯誤。
11．【答案】
；
【詳解】
過程，由動能定理可得 過程，由動能定理可得 。
12．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）排球剛被扣出時的動能為
（2）排球剛被扣出做平拋運動，豎直方向上有
代入數據，解得
（3）排球運動過程中，機械能守恒，根據機械能守恒定律
解得
13．【答案】（1） 0.980
（2） 0.588
（3） 0.40；見解析
【詳解】（1） 輕細繩所懸掛鉤碼重力勢能的減少量為 .
（2） 系統總機械能的減少量等于重力勢能減少量與動能增加量之差,即 .
（3） 由于滑塊與木板之間的摩擦力做負功,系統總機械能減少,所以系統總機械能的減少量 ,對照繪出的 圖像,得 ,所以 .
14．【答案】，，
【詳解】（2）小物塊轉動的角速度；小物塊的線速度大小
（3）轉盤停止后小物塊的位移，根據動能定理，解得。
15．【答案】（1）
（2）
（3）距離P點右端
【詳解】（1）到Q恰好無作用力，由牛頓第二定律可得
解得：
（2）從出發點到最高點Q，由動能定理可得：
解得：
（3）小球的初速度，對小球運動的整個過程，由動能定理得
代入數據解得：
滑塊在粗糙段滑行距離為，則滑塊最終距離P點右端
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第 page number 頁，共 number of pages 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：功和能綜合提高練習3
一、單選題（本大題共6小題）
1．如圖，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺面上，靜止在圖示位置。現用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速放手，公仔頭部沿豎直方向上升到另一位置時速度為零。此過程彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力及彈簧質量，則在公仔頭部上升的過程中（　　）
A．公仔頭部先超重后失重 B．公仔頭部的加速度先增大后減小
C．公仔頭部的機械能守恒 D．彈簧彈力對公仔頭部所做的功為零
2．質量為m的物體從高為h的斜面頂端靜止下滑，最后停在平面上。若該物體以初速度v0從頂端下滑，最后仍停在平面上，如圖甲所示。圖乙為物體兩次在平面上運動的vt圖像，則物體在斜面上運動過程中克服摩擦力的功為(　　)
A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
3．引體向上分為兩個過程:身體從最低點升到最高點的“上引”過程,身體從最高點回到最低點的“下放”過程.某同學在30 s內連續完成10個完整的引體向上,假設每次“上引”過程重心升高的高度大約為50 cm,已知該同學的質量為60 kg.下列說法正確的是 (　　)
A．“上引”過程單杠對人做正功
B．“下放”過程單杠對人做負功
C．在30 s內重力做的總功約為3000 J
D．在30 s內克服重力做功的平均功率約為100 W
4．為了節能，商場的自動扶梯在較長時間無人乘行時會自動停止運行。有人站上去后，扶梯開始加速，然后勻速運動。如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．勻速下行過程中，人的動能不變，扶梯對人不做功
B．加速下行過程中，扶梯對人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行過程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行過程中，支持力對人做正功，摩擦力對人做負功
5．如圖所示，一個質量為、可視為質點的小木塊從固定斜面的頂端由靜止滑下，滑到水平面上的點停下．斜面與水平面粗糙程度相同（動摩擦因數為），且平滑連接．現將斜面向右移動到虛線所示的位置，并固定在水平面上，再讓小木塊從斜面的某處由靜止下滑，仍滑到點停下．重力加速度為，不計空氣阻力，則小木塊釋放的位置可能是（ ）
A． 甲 B． 乙 C． 丙 D． 丁
6．輕桿AB長2L，A端連在固定軸上，B端固定一個質量為2m的小球，中點C固定一個質量為m的小球。AB桿可以繞A端在豎直平面內自由轉動。現將桿置于水平位置，如圖所示，然后由靜止釋放，不計各處摩擦力與空氣阻力，重力加速度大小為，則下列說法不正確的是（　　）
A．AB桿轉到豎直位置時，角速度為
B．AB桿轉到豎直位置的過程中，B端小球的機械能的增量為
C．AB桿轉動過程中桿CB對B球做正功，對C球做負功
D．AB桿轉動過程中，C球機械能守恒
二、多選題（本大題共4小題）
7．如圖所示,長0.6 m的豎直輕桿下端用鉸鏈連接在水平面上的O點,輕桿上端固定一可視為質點的小球P.楔形滑塊Q置于同一水平面上,豎直側面恰好與P接觸.今給小球P微小擾動,使桿向左傾倒,桿轉過 角度時P與Q分離.不計一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2.則小球P將要落地時 (　　)
A．小球P的速率為3 m/s
B．小球P的速率為 m/s
C．滑塊Q的速率為 m/s
D．滑塊Q的速率為 m/s
8．如圖所示，從距離水面高H處由靜止釋放一質量為m的小球，小球經自由落體入水，在水中運動一段時間后又“躍”出至離水面高度為h處。若小球在水中受到的浮力恒定且為自身重力的1.2倍（不考慮出、入水過程浮力的變化），小球受到水的阻力大小與速度成正比，即（k為常數），重力加速度為g，對于小球的這個運動過程分析正確的是（　　）
A．小球入水后在下降過程中做加速度增大的減速運動
B．可以求出小球第一次下降上浮過程在水中運動的時間
C．無法求出小球第一次下降上浮過程在水中運動的時間
D．若分析小球接下去的運動，則第二次出水高度h'滿足
9．如圖所示，一質量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直軌道最低點A處，B為軌道最高點，C、D為圓的水平直徑兩端點．輕質彈簧的一端固定在圓心O點，另一端與小球拴接，已知彈簧的勁度系數為k＝，原長為L＝2R，彈簧始終處于彈性限度內，若給小球一水平向右初速度，已知重力加速度為g，則(　　)
A．無論v0多大，小球均不會離開圓軌道
B．若C．只要v0> ，小球就能做完整的圓周運動
D．只要小球能做完整圓周運動，則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無關
10．固定于水平面上的豎直光滑圓環軌道，圓環半徑為R，B為圓軌道最高點，A與C為平行于地面的直徑上兩端點，小球從軌道A點以速度vA沿軌道向上運動，如圖所示．下列判斷正確的是(　　)
A．當vA≥時，小球能到達B點
B．小球從A點到B點過程中克服重力做功的功率先增大后減小
C．小球以相同初速率沿弧ABC運動至C點的時間大于沿弧AOC運動至C點的時間
D．若軌道存在摩擦，小球以相同初速率分別沿弧ABC與弧AOC到達C點時動能相等
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．如圖所示，小滑塊A位于長木板B的左端，現讓小滑塊A和長木板B一起以相同速度v0= 3m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木樁C。A、B的質量分別為m1= 2kg，m2= 1kg，已知B與C的碰撞時間極短，且每次碰后B以原速率彈回，運動過程中A沒有與C相碰，A也沒從B的上表面掉下，已知A、B間的動摩擦因數μ = 0.1，（g = 10m/s2）求：
（1）B與C第二次碰前的速度大小；
（2）欲使A不從B的上表面掉下，B的長度至少是多少？
（3）B與C第一次碰后到最終停止運動，B運動的總路程？
12．用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律，質量為mB的鋼球B放在小支柱N上，球心離地面高度為H；質量為mA的鋼球A用細線拴好懸掛于O點，當細線被拉直時O點到球心的距離為L，且細線與豎直線之間夾角α；球A由靜止釋放，擺到最低點時恰與球B發生正碰，碰撞后，A球把輕質指示針C推移到與豎直夾角為β處，B球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有復寫紙的白紙D，用來記錄球B的落點。
（1）用圖中所示各個物理量的符號表示碰撞前后兩球A、B的動量（設兩球A、B碰前的動量分別為PA、PB；碰后動量分別為P′A、P′B)，則PA = ；P′A = ；PB = ；P′B = ；
（2）請你提供兩條提高實驗精度的建議：、。
13．如圖所示，用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個物體A、B，它們的質量分別為m、2m，A用輕繩掛在動滑輪上，滑輪的質量、摩擦均不計。現將系統從靜止釋放（重力加速度為g），求：
（1）A上升h高度（h小于兩滑輪起始高度差）時A的速度多大？
（2）A上升h高度（h小于兩滑輪起始高度差）的過程中，輕繩的拉力對B所做的功。
14．一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運行時A（含乘客）、B的質量分別為M＝1000kg和m＝800kg。A、B由跨過輕質滑輪的足夠長輕質纜繩連接。電動機通過牽引繩向下拉配重B，使得電梯的轎廂由靜止開始向上運動。電動機輸出功率P＝2kW保持不變。不計空氣阻力和摩擦阻力，。在A向上運動過程中，求：
（1）轎廂A能達到的最大速度；
（2）轎廂A向上的加速度為時，配重B下端的牽引繩上拉力F大小；
（3）廂體A從靜止開始到上升的高度為5m時（箱體已處于勻速狀態），試求該過程中所用的時間t。
15．為簡化問題，我們常常忽略空氣阻力，但現實中的空氣阻力有很多情況無法忽略不計，試想如果雨滴沒有受到空氣阻力，在自由落體的作用下，我們面對的將是子彈雨。某運動員做跳傘訓練，從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離直升機一段時間后打開降落傘。開傘前不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f=kv。打開降落傘前運動員速度到達，運動員最終勻速著地時的速度為。（g取，取cos37°=0.8，sin37°=0.6）請回答下列有關問題：
（1）該運動員從同一高處，以相同初速度分別水平拋出，豎直上拋，下拋同一物體，落地速度分別為va，vb，vc，考慮空氣阻力，請用不等號從小到大依次連接va，vb，vc： 。
（2）開傘前運動員下落的距離為 m，k的單位用國際單位制基本單位可以表示為 。
（3）下列說法正確的是（　　）
A．打開降落傘后瞬間運動員向上運動
B．打開降落傘后瞬間運動員加速度不變
C．打開降落傘后瞬間運動員加速度向上
D．打開降落傘后運動員的加速度不斷增大
（4）如圖所示，降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，已知運動員的質量為64kg，降落傘質量為40kg，每根繩與豎直中軸線的夾角均為37°。勻速下落時每根繩子的拉力大小為 N；其他條件不變，將降落傘每根繩索均縮短相同的長度，則勻速下落時每根繩子的拉力將 （填“變大”、“變小”或“不變”）
（5）開傘后瞬間運動員的加速度大小為 m/s2；
（6）定性畫出運動員從開始下落到著地過程中的圖 。
參考答案
1．【答案】A
【詳解】AB．公仔頭部上升的過程中，開始時彈簧向上的彈力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度減小，當彈力等于重力時加速度減為零，速度最大，之后重力大于彈力，合力向下，且彈力繼續減小，合力增大，加速度增大，A正確，B錯誤；
C．彈簧彈力和重力對公仔頭部同時做功，所以公仔頭部的機械能不守恒，C錯誤；
D．公仔頭部上升過程中，取向上為正方向，因為初末速度為零，根據動能定理有，則彈簧彈力對頭部所做的功為，D錯誤。選A。
2．【答案】　D
【詳解】　設物體在斜面上克服摩擦力做功為Wf，若物體從靜止開始下滑，由動能定理得mgh－Wf＝mv，若該物體以初速度v0從頂端下滑， 由動能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由題圖乙可知，物體兩次滑到平面的速度關系為v2＝2v1，由以上三式解得Wf＝mgh－mv，故D正確。
3．【答案】D
【解析】“上引”和“下放”過程,單杠對人有拉力,但力的作用點處沒有位移,則單杠對人的拉力不做功,故A、B錯誤;“上引”過程,重力做負功,“下放”過程重力做正功,“上引”和“下放”過程中重力做功的絕對值相同,則在30 s內重力做的總功為零,故C錯誤;完成一次引體向上克服重力做功大約為WG=mgh=60×10×0.5 J=300 J,30 s內克服重力做功的功率大約為== W=100 W,故D正確.
4．【答案】C
【詳解】A．勻速下行過程中，由平衡條件可知，人和扶梯間沒有摩擦力，人所受重力做正功，人的動能不變，可知扶梯對人做負功，A錯誤；
B．加速下行過程中，豎直方向分加速度向下，人處于失重狀態，所以扶梯對人的支持力小于人所受的重力，B錯誤；
C．加速下行過程中，水平方向分加速度向左，水平方向只有摩擦力提供加速度，根據牛頓第二定律的同向性可知人受到的摩擦力方向水平向左，C正確；
D．加速下行過程中，人所受支持力與人的運動方向夾角大于，支持力做負功，摩擦力與人的運動方向夾角小于，摩擦力對人做正功，D錯誤。選C。
5．【答案】C
【解析】設題圖中小方格邊長為，斜面與水平面間的夾角為 ，由動能定理有，，聯立解得，丙位置到地面高度為8個小格的高度，故C正確．
6．【答案】D
【詳解】A．在AB桿由靜止釋放轉到豎直位置的過程中，兩小球和桿組成的系統機械能守恒，則以B端球的最低點為零勢能點，根據機械能守恒定律有
解得角速度
故A正確，不符合題意；
B．在此過程中，B端小球機械能的增量為
故B正確，不符合題意；
CD．AB桿轉動過程中，由于B球機械能增加，故桿對B球做正功，由機械能守恒，C球機械能必然減少，所以CB桿對C球做負功，故C正確，不符合題意，D錯誤，符合題意。
故選D。
7．【答案】AD
【詳解】桿轉過 角度時,設Q的速率為vQ,P的速率為vP,此時將P的速度進行分解如圖所示,根據幾何關系可得vQ=vP·cos = vP,P與Q分離時P和Q之間的彈力為零,輕桿的彈力也為零,對P根據牛頓第二定律可得mgcos =m ,解得vP= m/s,則vQ= m/s,以后Q的速度保持不變;從二者分離到P落地,根據機械能守恒定律可得mglcos = m - m ,解得vP地=3 m/s,故A、D正確,B、C錯誤.
8．【答案】BD
【詳解】
A. 小球入水后在下降過程中，由牛頓第二定律
解得
可知，隨著小球速度的減小，加速度也減小，小球做加速度減小的減速運動，A錯誤；
B C. 設小球第一次入水時的速度大小為，由運動學公式得
小球第一次出水時的速度大小為，由運動學公式得
小球在水中下降過程，由動量定理得
①
小球在水中上升過程，由動量定理得
②
又
①②兩式相加得
解得
B正確，C錯誤；
D. 由能量守恒可知，小球第一次在水中下降上浮過程損失的機械能
小球第二次在水中下降上浮過程損失的機械能
小球第一次在水中下降上浮過程的路程大于第二次，即第一次在水中下降上浮過程損失的機械能比第二次大，則有
D正確；
故選BD。
9．【答案】CD
【解析】因彈簧的勁度系數為k＝，原長為L＝2R，若小球恰能到達最高點，此時彈簧的彈力為F＝k R＝，軌道的支持力為0，由彈簧的彈力和重力提供向心力，則有mg－F＝，解得：v＝ ，從A到最高點，形變量沒有變，故彈性勢能不變，由機械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝m v，解得：v0＝ ，即當v0＞ 時小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤，C正確；在最低點時，設小球受到的支持力為N，有：N1－k R－mg＝m，解得：N1＝k R＋mg＋m，運動到最高點時受到軌道的支持力最小，為N2，設此時的速度為v，由機械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝m v，此時合外力提供向心力，有：N2－k R＋mg＝m，解得：N2＝k R－mg＋m，聯立解得Δ N＝N1－N2＝6mg，與初速度無關，故D正確．
10．【答案】AC　
【詳解】小球在豎直面內做圓周運動過最高點的臨界條件是vB≥，小球從A到B的過程中在A點的最小速度滿足－mgR＝m－m，解得vA＝，即只要小球在A點的速度滿足vA≥，就可以到達B點，故A正確；小球克服重力做功的功率等于重力與小球在豎直方向速度的乘積，由于從A到B的過程中，重力對小球做負功，小球的速度減小，同時小球速度與水平方向的夾角逐漸減小，小球速度在豎直方向的分量逐漸減小，故小球克服重力做功的功率逐漸減小，故B錯誤；小球沿弧ABC運動過程中，重力先做負功后做正功，支持力不做功，故小球的速率先減小后增大，整個過程中小球的平均速率小于小球在A點時的速率，沿弧AOC運動時，重力先做正功，后做負功，小球的速率先增大后減小，整個過程中的平均速率大于小球在A點時的速率，而兩段圓弧長度相同，故小球在平均速率大的弧AOC運動的時間較短，故C正確；摩擦力的大小與正壓力有關，小球在弧ABC的平均速率小于在弧AOC的平均速率，由向心力公式可知，小球在弧ABC的平均支持力小于在弧AOC的平均支持力，即小球在弧AOC運動時受到軌道的支持力大，故受到的摩擦力大，克服摩擦力做功多，故小球到達C點時損失的動能多，故D錯誤．
11．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】
（1）第一次碰后動量守恒
解得
（2）設第一次相對位移為x1，能量守恒
解得
第二次碰后動量守恒
解得
根據動能定理有
解得
全過程能量守恒
可得
（3）B與C第一次碰后向左運動的的最大距離s1，對長木板，由動能定理
B與C第二次碰后向左運動的的最大距離s2，對長木板，由動能定理
B與C第三次碰后向左運動的的最大距離s3，對長木板，由動能定理
等比數列，公比為，求和可得
12．【答案】mA；mA ；0；；①讓球A多次從同一位置擺下，求B球落點的平均位置；②α角取值不要太小；③兩球A、B質量不要太小；④球A質量要盡量比球B質量大。（答對任意其中兩個都行）
【分析】（1）由機械能守恒可得碰撞前、后A球的速度，由p = mv可得A求碰前和碰后的動量；碰前B求靜止，碰后B球平拋運動，由平拋運動知識可得碰后B的速度，進而可得碰后B的動量。（2）①讓球A多次從同一位置擺下，求B球落點的平均位置；②α角取值不要太小；③兩球A、B質量不要太小；④球A質量要盡量比球B質量大。（答對任意其中兩個都行）
【詳解】（1）[1]碰撞前由機械能守恒mAgh = mAvA2，h = L(1 - cosα)，碰前A球的動量PA = mAvA = mA
[3]碰前B球靜止，PB = 0。
[2]碰后由機械能守恒mAgh′ = mAv′A2，h′ = L(1 - cosβ)，碰后A球的動量P′A = mAv′A = mA
[4]碰后B球做平拋運動有H = gt2，s = v′Bt，碰后B球的動量P′B = mBv′B =
（2）[5]①讓球A多次從同一位置擺下，求B球落點的平均位置；②α角取值不要太小。
[6]③兩球A、B質量不要太小；④球A質量要盡量比球B質量大。（答對任意其中兩個都得2分）
13．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據動滑輪的特點可知，B的速度為A速度的2倍，根據動能定律可得，，解得
（2）根據動滑輪的特點可知，A的加速度為B的加速度的一半，根據牛頓第二定律可知，，聯立解得，輕繩的拉力對B所做的功
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）當轎廂A能達到的最大速度時，轎廂A做勻速直線運動，設此時電動機的牽引力為，則，又，聯合解得
（2）轎廂A向上的加速度為時，設A、B之間繩子的拉力為T，由牛頓第二定律可得，，聯立解得
（3）由于箱體已經處于勻速狀態，因此此時箱體的速度為，根據動能定理可得，解得
15．【答案】（1）；（2）20m；kg/s；（3）C；（4）100N；變大；（5）30；（6）
【詳解】（1）考慮空氣阻力，平拋時，水平方向有空氣阻力影響水平速度，豎直方向自由落體受空氣阻力，落地速度是水平和豎直速度的合速度；豎直上拋時，上升和下降過程都受空氣阻力，且空氣阻力方向與運動方向相反，機械能有損失；豎直下拋時，空氣阻力與重力方向相反，但初速度方向與重力方向相同。從能量角度看，三種情況初始機械能相同（從同一高度以相同初速度拋出），由于空氣阻力做功，機械能會減少。平拋運動水平方向有額外的空氣阻力做功，機械能損失相對更多；豎直上拋運動上升和下降過程空氣阻力都做負功；豎直下拋運動空氣阻力做負功相對較少。落地時機械能，其中h為下落高度，由于初始h相同，機械能損失越多，落地動能越小，速度越小。所以。
（2）開傘前運動員做自由落體運動，根據自由落體運動速度—位移公式，已知開傘前速度，，則，由變形得，根據牛頓第二定律可知，在國際單位制基本單位中，因為質量m的單位是，加速度a的單位是，所以力的單位為。又因為在國際單位制基本單位中，速度的單位是，可以推導出k在國際單位制基本單位中的單位為。
（3）開傘后瞬間運動員速度方向向下，不會向上運動，A錯誤；開傘后瞬間速度變化，阻力變化，合力變化，加速度變化，B錯誤；開傘前運動員向下加速運動，開傘后，受到向上的阻力，其中k為比例系數，阻力f與速度v成正比。開傘瞬間，速度較大，阻力較大，阻力大于重力，合力向上，加速度也向上，C正確；打開降落傘后運動員做減速運動，速度減小，阻力也減小，合力減小，加速度也減小，D錯誤。
（4）對運動員進行受力分析，設每根繩子的拉力為，在豎直方向上，根據平衡條件可得，代入數據解得， 當將降落傘每根繩索均縮短相同的長度時，繩索與豎直中軸線夾角將變大，變小，在豎直方向上由可知，當不變時將變大。
（5）由題意可知運動員最終勻速落地，落地前瞬間，又因為，聯立解得落地前瞬間，因為降落前瞬間，代入數據可得，開傘后瞬間，設運動員受到的阻力為，根據牛頓第二定律有，整理得，代入數據可得
（6）由分析可知，整個運動過程可分為三個階段：
第一階段，開傘前，運動員做自由落體運動，速度隨時間均勻增大，，圖像是過原點的傾斜直線，斜率為；
第二階段，開傘瞬間，因為阻力大于重力，做減速運動，隨著速度減小，阻力減小，加速度減小，做加速度減小的減速運動，圖像斜率逐漸減小；
第三階段，當加速度減小到0后，，之后直至落地都將做勻速運動，圖像為平行于軸的直線，速度為。畫出的圖像如圖所示
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