2023年五省（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林）高三物理模拟卷汇编：功与能选择题（解析版）

这是一份2023年五省（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林）高三物理模拟卷汇编：功与能选择题（解析版），共49页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
1．（2023·云南·统考二模）某中学生将一质量约为的铅球举起放在肩膀处的位置，将其用力丢出，铅球先上升大约后开始下降，最后落在距离他的位置。则他对铅球做的总功最有可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】将铅球的初速度分解为水平分速度vx和竖直分速度vy
竖直方向做竖直上抛运动
得
水平方向做匀速直线运动，抛出点距地面有一定高度，则
得
对铅球做的总功等于铅球的初动能
抛出点位置越高，对铅球做功越少；
假设铅球抛出位置距地面最大高度为1.6m，则
联立上式，估算出铅球从抛出到落地总时间
则水平分速度为
同理求出总功为
故对铅球做功范围为
故B正确，ACD错误。
故选B。
2．（2023·云南·校联考一模）如图所示，质量的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知，取重力加速度大小，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】几何关系可得
则当P从A到B的过程中，Q的位移
由系统机械能守恒
解得
则速度为3m/s。
故选A。
3．（2023·云南·校联考一模）如图所示，在竖直面内固定三枚钉子，三枚钉子构成边长d=10cm的等边三角形，其中钉子沿着竖直方向。长为L=0.3m的细线一端固定在钉子上，另一端系着质量m=200g的小球，细线拉直与边垂直，然后将小球以的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g=10m/s2，细线碰到钉子c后，物块到达最高点时，细线拉力大小为（ ）
A．0NB．1NC．2ND．3N
【答案】C
【详解】设物块到达最高点速度v，根据机械能守恒
代入数据联立解得
根据牛顿第二定律
解得细线拉力大小为
故选C。
4．（2023·云南曲靖·曲靖市民族中学校考模拟预测）下列运动过程中，物体的机械能守恒的是（ ）
A．火箭点火加速升空阶段B．铅球在空中做抛体运动
C．物体沿着粗糙的斜面加速下滑D．拉着物体沿着光滑斜面匀速上升
【答案】B
【详解】A．只有重力做功的情况下物体的机械能守恒，火箭点火加速升空阶段，有推力做正功，机械能增加，A错误；
B．铅球在空中做抛体运动，只有重力做功，机械能守恒，B正确；
C．物体沿着粗糙的斜面加速下滑，有摩擦阻力做负功，机械能减少，C错误；
D．拉着物体沿着光滑斜面匀速上升，有拉力做正功，机械能增加，D错误。
故选B。
5．（2023·云南·统考二模）一个盛水袋，某人从侧面缓慢推装液体的袋壁使它变形至如图所示位置，则此过程中袋和液体的重心将（ ）
A．逐渐升高
B．逐渐降低
C．先降低再升高
D．始终不变
【答案】A
【详解】人对液体做正功，液体的机械能增加，液体缓慢移动可以认为动能不变，重力势能增加，所以重心升高，故A正确，BCD错误
6．（2023·安徽·统考三模）如图甲所示，x轴的正方向竖直向下，其原点为O，一个钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，之后钢球落入粘性液体中，粘性液体底部坐标为；钢球在运动过程中机械能E随位置坐标x的变化规律如乙图所示，图中为直线，为曲线．不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．钢球从P点抛出时速度竖直向下B．钢球进入液体后先加速后匀速运动
C．钢球在液体中下落时动能越来越小D．钢球在液体中下落时所受阻力越来越大
【答案】D
【详解】A．钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，由图可知从O到，机械能守恒，由于O是坐标原点，所以钢球抛出的速度竖直向上，故A错误；
BCD．钢球进入液体后，阻力做功代表机械能变化，有
由图可知钢球在液体中下落时所受阻力越来越大；
则钢球进入液体后先加速，当后，钢球做减速运动，钢球的动能先增大，后减小，故BC错误，D正确；
故选D。
7．（2023·安徽合肥·统考一模）正四面体，O为其顶点，底面水平，D为边的中点，如图所示。由O点水平抛出相同的甲、乙两小球，两小球分别落在A点和D点，空气阻力不计．则下列说法正确的是（ ）
A．甲球和乙球初动能之比为B．甲球和乙球末动量大小之比为
C．甲球和乙球末动能之比为D．甲球和乙球动量的变化量之比为
【答案】C
【详解】A．两球下落的竖直高度相同，则时间相同；设正四面体的边长为a，则落到A点的球的水平位移为
落到D点的球的水平位移为
根据
则甲球和乙球初速度之比为，则根据
可知初动能之比为，选项A错误；
B．两球下落的竖直高度为
末速度
解得
根据
可知甲球和乙球末动量大小之比为
球落地时动能之比
选项B错误，C正确；
D．根据
可知，甲球和乙球动量的变化量之比为，选项D错误。
故选C。
8．（2023·安徽合肥·统考一模）我国风洞技术世界领先。下图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A．物块的速度一直减小到零B．物块加速度先不变后减小
C．弹簧弹性势能先不变后增大D．物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大
【答案】D
【详解】AB．从物块接触弹簧开始至到达最高点的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有
弹簧的压缩量x从0开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当a减小到0时，速度加速到最大；然后加速度反向且逐渐增大，物体减速，直至减速到0，故AB错误；
C．由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势能不断增大，故C错误；
D．由于风力对物块一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。
故选D。
9．（2023·安徽芜湖·芜湖市第十二中学校考模拟预测）半坡起步是汽车驾驶中可能会遇到的问题。假设一辆质量为2000的汽车，在倾角的足够长斜坡上由静止开始以大小为0.5的恒定加速度启动，行驶过程中汽车受到的空气和摩擦阻力之和恒为1000N，重力加速度g取10，汽车发动机的额定输出功率为60。则汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率过程中，汽车发生的位移大小为（ ）
A．25mB．30mC．50mD．60m
【答案】A
【详解】汽车从启动至发动机功率达到额定输出功率过程中，对汽车进行受力分析，由牛顿第二定律有
达到额定功率时
由运动学有
联立并带入数据解得
故选A。
10．（2023·安徽·模拟预测）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有
故选D。
11．（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考一模）如图所示，一个倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），绳长为L，在O点沿斜面向下处的P点钉一枚与斜面垂直的钉子。现将小球拉起，使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止释放，小球绕O点转动90˚时绳与钉子相碰。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法中错误的是（ ）
A．绳碰到钉子前瞬间，小球的线速度为，且碰后瞬间线速度大小不变
B．绳碰到钉子前瞬间，小球受到的拉力为，且碰后瞬间绳的拉力突然增大
C．绳碰到钉子后，小球绕P点做圆周运动可恰好到达最高点O点
D．若将钉钉子的位置P点沿斜面向下移动，OP距离越大，绳碰到钉子后瞬间受到的拉力越大
【答案】C
【分析】考查圆周运动过程中半径突变的情况，由于斜面光滑，运用机械能守恒定律求出动能，即可对小球进行受力分析，合外力等于向心力。
【详解】AB．球从开始运动到碰到钉子前瞬间机械能守恒，
合外力提供向心力
碰后瞬间，速度不变，半径变小，所需向心力增大，绳上拉力变大，所以AB正确；
C．碰到钉子后，小球绕P点做圆周运动，O点是轨道的最高点，由于最高点小球所受合外力不可能为零，所以速度不能为零，根据机械能守恒，小球不能运动到O点，C错误；
D．OP距离越大，与钉子相碰后新的圆周运动的半径越小，由于速度不变，所以半径越小，所需向心力越大，绳上拉力越大，D正确；
本题选择错误的，故选C。
12．（2023·山西·统考二模）如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为5m、6m的小球A、B，支架两条边的长度均为L，用手将B球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为，，重力加速度大小为g，现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A球与转轴O等高时的动能为
B．B球下降的最大高度为L
C．A球的最大动能为
D．B球的最大动能为
【答案】D
【详解】根据题意可知，小球A、B共轴转动，角速度相等，由于转动半径相等，则小球A、B线速度相等，转动过程中只有重力做功，小球A、B组成系统机械能守恒，由于
可得
A．根据题意，设A球与转轴O等高时的速度为，由动能定理有
解得
则A球与转轴O等高时的动能为
故A错误；
B．根据题意，当小球B下降到最低点时，小球A、B的速度为零，设小球B向下转动的角度为，则小球A向上转动的角度也为，如图所示
由系统的机械能守恒定律有
解得
则小球B下降的最大高度为
故B错误；
CD．根据题意，当小球B向下转动的角度为时，即小球A向上转动的角度也为，则由动能定理有
由数学知识解得，当
时，小球A、B的动能之和有最大值为
由于小球A、B速度的大小相等，则有
故C错误，D正确。
故选D。
13．（2023·山西·统考一模）如图，小物块P置于倾角的光滑固定斜面上，轻质定滑轮固定在斜面顶端，Q和P用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，轻绳恰好和斜面平行。时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为。时刻轻绳突然断裂，之后P能达到的最高点恰与Q被释放时的位置处于同一高度。取时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E。已知内Q未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q质量之比为
B．时Q的机械能为
C．时P的重力势能为E
D．时P重力的功率为
【答案】C
【详解】A．将P由静止释放，此时Q的加速度大小为，根据牛顿第二定律可知
解得
A错误；
BC．时刻P、Q的速度为
P、Q运动的位移大小为
绳子断后P沿斜面做减速运动，根据牛顿第二定律可知
解得
P还能沿斜面运动的时间为
P在时间内运动的位移为
即在时间为时P运动到最高点，设P、Q质量为，根据题意取时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E可知
解得
在时P运动到与Q被释放时的位置处于同一高度，所以此时P的机械能为E，即重力势能为E，由于P，Q组成的系统机械能守恒，即此时Q的机械能等于零，B错误，C正确；
D．在时P上升到最高点，此后P以的加速度向下做初速度为零的匀加速运动，在时P的速度为
所以重力的功率
D错误。
故选C。
14．（2023·吉林·统考三模）如图所示，半径为R的光滑半圆柱体固定在水平地面上，一可看作质点的小球从半圆柱面上由静止释放，释放点距地面的高度为H（H＜R），小球与半圆柱体分离时距地面的高度为h，则（ ）
A．小球下降过程中加速度大小不变
B．小球落地时的最大速度为
C．小球释放点与分离点满足
D．小球沿柱面滑行的最大弧长为
【答案】C
【详解】A．小球下降过程中所受支持力不断减小，与半圆柱体分离后仅受重力作用，选项A错误；
B．若小球从最高点释放，则有
解得
选项B错误；
C．如图所示，设分离点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球下落的竖直距离为H-h，分离时的速度大小为v，则有
，，
解得
选项C正确；
D．若小球从顶点释放，滑行至高为处与半圆柱体分离，最大滑行角度满足
显然
选项D错误。
故选C。
15．（2023·吉林·统考二模）如图所示，半径可以改变的光滑半圆形轨道竖直固定放置，小球自轨道端点P由静止开始滑下，经过最低点Q。若轨道半径越大，则（ ）
A．小球经过最低点Q时的速率保持不变
B．小球经过最低点Q时的向心加速度保持不变
C．小球经过最低点Q时受到轨道的支持力越大
D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率越大
【答案】B
【详解】A．小球从P到Q的过程，据机械能守恒定律可得
解得
故半径越大，小球经过最低点Q时的速率越大，A错误；
B．小球经过最低点Q时的向心加速度可表示为
小球经过最低点Q时的向心加速度与半径无关，保持不变，B正确；
C．在最低点Q由牛顿第二定律可得
解得
故小球经过最低点Q时受到轨道的支持力不变，C错误；
D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率为
D错误。
故选B。
16．（2023·吉林·统考二模）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】B
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球进行受力分析，如图所示
由平衡关系可知
解得
故A错误；
B．小球静止时细线与竖直方向成角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点
A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知
动能
联立解得
故B正确；
C．由机械能守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做负功后做正功再做负功，所以电势能先变大后变小再变大，故D错误。
故选B。
17．（2023·吉林·统考二模）一质量为2kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F对物体所做的功、物体克服摩擦力做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10。下列分析正确的是（ ）
A．物体运动的总位移为13.5m
B．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．物体在前3m运动过程中的加速度为2.5
D．m时，物体的速度为m/s
【答案】A
【详解】AB．根据图乙
代入数据得
则
所以物体运动得总位移
A正确，B错误；
C．物体在前3m运动过程中
则加速度
C错误；
D．根据动能定理
代入数据解得m时，物体的速度
v=3m/s
D错误。
故选A。
二、多选题
18．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，轻质弹簧上端固定在O点，下端与质量为m的圆环相连，圆环套在水平粗糙的固定细杆上。现在将圆环从A点静止释放，当圆环运动到B点时弹簧竖直且处于原长，到达C点时速度减为零；在C点使得圆环获得一个沿杆向左的速度v，其恰好能回到A点。弹簧始终在弹性限度之内，下列说法正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，圆环经过B点速度最大
B．从C回到A的过程中，弹力最终做正功
C．从A到C克服摩擦力做功为
D．从A到C弹簧弹性势能减少了
【答案】CD
【详解】A．圆环从A到C过程中，合力是0时圆环的速度最大，A错误；
B．A到C过程中，根据能量守恒，弹性势能减少，转化为摩擦力做功产生的热量，所以由C回到A的过程中，弹性势能增大，弹力最终做负功，B错误。
CD．从A到C再由C回到A，根据对称特点可知，摩擦力做功相等，弹性势能变化相同，根据动能定理，有
求得
CD正确。
故选CD。
19．（2023·云南曲靖·曲靖市民族中学校考模拟预测）如图所示，有一竖直放置、内壁光滑的圆环，可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆环的半径为R，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，不计空气阻力，则（ ）
A．小球运动到最低点Q时，处于超重状态
B．小球的速度v0越大，则在P、Q两点小球对圆环内壁的压力差越大
C．当时，小球一定能通过最高点P
D．当时，小球始终不会脱离圆环
【答案】ACD
【详解】A．小球运动到最低点Q时，由牛顿第二定律可得
可知
故小球一定处于超重状态，A正确；
B．经过最高点P时满足
从最低点到最高点过程，据动能定理可得
联立解得
故在P、Q两点小球对圆环内壁的压力差与v0无关，B错误；
C．小球恰好过最高点时满足
解得在最高点的速度为
当时，代入B解析中的动能定理，可得小球经过最高点的速度为
故小球一定能通过最高点P，C正确；
D．当时，设能上升的最大高度为h，由动能定理可得
解得
未超过圆心等高处，故小球始终不会脱离圆环，D正确。
故选ACD。
20．（2023·安徽·统考二模）高速公路某段平直路面上有三块车距判断牌，分别标识为“0m”“50m”“100m”，相邻判断牌间距50m，某同学乘车时发现通过“0m”牌时，车速为72km/h，经过“50m”牌时车速为90km/h，经过“100m”牌时车速为108km/h，若汽车运动过程中一直做加速直线运动，以下判断正确的是（ ）
A．汽车可能做匀加速直线运动
B．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程平均速度可能相同
C．汽车加速度可能一直增大
D．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程合外力做功之比为9∶11
【答案】CD
【详解】ABC．由题可知，从“0m”牌到“50m”牌过程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌过程平均速度，由可知，后半段的平均加速度大于前半段，故汽车不可能做匀加速直线运动，汽车加速度可能一直增大，AB错误，C正确；
D．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程，由动能定理可知
D正确。
故选CD。
21．（2023·安徽·统考一模）某粮库设计的运粮装置如图，连接粮车和配重的缆绳与斜面平行，斜面倾角为，粮车和配重的质量均为m，每次从高处向下运送的粮食质量为M，粮车由静止下滑L后遇到弹簧的自由端，继续向下运动s速度减为0，同时锁定弹簧和粮车。卸粮后，解开锁定，粮车刚好回到斜坡上的初始位置。不计弹簧和缆绳质量，粮车所受阻力是车总重量的k倍（含有无粮草两种情况），且粮车返回过程中，缆绳始终处于拉直状态。下列说法正确的是（ ）
A．粮车能回到起始位置，应满足
B．粮车和粮食下滑过程中减少的重力势能大于弹簧和配重增加的机械能
C．弹簧的最大弹性势能
D．弹簧的最大弹性势能
【答案】BD
【详解】ACD．向下运送粮食由能量守恒可得
解得
向上回到起始位置过程由能量守恒可得
解得
粮车能回到起始位置，应满足
故AC错误，D正确。
B．粮车和粮食下滑过程中减少的重力势能转化为弹簧和配重增加的机械能加上克服阻力做功产生的内能，故B正确；
故选BD。
22．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为的物体A连接，质量为的物体B紧挨物体A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体A、B静止。撤去后，物体A、B开始向左运动，不计一切阻力，在此后运动过程中（ ）
A．物体A做简谐运动的振幅为
B．物体A向左运动的最大位移小于
C．物体A、B向左运动位移为时分离
D．物体A、B组成的系统机械能守恒
【答案】BC
【详解】ABC．撤去后，物体A、B开始向左运动做加速运动，当弹簧形变量为零时，速度最大，根据动能定理有
之后A物体做减速运动，B物体做匀速运动，所以物体A、B在弹簧形变量为零时分开，物体A继续向左运动到速度为零时，根据动能定理有
解得
则物体A向左运动的最大为
物体A做简谐运动的振幅为
故A错误，BC正确；
D．撤去后，物体A、B向左运动过程，只有弹簧弹力做功，则物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，物体A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选BC。
23．（2023·安徽滁州·校考二模）如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．小球释放位置距地面的高度为0.6m
B．小球在下落过程受到的风力为0.1N
C．小球刚接触弹簧时的动能为0.45J
D．小球的最大加速度大小为10m/s2
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，故根据
可得
解得
故A错误；
B．对下落的小球的运动状态分析，小球未接触弹簧前，做匀加速直线运动，此时小球受重力和竖直向上的恒定风力f，根据牛顿第二定律有
在小球接触弹簧后，弹簧开始形变，此时小球受重力、风力、弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有
在增大，则T在增大，在减小，此时小球做加速度减小的加速运动直到
即时小球速度最大，之后小球继续向下运动，但此时，而在增大，小球做加速度增大的减速运动，直到小球速度减为0，由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6m，故
故B正确；
C．小球刚接触弹簧时，小球下落了0.5m，则
解得
故C正确；
D．根据牛顿第二定律知，小球下落过程中最大加速度为
故D错误。
故选BC。
24．（2023·黑龙江·统考二模）一辆车以的速度做匀速直线运动，司机发现前方出现一只小狗后立即刹车，刹车加速度大小恒为，则在刹车的过程中，汽车（ ）
A．内的位移和内的位移之比为
B．内的位移和内的位移之比为
C．内和内克服阻力做功的平均功率之比为
D．内和内克服阻力做功的平均功率之比为
【答案】BD
【详解】AB．刹车时间
内位移
逆向思维，可看做反向的匀加速运动
内位移等于内的位移
因此
选项A错误，B正确；
CD．平均速度为
内平均速度
两段克服阻力的平均功率之比为
选项C错误，D正确。
故选BD。
25．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考二模）如图所示，从倾角为的斜面顶端将两个完全相同的小球a和b以大小均为、方向不同的初速度抛出，小球均落在斜面上。其中小球a以水平方向抛出，小球b以垂直于斜面向上的方向抛出，忽略空气阻力。则（ ）
A．两球从抛出至落到斜面上的过程中，重力做的功相同
B．两球从抛出至落到斜面上的过程中，重力的冲量相同
C．小球b运动至离斜面最远时的速度大小为
D．小球a离斜面最远的位置在小球b离斜面最远位置的正下方
【答案】ACD
【详解】A．对小球a分析，当其落回斜面上时有
解得
则
对小球b分析，将重力加速度分解为沿斜面和垂直斜面，则垂直斜面方向先沿方向减速至零，再反向加到时即再次回到斜面上，则时间为
又小球b沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则这段时间有
则此时小球b下落的高度为
则可知
根据重力做功
两球从抛出至落到斜面上的过程中，重力做的功相同，故A正确；
B．由选项A可知，两小球运动的时间不相同，故两球从抛出至落到斜面上的过程中，重力的冲量不相同，故B错误；
C．当小球b垂直斜面方向的速度减速为零时，此时只有平行斜面向下的速度，时间为
则此时的速度为
故C正确；
D．当小球a的速度平行于斜面时，小球a离斜面最远，则有
解得
则水平位移为
竖直方向的位移为
对小球b分析，可知离开斜面最远时所用的时间为，将小球b运动分成水平向右的匀速直线运动和竖直向上的竖直上抛运动，则有水平方向的位移为
竖直方向的位移为
可知
，
故小球a离斜面最远的位置在小球b离斜面最远位置的正下方，故D正确。
故选ACD。
26．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考二模）如图甲所示，一轻弹簧上端固定在光滑、固定斜面的顶端，下端与物块相连。先用力使物块沿斜面向下运动一段距离后，由静止释放，物块沿斜面向上运动的速度—时间图像如图乙所示，弹簧一直处在弹性限度内。则物块沿斜面向上运动的过程中（ ）
A．物块的机械能守恒
B．时刻，系统的势能可能为零
C．时刻，弹性势能一定最小
D．时刻的弹性势能可能等于时刻的弹性势能
【答案】BD
【详解】A．物块沿斜面向上运动的过程中，弹簧的弹力对物块做了功，物块的机械能不守恒，物块与弹簧构成的系统的机械能守恒，A错误；
B．根据图乙可知，时刻，图线的斜率为0，即加速度为0，则弹簧的弹力与重力沿斜面的分力平衡，弹簧处于拉伸状态，有一定的弹性势能，若选择重力势能的零势能位置为物块上方的某一位置，此时重力势能为负值，可能使得弹性势能与重力势能的和值为0，即系统的势能可能为零，B正确；
C．根据题意，弹簧的原长位置不确定，当原长位置在之间时，在时刻，弹性势能不是最小，C错误；
D．根据上述，当原长位置在之间时，时刻弹簧处于拉伸状态， 时刻弹簧处于压缩状态，两时刻弹簧的形变量有可能相等，即时刻的弹性势能可能等于时刻的弹性势能，D正确。
故选BD。
27．（2023·黑龙江大庆·铁人中学校考二模）如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，上端接在天花板上，下端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到斜面的中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面始终处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．该过程中，A和B的总重力势能不变
B．该过程中，地面对斜面的摩擦力大小为
C．A到达斜面中点的速率为
D．该过程中，细线的拉力大小为
【答案】BD
【详解】A．由于A沿斜面匀加速上滑，B沿竖直方向匀加速下降，即A和B的总动能增加，故总重力势能减少，A错误；
C．A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，据机械能守恒可得
又
联立解得
，
C错误；
D．设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得
联立解得
，
D正确；
B．A对斜面的压力大小为
对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为
B正确。
故选BD。
28．（2023·黑龙江·统考一模）北京冬奥会成功举办，使北京成为首个“双奥之城”，其中跳台滑雪是极具观赏性的项目，由滑门、助滑坡、着陆坡、停止区组成。若将着陆坡简化成倾角为的斜面，如图所示，运动员水平起跳后的运动可视为平抛运动，研究某运动员两次腾空过程，已知第一次起跳时动能为，第二次起跳时动能为，两次落点分别为a、b两点，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A．两次起跳的速度之比为
B．两次落在斜面上时速度方向相同
C．第一次落在斜面上时动能为
D．两次腾空过程在空中运动时间之比为
【答案】BD
【详解】A．由动能表达式，易知两次起跳的速度之比为，故A错误；
B．斜面倾角为，运动员落在斜面上时其位移方向为，设运动员落在斜面上时速度方向与水平方向夹角为，根据平抛运动规
与平抛速度大小无关，故两次落到斜面上时速度方向相同，故B正确；
C．第一次起跳，运动员落在斜面上下落高度为，由平抛规律有
由动能定理有
且
得
故C错误；
D．设起跳点到落点距离为x，有
得
两次腾空过程在空中运动时间之比
故D正确。
故选BD。
29．（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考一模）如图所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（，）（ ）
A．运动员重力势能的减少量为
B．运动员动能的增加量为
C．运动员动能的增加量为
D．运动员的机械能减少了
【答案】CD
【详解】A．运动员下落的高度是h，则重力做功
W＝mgh
所以运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；
BC．由于运动员做的运动可近似认为是匀变速直线运动，运动员下落的高度是h，则飞行的距离
运动员受到的合外力
动能的增加量等于合外力做的功，则
故B错误，C正确；
D．运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为，所以运动员的机械能减少了，故D正确。
故选CD。
30．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）如图所示的直角三角形，、，d点为边上的点，已知，空间存在一平行于面的匀强电场．b点的离子源能向各个方向发射一系列的电子，电子的初动能为，其中到达a、c两点的电子动能分别为、，忽略电子间的相互作用。则下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势比b点的电势高
B．匀强电场的电场强度大小为
C．该电场的方向由a指向d
D．图中的虚线框内c点的电势最高
【答案】AC
【详解】A．由到由动能定理可得
解得
则点的电势比点的电势高，A正确；
BC．由到由动能定理可得
解得
可知间的电势差为，所以间的电势差为
则点与中点电势相等，连接点与中点即为等势线，如图所示
由几何关系可知，电场线方向沿方向，且电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则电场线方向由指向，电场强度大小为
B错误C正确；
D．电场线方向沿方向且由指向，则图中的虚线框内，顶点的电势最高，D错误。
故选AC。
31．（2023·山西·统考模拟预测）如图所示，质量均为的物块甲、乙用轻弹簧相连且静止在倾角为的光滑斜面上，物块乙与固定在斜面底端并与斜面垂直的挡板接触，弹簧的劲度系数为。某时刻若用沿斜面向上的恒力作用在物块甲上，当物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程做功为；若用沿斜面向上的恒力作用在物块甲上，当物块甲斜向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程做功为，重力加速度为，弹簧始终处在弹性限度内，则下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．等于弹簧弹性势能的增加量
D．等于物块甲机械能的增加量
【答案】BD
【详解】A．当用拉着物块甲向上运动到速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时物块甲的加速度方向沿斜面向下，因此
故A错误；
B．当用拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此时甲、乙整体所受的合力为零，则有
故B正确；
C．当用拉着物块甲向上运动到速度为零时，弹簧弹性势能的变化量为零，做的功等于物块甲重力势能的增加量，故C错误；
D．当用拉着物块甲向上运动到加速度为零时，物块乙刚好要离开挡板，此过程中弹簧弹性势能的变化量仍为零，做的功等于物块甲机械能的增加量，故D正确。
故选BD。
32．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）如图所示，顶端有定滑轮的足够长的斜面固定在地面上，一绕过定滑轮的轻绳，一端与轻质弹性绳（下端固定）上端相连，另一端系一质量为m的物块。已知重力加速度大小为g，弹性绳与斜面平行。物块从图示位置（弹性绳恰好处于原长状态）无初速释放，物块开始向下运动，位移大小为h时运动到最低点（此时物块未与水平面接触）轻质弹性绳始终在弹性限度内，在此过程中（ ）
A．物块的机械能逐渐增加
B．当物块的位移大小为时，物块的动能最大
C．物块与弹性绳组成的系统势能的减少量最大值为mgh
D．物块的动能最大时弹性绳的弹性势能为mgh
【答案】BD
【详解】A．物块向下运动的过程中，轻绳对物块一直做负功，根据功能关系知物块的机械能逐渐减少，故A错误；
B．设物块的位移大小为x时，物块的动能最大，则
kx=mg
解得
物块向下运动的过程，弹性绳的弹力从零均匀增大到kh，根据动能定理有
解得：，故B正确；
CD．物块动能最大时系统的势能最小，减少量最大，根据能量守恒定律知系统势能的减少量最大值等于物块的最大动能Ekm，根据动能定理有
解得
物块动能最大时，弹性绳的弹性势能
故C错误，D正确。
故选BD。
33．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考三模）如图所示，质量均为m的两个物块A、B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B连接。从某时刻开始对物块A施加竖直向上的恒力F，物块A开始向上运动，物块B与弹簧组成的系统机械能没有变化。经过时间t，撤去力F，物块B也第一次达到最大高度。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．F大小为2mg
B．F大小可能为2.2mg
C．若在2t时刻两物块的距离刚好达到最大，则该最大距离为
D．在1.5t时刻，物块B与弹簧组成的系统的势能可能达到最大值
【答案】BC
【详解】AB．在恒力F作用前，对A、B整体，由平衡条件可知
由题意可知，物块A开始向上运动时，物块B与弹簧组成的系统机械能没有变化，则以B为研究对象，由牛顿第二定律可得
解得
此时物块A的最小加速度则也应为g，可知恒力F的最小值应为2mg，则有A错误，B正确；
C．若在2t时刻两物块的距离刚好达到最大，因为经t时间物块B也第一次达到最大高度。则有再经t时间物块B恰好回到原来静止的位置，且物块A应恰好达到最高点，这样两物块的距离恰好达到最大。则有在0~t时间，物块A做匀加速运动，在t~2t时间物块A做加速度为g的匀减速运动，则有
可得
则有物块A在2t时间内上升的高度为
物块B在2t时间内位置不变，所以该最大距离为，C正确；
D．物块B与弹簧组成的系统势能最大时，动能最小，所以应是0时刻或2t时刻，物块B与弹簧组成的系统势能最大，D错误。
故选BC。
34．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）如图所示，小车上固定着一个竖直放置的弯曲圆管，整个小车（含圆管）的质量为，初始时静止在光滑的水平面上。一个小球以水平速度v从圆管左端飞入后恰好能从圆管右端滑离小车。小球质量为m，半径略小于圆管半径，可以看作质点，忽略一切摩擦以及圆管的厚度。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车速度向右
B．小球滑离小车时的速度大小为v
C．圆管中轴线距离车身的最大高度为
D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的总冲量为0
【答案】BC
【详解】A B．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒可得，

由机械能守恒可得
解得
或（因不符合实际情况，舍去）
小球滑离小车时，小车速度0。A错误；小球滑离小车时的速度大小为v，B正确；
C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为，故由动量守恒定律
解得
由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量
所以，车上管道中心线最高点的竖直高度
C正确；
D．从小球进入圆管到脱离圆管，小球对小车的水平方向总冲量为0，总冲量不为0。D错误。
故选BC。
35．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）如图1所示，一倾角为的传送带以恒定的速率逆时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并排放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块的速度—时间图像如图2所示。不计空气阻力，重力加速度g取，，。关于两物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度的大小为
B．传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75
C．在内，两物块与传送带间产生的热量相等
D．后，若物块A在传送带上运动的时间少于，则A、B间的最大距离就不会变
【答案】AB
【详解】A．由物体B的图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带的速度，所以传送带的速度大小为6m/s，故A项正确；
B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为
对其受力分析有
解得
故B项正确；
C．在，物块B与传送带相对位移为
产生的热量为
对物体A有
解得
在，物块A与传送带相对位移为
产生的热量为
因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；
D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最大值，其距离为
设0.75s后在经过时间物块A超过物块B后其距离达到，则有
解得
所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于时，A、B间的最大距离就不会变，故D项错误。
故选AB。
36．（2023·吉林·统考二模）如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，弹簧一端固定，另一端连接一滑块（视为质点），滑块还受到一平行斜面方向的恒力F（图中未画出），处于静止状态。现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块沿斜面下滑，弹簧一直在弹性限度内。对滑块开始下滑至下滑到最远处的过程，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的动能一定减小B．弹簧的弹性势能一定增大
C．滑块的机械能先增大后减小D．滑块机械能的改变量等于力F与弹簧弹力做功的代数和
【答案】AD
【详解】A．滑块下滑前所受的合力为零，因此滑块下滑的过程中所受的合力一定沿斜面向上，合力做负功，结合动能定理可知，该过程中滑块的动能减小，故A正确；
B．因为不知道滑块下滑前弹簧是压缩的还是伸长的，所以无法确定滑块下滑的过程中弹簧弹性势能的变化情况，故B错误；
C．若滑块下滑前弹簧的弹力和力的方向均沿斜面向上，则滑块下滑的过程中滑块的机械能一直减小，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，滑块下滑的过程中滑块机械能的改变量等于力与弹簧弹力做功的代数和，故D正确。
故选AD。
37．（2023·吉林长春·长春市第二中学校考模拟预测）如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．m重力势能的减少量等于m动能的增加量B．M、m组成的系统机械能守恒
C．M、m组成的系统动量守恒D．M先加速后匀速运动
【答案】BD
【详解】D．小球落地时的速度方向是竖直向下的，小球水平方向速度先增大后减小，在忽略一切摩擦的作用下，在弹力作用下立方体先向右做加速，与小球脱离后开始做匀速运动，故D正确；
BC．系统只有重力做功，所以 M、m组成的系统机械能守恒 ，当球落地时，球减少的重力势能转化为系统增加的动能，此动能包括小球和立方体，故A错误，B正确；
C．由于杆的作用，导致系统合外力不等于零，所以M、m组成的系统动量不守恒 ，故C错误。
故选BD。