（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一機械能守恒定律、功能關系（單選題）3年真題1．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數相同、彈簧未超過彈性限度，則（）A．當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時、彈簧的彈力方向不發生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量【答案】B【解析】B．由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時根據牛頓第二定律對AB有對B有聯立可得由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發生變化，故B正確；A．設彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2；下滑過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態，上滑過程根據能量守恒定律可得化簡得當位移為最大位移的一半時有帶入k值可知F合=0，即此時加速度為0，故A錯誤；C．根據B的分析可知再結合B選項的結論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤；D．整個過程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據功能關系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。故選B。2．（2022·湖北·高考真題）如圖所示，質量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內，彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，Р在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A．μmgk B． C． D．【答案】C【解析】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x，滿足若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小為故選C。3．（2022·全國·高考真題）固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于（）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】如圖所示設圓環下降的高度為，圓環的半徑為，它到P點的距離為，根據機械能守恒定律得由幾何關系可得聯立可得可得故C正確，ABD錯誤。故選C。4．（2022·浙江·高考真題）神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環繞并擇機返回地面。則（）A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環繞速度越大B．返回艙中的宇航員處于失重狀態，不受地球的引力C．質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒【答案】C【解析】AC．根據可得可知圓軌道距地面高度越高，環繞速度越小；而只要環繞速度相同，返回艙和天和核心艙可以在同一軌道運行，與返回艙和天和核心艙的質量無關，故A錯誤，C正確；B．返回艙中的宇航員處于失重狀態，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航員繞地球運動的向心力，故B錯誤；D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，有阻力做功產生熱量，機械能減小，故D錯誤。故選C。5．（2023·浙江·高考真題）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】A．由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；B．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有則拋出后速度大小為可知速度大小與時間不是一次函數關系，故B錯誤；C．鉛球拋出后的動能可知動能與時間不是一次函數關系，故C錯誤；D．鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。故選D。【【解析】】6．（2023·全國·高考真題）一同學將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉動的影響，鉛球在平拋運動過程中（

）A．機械能一直增加 B．加速度保持不變 C．速度大小保持不變 D．被推出后瞬間動能最大【答案】B【解析】A．鉛球做平拋運動，僅受重力，故機械能守恒，A錯誤；B．鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；CD．鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據運動的合成可知鉛球速度變大，則動能越來越大，CD錯誤。故選B。7．（2023·浙江·高考真題）一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中（）A．彈性勢能減小 B．重力勢能減小C．機械能保持不變 D．繩一繃緊動能就開始減小【答案】B【解析】游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運動，下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小后向上增大，速度先增大后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值。A．橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；C．下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉化為彈性勢能，C錯誤；D．繩剛繃緊開始一段時間內，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當彈力大于重力后，合力向上對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤。故選B。8．（2024·重慶·高考真題）2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸器上升器組合體著陸月球要經過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（

）A．減速階段所受合外力為0 B．懸停階段不受力C．自由下落階段機械能守恒 D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2【答案】C【解析】A．組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯誤；B．組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態，合力為零，仍受重力和升力，故B錯誤；C．組合體在自由下落階段只受重力，機械能守恒，故C正確；D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯誤。故選C。9．（2024·北京·高考真題）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進入半圓形軌道，恰好能夠到達最高點C。下列說法正確的是（）A．物體在C點所受合力為零B．物體在C點的速度為零C．物體在C點的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能【答案】C【解析】AB．物體恰好能到達最高點C，則物體在最高點只受重力，且重力全部用來提供向心力，設半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得解得物體在C點的速度AB錯誤；C．由牛頓第二定律得解得物體在C點的向心加速度C正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點時的動能和重力勢能之和，D錯誤。故選C。10．（2024·山東·高考真題）如圖所示，質量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數均為μ，彈性繩勁度系數為k，被拉伸時彈性勢能E=kx2（x為繩的伸長量）。現用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于（）A． B．C． D．【答案】B【解析】當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長量則此時彈性繩的彈性勢能為從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為則由功能關系可知該過程F所做的功故選B。11．（2024·寧夏四川·高考真題）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【答案】C【解析】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。故選C。12．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側用一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（）A．彈簧恢復原長時時A動量最大B．彈簧壓縮最短時A動量最大C．整個系統動量變大D．整個系統機械能變大【答案】A【解析】對整個系統分析可知合外力為0，A和B組成的系統動量守恒，得設彈簧的初始彈性勢能為，整個系統只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧恢復原長時得聯立得故可知彈簧恢復原長時滑板速度最大，此時動量最大，動能最大。對于系統來說動量一直為零，系統機械能不變。故選A。13．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球（）A．從1到2動能減少 B．從1到2重力勢能增加C．從2到3動能增加 D．從2到3機械能不變【答案】B【解析】AB．由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能增加，則1到2動能減少量大于，A錯誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于，選項CD錯誤。故選B。14．（2023·全國·高考真題）一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球（

）A．上升時間等于下落時間 B．被墊起后瞬間的速度最大C．達到最高點時加速度為零 D．下落過程中做勻加速運動【答案】B【解析】A．上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態和下降過程的初狀態速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；B．上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負功，小球機械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度，故排球被墊起時的速度最大，B正確；C．達到最高點速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯誤；D．下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤。故選B。15．（2022·山東·高考真題）我國多次成功使用“冷發射”技術發射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（

）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發射艙發射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內能，故B錯誤；C．根據動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。16．（2022·浙江·高考真題）風力發電已成為我國實現“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示，風力發電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發電機在風速為時，輸出電功率為，風速在范圍內，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為，空氣密度為，風場風速為，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風力發電機的輸出電功率與風速成正比B．單位時間流過面積的流動空氣動能為C．若每天平均有的風能資源，則每天發電量為D．若風場每年有風速在范圍內，則該發電機年發電量至少為【答案】D【解析】AB．單位時間流過面積的流動空氣體積為單位時間流過面積的流動空氣質量為單位時間流過面積的流動空氣動能為風速在范圍內，轉化效率可視為不變，可知該風力發電機的輸出電功率與風速的三次方成正比，AB錯誤；C．由于風力發電存在轉化效率，若每天平均有的風能資源，則每天發電量應滿足C錯誤；D．若風場每年有風速在的風能資源，當風速取最小值時，該發電機年發電量具有最小值，根據題意，風速為時，輸出電功率為，風速在范圍內，轉化效率可視為不變，可知風速為時，輸出電功率為則該發電機年發電量至少為D正確；故選D。2年模擬17．（2024·山東濟南·模擬預測）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h。現將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球P即將落地時，它的速度大小為B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為【答案】C【解析】B．平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則速度與水平方向的夾角可知，小球P即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角解得故B錯誤；A．設小球P即將落地時，它的速度大小為，小球Q的速度大小為，根據系統機械能守恒有小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有解得，故A錯誤；C．根據動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為故C正確；D．若小球P落地后不反彈，根據動量定理有故D錯誤。故選C。18．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用一個金屬小球擠壓彈簧至B點，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點為AB的中點，則（）A．從B到A過程中，小球的機械能守恒B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功【答案】D【解析】A．從B到A過程中，小球除受重力外還受彈簧對小球的彈力，且彈力做正功，故小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．從B到A過程中，彈簧彈力和重力平衡位置處動能最大，合力對小球先做正功后做負功，小球的動能先增大后減小，故B錯誤；C．從B到A過程中，彈簧的壓縮量一直在減小，故彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；D．因為從B到C過程彈簧的平均作用力大于從C到A過程彈簧的平均作用力，兩過程位移大小相等，故從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功，故D正確。故選D。19．（2024·河南·模擬預測）固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑到最低點的過程中，運動到Q點時，重力的功率最大，OQ與水平面的夾角為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小環運動至與圓心O等高處的A點的加速度為B．小環運動至與圓心O等高處的A點的加速度為gC．sinθ＝D．sinθ＝【答案】D【解析】AB．小環運動到A點時，根據機械能守恒可得小環受到的彈力提供向心力，即聯立可得則小環在A點的受力為加速度為故AB錯誤；CD．小球運動到Q點時，重力的功率最大，則此時小環的豎直分速度最大，小環在豎直方向上的合力為零，即小環所受彈力的豎直分力剛好與重力平衡，則有設此時小環的速度為，從P點到Q點的過程中，根據機械能守恒可得小環在Q點，由牛頓第二定律可得聯立解得解得（舍去）故C錯誤，D正確。故選D。20．（2024·浙江溫州·三模）質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖所示，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連。它們到達最低點后又向上運動。已知物塊質量也為m，彈簧的彈性勢能，簡諧運動的周期，下列說法正確的是（）A．碰后物塊與鋼板一起做簡諧運動，振幅A=x0B．物塊與鋼板在返回O點前已經分離C．碰撞剛結束至兩者第一次運動到最低點所經歷的時間D．運動過程中彈簧的最大彈性勢能【答案】C【解析】A．對物塊，根據動能定理解得設v1表示質量為m的物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運動的速度，因碰撞時間極短，動量守恒取v0方向為正解得碰后，根據能量守恒根據平衡條件可得解得當物塊與鋼板受力平衡時，為平衡位置解得所以振幅為故A錯誤；B．物塊與鋼板在返回O點前彈簧一直被壓縮，彈力豎直向上，整體加速度小于重力加速度，若已經分離，則物塊的加速度等于重力加速度，則此后物塊的速度將小于鋼板的速度，與實際不符，所以物塊與鋼板在返回O點前不可能分離，故B錯誤；C．碰撞剛結束至兩者第一次運動到平衡位置時間為，則解得繼續運動到最低點所經歷的時間，則所以，碰撞剛結束至兩者第一次運動到最低點所經歷的時間故C正確；D．當物塊與鋼板運動到最低點時，彈簧的彈性勢能最大故D錯誤。故選C。21．（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，傾角的固定斜面體底端有一與斜面垂直的固定擋板，兩個質量均為的小鐵塊A、B用勁度系數的輕彈簧連接，輕繩的一端拴在小鐵塊B上，另一端跨過光滑定滑輪后連接質量的小鐵塊C，托住小鐵塊使輕繩剛好伸直。已知小鐵塊A、B與斜面間的動摩擦因數均為，初始時彈簧處于壓縮狀態且小鐵塊B剛好未沿斜面上滑，輕彈簧、輕繩均與斜面平行，重力加速度的大小為。現將小鐵塊C由靜止釋放，運動過程中始終未落至地面，不計定滑輪的質量和摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，，則從小鐵塊C由靜止釋放到小鐵塊A剛好離開擋板的過程中，下列說法正確的是（）A．系統產生的總熱量為2JB．小鐵塊C的最大速度大小為C．當彈簧剛好回到原長時，輕繩的拉力大小為6ND．當小鐵塊C的速度最大時，小鐵塊A、B間的距離增加了0.05m【答案】B【解析】A．對B由平衡條件可知解得當A剛好離開擋板時，對A由平衡條件可知解得由可知，系統產生的總熱量A錯誤；B．對B、C系統由能量守恒得解得B正確；C．當彈簧剛好回到原長時，對B、C系統由牛頓第二定律可知解得對C由牛頓第二定律可知解得輕繩上的拉力大小為C錯誤；D．該過程中彈簧由壓縮狀態變為伸長狀態，A、B間的距離增加了D錯誤。故選B。22．（2024·湖北荊州·三模）如圖所示，質量為M、半徑為R、內壁光滑的圓形軌道豎直放置在水平地面上，軌道圓心為O，P、Q是軌道上與圓心O等高的兩點。一質量為m的小球沿軌道做圓周運動且剛好能通過軌道最高點，運動過程中軌道始終保持靜止狀態。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球經過軌道最低點時，速度為B．小球經過P點時，軌道對地面的壓力為C．小球經過軌道最高點時，軌道對地面的壓力最小D．小球經過Q點時，軌道對地面的摩擦力沿水平面向左【答案】B【解析】A．小球經過軌道最高點時，有小球經過軌道最低點時，根據機械能守恒聯立得故A錯誤；B．小球經過P點時，軌道的支持力提供向心力，小球處于完全失重狀態，軌道對地面的壓力等于軌道的重力，為故B正確；C．小球經過軌道最高點時，重力提供向心力，小球處于完全失重狀態，軌道對地面的壓力等于軌道的重力，小球在下半軌道運動時，小球對軌道的壓力有向下的分力，則軌道對地面的壓力大于軌道的重力，小球在上半軌道運動（除最高點外）時，小球對軌道的壓力有向上的分力，則軌道對地面的壓力小于軌道的重力，故小球經過軌道最高點時，軌道對地面的壓力不是最小，故C錯誤；D．小球經過Q點時，軌道向左的支持力提供向心力，根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力向右，軌道靜止，根據平衡條件可知地面對軌道的摩擦力沿水平面向左，根據牛頓第三定律，軌道對地面的摩擦力沿水平面向右，故D錯誤。故選B。23．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖所示是體育課上某同學水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為零勢能面，用h表示鉛球離地面的高度，E、Ep、Ek分別表示鉛球的機械能、重力勢能和動能，則鉛球下落過程中，下列圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】A．不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機械能守恒，故A錯誤；BC．鉛球的重力勢能為故B錯誤，C正確；D．設拋出時鉛球的動能為，距地面的高度為，根據機械能守恒得可得可得故D錯誤。故選C。24．（2024·黑龍江吉林·模擬預測）如圖所示，兩個質量相等可視為質點的小球a、b通過鉸鏈用長為的剛性輕桿連接，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細桿M的夾角為45°。兩根足夠長的細桿M、N不接觸（a、b球均可無碰撞通過O點），且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．a、b兩球組成系統機械能不守恒B．a球到達與b球等高位置時速度大小為C．a球運動到最低點時，b球速度最大D．a球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對a球的彈力一直做負功【答案】C【解析】A．a球和b球所組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，故A錯誤；B．根據系統機械能守恒，則a球到達與b球等高位置時，b球速度為零，則解得故B錯誤；C．當a球運動到兩桿的交點后再往下運動，此時b球到達兩桿的交點處，a球的速度為0，b球的速度達到最大，則所以故C正確；D．由于系統機械能守恒，a球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對a球的彈力先做負功后做正功再做負功，故D錯誤。故選C。25．（2024·湖北·三模）2023年9月，中國選手張博恒奪得杭州亞運會體操單杠冠軍，如圖所示其雙手抓住單杠，其重心以單杠為軸在豎直平面內做圓周運動，重心到單杠的距離，重心從單杠正上方A點轉至B點時松手脫離單杠，OB與豎直方向的夾角，重心經過E點與B點等高，最后落到地面D點。已知他的質量，從B到E的時間為，g取，忽略空氣阻力，不考慮一切摩擦和體能的消耗與轉化。下列說法正確的是（）A．他在A到B點過程機械能不守恒，B到D過程機械能守恒B．他在B點的速度為C．他在A到B運動過程中手臂的最大拉力為2640ND．OB與豎直方向的夾角越大，BD之間水平距離越遠【答案】B【解析】A.忽略空氣阻力，不考慮一切摩擦整個過程他的機械能守恒，故A錯誤；B.B到E的時間為，有所以故B正確；C.圓周運動的最低點拉力最大，有得故C錯誤；D.當時，BD之間水平距離為零，故D錯誤。故選B。26．（2024·河北衡水·模擬預測）如圖所示，一根不可伸長的輕質細線一端懸于O點，另一端系一小球A，將A拉至細線與水平方向成θ夾角，細線剛好伸直。由靜止釋放A，在A從釋放點運動到最低點的過程中，其重力勢能Ep、動能Ek、機械能E、重力的瞬時功率P與下落的高度h的關系圖像可能正確的是（不計空氣阻力）（）A． B．C． D．【答案】B【解析】A．小球下落過程中重力勢能隨下落高度h的增大均勻減小，即圖線的斜率保持不變，故A錯誤；B．A從釋放點開始做自由落體運動，根據機械能守恒定律可知小球運動到與水平方向對稱的位置后，細線被拉直的瞬間有能量損失，動能瞬間減小，然后小球做圓周運動，根據機械能守恒定律有故B正確；C．由于細線被拉直瞬間，有機械能損失，故C錯誤；D．小球自由下落過程中，重力的瞬時功率為當細線被拉直瞬間，小球豎直方向的速度減小，重力的瞬時功率突然減小，即小球開始做圓周運動瞬間，重力的功率應發生突變，故D錯誤。故選B。27．（2024·湖北·模擬預測）質量為的羽毛球，從地面豎直向上拋出，取地面為重力勢能零點，羽毛球的機械能E和重力勢能Ep隨高度h的變化如圖所示。g取10m/s2，結合圖像可知羽毛球（）A．在上升到1m處，動能為0.050JB．受到的阻力大小為0.01NC．在拋出時，速度大小為D．在上升至高度為1.25m處，動能和重力勢能相等【答案】C【解析】A．由圖像可知，在上升到1m處，羽毛球的機械能為0.1125J，重力勢能為0.050J，根據可得，此時動能為0.0625J，故A錯誤；B．分析圖像可知，羽毛球上升的最大高度為2m，根據功能關系又則故B錯誤；C．由題圖可知，在拋出時，機械能為0.125J，重力勢能為0，則又則此時的速度為故C正確；D．由題圖可知，在上升至高度為1.25m處，機械能為0.109375J，重力勢能為0.0625J，即動能為0.046875J，故動能和重力勢能不相等，故D錯誤。故選C。28．（2024·陜西西安·三模）關于物理觀念和科學思維，下列說法正確的是（

）A．摩擦力做的功等于過程中產生的內能B．如圖所示小型打夯機可簡化為一個支架M（含電動機）上，由輕桿帶動鐵球m（可視為質點）勻速轉動，當鐵球轉到最低點時支架對地面的壓力小于C．“月—地檢驗”通過比較月球表面上物體的重力加速度約為蘋果落向地面加速度的，從而證實地面上的物體所受地球的引力與月球所受地球的引力是同種性質的力D．除重力或系統內彈力外其他力做的功等于系統機械能的變化量【答案】D【解析】A．摩擦力做功不一定全部轉化為內能，故A錯誤；B．如圖所示小型打夯機可簡化為一個支架M（含電動機）上，由輕桿帶動鐵球m（可視為質點）勻速轉動，當鐵球轉到最低點時，鐵球有豎直向上的加速度，處于超重狀態，則支架對地面的壓力大于二者重力之和，即大于，故B錯誤；C．“月一地”檢驗通過比較地球吸引力與地球吸引月球繞地球運行的引力是同一種力，即月球所在位置的重力加速度約為蘋果落向地面加速度的，從而證實地面上的物體所受地球的引力與月球所受地球的引力是同種性質的力，故C錯誤；D．根據功能關系可知除重力或系統內彈力外其他力做的功等于系統機械能的變化量，故D正確。故選D。29．（2024·河北·二模）如圖所示，質量為的足夠長的木板靜止在粗糙水平地面上，在長木板上方右側有質量為的物塊，豎直墻面在長木板的右端，物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為，某時刻對木板施加水平向右、大小的恒定拉力，作用1s后撤去，物塊和木板始終未與豎直墻面碰撞，重力加速度，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．外力F做的功為4JB．整個運動過程用時C．整個運動過程摩擦生熱8JD．初始時，木板與墻的距離至少為【答案】C【解析】A．有拉力時物塊加速度長木板加速度撤去拉力時物塊速度木板速度物塊位移木板位移外力F做功A錯誤；B．力F撤去前物塊相對木板向后運動撤去力F后，物塊加速木板減速至共速所需時間為解得物塊位移木板位移物塊相對木板向后運動共速后一起減速到零所需時間所走位移整個過程用時B錯誤；CD．摩擦生熱初始木板與墻相距至少C正確，D錯誤。故選C。30．（2024·山東日照·二模）彈頭飛行時其重心所經過的路線謂之“彈道曲線”。由于重力和空氣阻力的影響，使彈道形成不均等的弧形。升弧較長而直伸，降弧較短而彎曲。炮彈的彈道曲線如圖所示，已知運動過程中，速度越大，空氣阻力越大。關于炮彈的運動，下列說法正確的是（）A．炮彈的運動是斜拋運動B．炮彈飛行到最高點時，加速度等于重力加速度C．炮彈上升過程所用的時間小于下降過程所用的時間D．炮彈上升過程損失的機械能等于下降過程損失的機械能【答案】C【解析】A．炮彈在空中不只受到重力作用，還受到空氣阻力，所以炮彈的運動不是斜拋運動，故A錯誤；B．炮彈在最高點豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，在最高點受空氣阻力與水平速度方向相反，水平方向的加速度方向向左，設為a，則最高點的加速度大小為加速度大于g，方向向左下方，故B錯誤；C．從O到最高點的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即mg＋f1＝ma1在下落過程中，在豎直方向，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即mg-f2＝ma2故a1＞a2，豎直位移相同，加速度越大，時間越小，所以炮彈上升過程所用的時間小于下降過程所用的時間，故C正確；D．因為速度越大，空氣阻力越大，由于空氣阻力始終做負功，同一高度處，上升過程的速度大小總是大于下降過程的速度大小，則同一高度處，上升過程的空氣阻力大小總是大于下降過程的空氣阻力大小。由微元法，上升過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與上升過程路程的乘積，下降過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與下降過程路程的乘積。升弧長而平伸，降弧短而彎曲。上升過程克服空氣阻力做的功大于下降過程克服空氣阻力做的功。由功能關系可知克服空氣阻力做的功等于機械能的減少量。炮彈在上升階段損失的機械能大于在下降階段損失的機械能，故D錯誤。故選C。31．（2024·浙江金華·二模）某地區常年有風，風速基本保持在5m/s，該地區有一風力發電機，其葉片轉動可形成半徑為10m的圓面，若保持風垂直吹向葉片，空氣密度為，風的動能轉化為電能的效率為20％。現用這臺風力發電機給一小區供電，則下列說法正確的是（）A．該風力發電機的發電功率約為25.5kwB．風力發電機一天的發電量C．假設一戶家庭在晚上同時開著兩盞40W的燈，為保證供電正常，則該風力發電機同時能給約64戶家庭供電D．若風速變為2.5m/s，則該風力發電機的發電功率變為原來的一半【答案】C【解析】AD．單位時間(1s)內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的體積為單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動能為該風力發電機的發電功率解得若風速變為2.5m/s，則該風力發電機的發電功率變為原來的18，故AD錯誤；B．風力發電機一天的發電量故B錯誤；C．假設一戶家庭在晚上同時開著兩盞40W的燈，為保證供電正常，根據則該風力發電機同時能給約64戶家庭供電,故C正確；故選C。32．（2024·浙江·一模）新安江水電站是我國第一座"自己設計、自制設備、自行施工"的大型水力發電站，上下游高度差約73米，共有9臺相同的發電機組，總裝機容量約為85萬千瓦，只有在用電高峰時才會開啟9臺機組，平均年發電量為18.6億千瓦時，這些發電機組的額定電壓為14kV。已知，杭州現行階梯電價的第一檔為年用電小于等于。下列正確的是（

）A．每臺發電機輸出的最大瞬時電流約為1kAB．一度電的能量約為10立方米的水從水庫上游流下時減少的重力勢能。C．一年平均開啟的發電機組約6臺。D．按照每戶家庭階梯電價1擋最高用電量計算，新安江水電站可以滿足約67萬戶家庭的生活用電【答案】D【解析】A．由題可知，每臺發電機的功率根據功率的計算公式可得每臺發電機輸出的最大瞬時電流A錯誤；B．10立方米的水從水庫上游