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专题06 机械能守恒定律
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共31小题）
1．（2025 河南）野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内（　　）
A．无人机做匀速运动
B．零件所受合外力为零
C．零件的惯性逐渐变大
D．零件的重力势能保持不变
2．（2024 江西）“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时（两轨道均可视为圆形轨道），其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2023 辽宁）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（　　）
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
4．（2024 浙江）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10﹣4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　）
A．10W B．20W C．100W D．200W
5．（2023 新课标）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　　）
A．0 B．mgh C．mv2﹣mgh D．mv2+mgh
6．（2023 甲卷）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（　　）
A．机械能一直增加 B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大
7．（2023 浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2023 山东）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，不考虑水筒中水的动能增加，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（　　）
A． B．
C． D．nmgωRH
9．（2023 北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中（　　）
A．摩擦力做功大小与F方向无关
B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为μmgx
D．F做功的最小值为max
10．（2023 山东）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（2023 浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（　　）
A．弹性势能减小 B．重力势能减小
C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小
12．（2023 乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（　　）
A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动
13．（2023 上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（　　）
A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同 D．无法判断
14．（2025 四川）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（　　）
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
15．（2025 云南）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（　　）
A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2
16．（2025 云南）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（　　）
A．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J
17．（2025 浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为210W h/kg，其中单位“W h”（瓦时）对应的物理量是（　　）
A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量
18．（2024 重庆）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　）
A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2
19．（2024 安徽）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　　）
A．mgh B．
C． D．
20．（2024 山东）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　　）
A．
B．
C．
D．
21．（2024 江西）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10m3/s，水位落差约为150m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为（　　）
A．109W B．107W C．105W D．103W
22．（2024 甲卷）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　）
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
23．（2024 贵州）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率为（　　）
A．8W B．16W C．24W D．36W
24．（2024 安徽）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（　　）
A．（H+h）
B．（H+h）
C．（H）
D．（H）
25．（2024 海南）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（　　）
A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功
26．（2024 新课标）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　）
A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍
27．（2024 浙江）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（　　）
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
28．（2024 北京）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（　　）
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
29．（2023 湖北）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（　　）
A． B． C． D．
30．（2023 江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
31．（2025 江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（　　）
A．释放瞬间物块加速度为零
B．物块和木箱最终仍有相对运动
C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
二．多选题（共8小题）
（多选）32．（2024 广东）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（　　）
A．该行星表面的重力加速度大小为4m/s2
B．该行星的第一宇宙速度为7.9km/s
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/s2
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
（多选）33．（2023 福建）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　）
A．0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同
C．2～6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t＝8s时，甲、乙两车的动能不同
（多选）34．（2023 广东）人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从 圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（　　）
A．重力做的功为360J
B．克服阻力做的功为440J
C．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380N
（多选）35．（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
（多选）36．（2023 湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（　　）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
（多选）37．（2024 福建）如图，某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包，分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2m，OH＝1.4m，OQ1＝8.4m，OQ2＝9.8m，沙包质量为0.2kg，忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则沙包（　　）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3J
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72：85
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
（多选）38．（2023 河北）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴O1，O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与O1、A、O2构成矩形，AB＝2AO1。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小球沿杆在AB之间做往复运动
B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短
C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大
（多选）39．（2025 云南）如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　）
A．P、M两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间
三．实验题（共1小题）
40．（2024 重庆）元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对戽斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究戽斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO′运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点（A、B、C三点未画出）。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。
（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 　 　 （选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向 　 　 （选填“竖直向上”“竖直向下”）。
（2）由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 　 　 J（保留两位有效数字，g＝9.8m/s2）。
四．解答题（共17小题）
41．（2025 选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
42．（2024 新课标）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
43．（2023 辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
44．（2023 甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
45．（2025 安徽）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3）若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
46．（2025 福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。
（1）求0﹣1m，F做的功；
（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
47．（2024 福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°，sin25.5°＝0.43，cos25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20m，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
48．（2024 北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r0，宇宙的密度为ρ0。
（1）求小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ；
（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能EP＝﹣G，G为引力常量。仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。
a.求小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk；
b.宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v＝Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。
49．（2024 山东）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
50．（2024 上海）我国的汽车智能化技术发展迅猛。各类车载雷达是汽车自主感知系统的重要组成部分。汽车在检测到事故风险后，通过自主决策和自主控制及时采取措施，提高了安全性。
（1）车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中 　 　 。
A.仅激光是横波 B.激光与超声波都是横波
C.仅超声波是横波 D.激光与超声波都不是横波
（2）一辆质量m＝2.0×103kg的汽车，以v＝36km/h的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率P1＝6.0kW，汽车受到的阻力大小为 　 　 N。当车载雷达探测到前方有障碍物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统提供的制动功率P2＝48kW，此时汽车的制动力大小为 　 　 N，加速度大小为 　 　 m/s2。（不计传动装置和热损耗造成的能量损失）
51．（2023 重庆）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
（1）提升高度为h时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
52．（2025 广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
53．（2024 江苏）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD段长x；
（2）BC段电动机的输出功率P；
（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。
54．（2023 湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小。
（2）B和D两点的高度差。
（3）小物块在A点的初速度大小。
55．（2023 江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
56．（2024 福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C的带电量为1×10﹣6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若t＝0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
57．（2024 贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）b从M运动到N的时间；
（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
专题06 机械能守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共31小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A B C B B D B D A B
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 B C C A B A C D B B C
题号 23 24 25 26 27 28 29 30 31
答案 A B A C B C D C D
二．多选题（共8小题）
题号 32 33 34 35 36 37 38 39
答案 AC BC BCD BD AD BD BC CD
一．选择题（共31小题）
1．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：AB、对零件受力分析如下图所示，其所受重力G与轻绳的拉力T的合力F合为零件所受合外力。
因零件与无人机相对静止一起沿水平向左的方向运动，故F合的方向水平向左，其大小不为零。
因轻绳与竖直方向的夹角不变，故F合恒定，根据牛顿第二定律，零件的加速度恒定，其做匀加速直线运动，易知无人机也做匀加速直线运动，故AB错误；
C、因质量是惯性大小的唯一量度，零件的质量不变，故其惯性保持不变，故C错误；
D、因零件在水平方向上运动，其所处高度不变，故其重力势能保持不变，故D正确。
故选：D。
2．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：A、探测器在环月轨道做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
解得：v2，T
动能：
可得动能之比为：，周期之比为：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．【专题】定性思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；
CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故CD错误。
故选：B。
4．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
解：设Δt时间内从喷头流出的水的质量为
m＝ρV＝ρSv Δt
Δt时间内喷出的水的动能增加量等于喷头喷水的功率，即
联立解得
P＝100W
故ABD错误，C正确。
故选：C。
5．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空气阻力做的功为W克，则空气阻力对雨滴做功为﹣W克，雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，由动能定理得：mgh﹣W克＝0
解得：W克＝mgh
故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：A、铅球在平抛运动过程中，仅受重力，机械能守桓，故A错误；
B、铅球在平抛运动过程中加速度为重力加速度，保持不变，故B正确；
CD、运动过程中减少的重力势能转化为动能，铅球的动能越来越大，速度也越来越大，故CD错误。
故选：B。
7．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a﹣t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy＝gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx＝v0
铅球的速度大小v
速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误；
C、铅球的动能Ekmv2m（g2t2）
则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E﹣t图像为水平直线，故D正确。
故选：D。
8．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
解：每个水筒中水的重力为G＝mg
水筒的线速度为v＝ωR
取足够长的一段时间t内，装水的水筒个数为N＝nvt＝nωRt
筒车对灌入稻田的水做功的功率为P
故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．
解：A、设F与水平方向的夹角为θ，桌面对物体的支持力为FN，对物体受力分析，则有
FN＝mg﹣Fsinθ
f＝μFN
Wf＝fx
联立方程可得：Wf＝μ（mg﹣Fsinθ）x
可知摩擦力做功大小与F方向有关，故A错误；
B、由牛顿第二定律有：F合＝Fcosθ﹣f＝ma
整理得：Fcosθ+μFsinθ﹣μmg＝ma
由于m、a、μ均为已知量，上式中只有F、θ是变量，且无论F、θ如何变化，上式恒成立，ma不变
根据F合x＝max，可知合力做功大小与F方向无关，故B错误；
C、F为水平方向时，由牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma
可知：F＞μmg
则F做功为Fx，且Fx＞μmgx，故C错误；
D、由牛顿第二定律有：Fcosθ﹣f＝ma
结合选项A解析，可得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma
则：WF＝Fcosθ x＝max+μ（mg﹣Fsinθ）x
当mg﹣Fsinθ＝0时，WF取得最小值max，故D正确。
故选：D。
10．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；分析综合能力．
解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，由牛顿第二定律得：F﹣f﹣μmg＝（M+m）a1
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a1s1
额定功率P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a2（s2﹣s1）
联立解得：P0
故A正确，BCD错误。
故选：A。
11．【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．
解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；
B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B正确；
C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故C错误；
D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故D错误。
故选：B。
12．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为F阻，则F阻＝kv
由牛顿第二定律得：mg+F阻＝ma1
解得：a1＝g
排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F阻＝ma2
解得：a2＝g
则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故A错误；
B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故B正确；
C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；
D、由A得，下落过程的加速度为a2＝g
下落过程，v增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故D错误。
故选：B。
13．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：根据动能定理有mgh
解得v
因三者初速率v0相同，下落高度h相同，可知三者落地速率都相同，故ABD错误，C正确；
故选：C。
14．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：A.小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：
μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得物块的加速度大小为：
根据运动学公式有：，解得这段时间内物块的位移大小为：，故A错误；
B.这段时间内物块机械能增量为：，故B错误；
C.小车与物块的速度刚好相同所用时间为：
电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt
对小车，根据动能定理得：
联立解得小车的位移大小为：，故C正确；
D.小车机械能增量为：，故D错误。
故选：C。
15．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；图析法；方程法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：CD、设MN的距离为x0，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，根据动能定理可得：，
第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，根据动能定理可得：，
联立以上由两式可得：x1＝x2，故CD错误；
AB、根据牛顿第二定律，滑块在MN段上运动的加速度为a1，则有μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上运动的加速度为a2，则有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，则有：a1＞a2，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离M点较近，在到达M点时速度较大，可作v﹣t如下所示：
由图像可得：t1＜t2，故A正确，B错误。
故选：A。
16．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；实验探究能力．
解：高中生的质量m＝50kg
列车速度v＝144km/h＝40m/s
根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功
故ACD错误，B正确。
故选：B。
17．【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
解：根据功的公式W＝Pt，可知单位“W h”（瓦时）对应的物理量是能量或者功的单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
18．【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；推理论证能力．
解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故A错误；
B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故B错误；
C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故C正确；
D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度9.8m/s2，故D错误。
故选：C。
19．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理，有
mgh﹣Wfmv2
解得Wf＝mghmv2
故ABC错误，D正确。
故选：D。
20．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；与弹簧相关的动量、能量综合专题；理解能力．
解：当甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳的伸长量为x；
对甲及其所坐的木板整体，根据平衡条件μmg＝kx
解得弹性绳的伸长量
此时弹性绳的弹性势能
乙同学的位移x′＝（l﹣d）+x
根据功能关系，拉力做功
代入数据解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
21．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：根据能的转化和守恒定律，发电功率为P η＝ρQghη＝1×103×10×10×150×70%W＝1.05×107W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
22．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；理解能力；模型建构能力．
解：设圆环的半径为R，小环下滑的高度为h，则h≤2R
小环在下滑过程中，根据动能定理
解得
小环在最高处静止时，小环对圆环的作用力F1＝mg
小环从最高处到圆心等高处的过程中，设重力与半径方向成θ角，如图所示：
小环下滑的高度h＝R（1﹣cosθ）
小环的速度
根据牛顿第二定律
联立解得F＝3mgcosθ﹣2mg
θ增大，cosθ减小，作用力F先减小，再反方向增大；
小环在圆心等高处时
小环从圆心等高处到最低处的过程中，设重力与半径方向成α角，如图所示：
小环下滑的高度h＝R（1+cosα）
小环的速度
根据牛顿第二定律
代入数据联立解得F＝2mg+3mgcosα
α减小，cosα增大，作用力F增大；
小环在最低处时
解得F3＝5mg
根据牛顿第三定律，综合上述分析，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
23．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；功率的计算专题；理解能力．
解：设物块运动到x＝3m处的速度为v；
全过程运用动能定理
代入数据解得v＝4m/s
根据功率公式，物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率P＝F2v＝2×4W＝8W。
综上分析，故A正确，BCD错误。
另解：0～2m内，物块做匀加速直线运动，加速度为a1；
根据牛顿第二定律F1＝ma1
代入数据解得
根据运动学公式
2m末的瞬时速度
在2～3m内，物块以加速度为a2做匀加速直线运动；
根据牛顿第二定律F2＝ma2
代入数据解得
根据运动学公式
3m末的瞬时速度v3＝4m/s
根据功率公式，物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率P＝F2v3＝2×4W＝8W。
综上分析，故A正确，BCD错误。
故选：A。
24．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；分析综合能力．
解：取Δt时间内水管中质量为Δm的水为研究对象，Δm的水离开管口后做平抛运动，设水离开管口时的速度为v，Δm的水在空中运动的时间为t；
平抛运动在竖直方向做自由落体运动
在水平方向做匀速直线运动l＝vt
代入数据解得
设Δt时间内被抽到出水口的水的质量为Δm，根据密度公式，水的质量Δm＝ρV＝ρS vΔt
取深井中的水面为零势能面，出水管口出的机械能
设水泵输出的功率为P，根据功能关系ηPΔt＝ΔE
代入数据解得
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
25．【专题】定性思想；推理法；自由落体运动专题；理解能力．
解：AB.返回舱减速时加速度方向竖直向上，与速度方向相反，处于超重状态，故A正确，B错误；
CD.主伞的拉力向上，与运动位移方向相反，做负功，重力向下，与运动位移方向相同，做正功，故CD错误。
故选：A。
26．【专题】定量思想；控制变量法；平抛运动专题；理解能力．
解：根据
小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则水平速度变为原来的2倍，根据平抛运动规律可知，竖直高度不变，水平方向上
x＝vt
则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C正确，ABD错误。
故选：C。
27．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力．
解：AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力做正功，重力势能减小，大小为mgh，则动能增加小于mgh，故CD错误。
故选：B。
28．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：ABC.小物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，在C点是速度大小为v，由牛顿第二定律得ma，即a＝g，物体在C点的速度，故AB错误，C正确；
D.由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体离开弹簧后的在水平面上的动能，由水平轨道向圆轨道的运动过程中满足机械能守恒，所以弹性势能等于小物体在C点时的动能和重力势能之和，故D错误。
故选：C。
29．【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；理解能力．
解：由题意可知两节动车功率分别为
P1＝f1v1
P2＝f2v2
当把它们编组后
P1+P2＝（f1+f2）v
联立解得
v
故ABC错误，D正确。
故选：D。
30．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：A、设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，根据几何关系可知，图甲中滑块的合力大小为：
F1＝mgsinθ+μmgcosθ
图乙中滑块的合力大小为：
F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
由此可知，图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；
B、经过A点时，两种情况下滑块的重力势能相等，因此两种情况下重力做的负功相等，但前者摩擦力做的功小于后者摩擦力做的功，则图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；
C、根据A选项的分析可知，图甲中滑块的合力大于图乙中滑块的合力，根据逆向思维和运动学公式可知，图甲中滑块在AB之间的运动时间较短，故C正确；
D、在A、B之间，滑块受到的摩擦力大小相等，位移也相等，根据功的计算公式W＝Fs可知两种情况下滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；
故选：C。
31．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
解：A、根据题意可知，释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间物块的加速度不为零，故A错误；
B、因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故物块、木箱与弹簧组成的系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。
假设物块与木箱相对静止时，能使两者发生相对滑动的最小的弹簧弹力大小为F。设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，木箱与物块质量分别为M、m，根据牛顿第二定律得：
对物块有：f＝ma
对物块与木箱整体有：F＝（m+M）a
联立解得：
在弹簧的最大弹力减小到后，当物块与木箱共速之后两者保持相对静止一起做简谐运动，故B错误；
D、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D正确；
C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故C错误。
故选：D。
二．多选题（共8小题）
32．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题．
解：AB、行星表面的物体受到的万有引力提供重力，则
解得：g
行星的质量和半径分别为地球的和，则行星表面的重力加速度为：
行星第一宇宙速度的表达式为：
，该行星表面的重力加速度和半径都比地球的小，所以该行星的第一宇宙速度不为7.9km/s，故A正确，B错误；
C、设探测器质量为M＝1000kg，背罩质量为m＝50kg。“背罩分离”后瞬间，弹性绳的弹力瞬间不变，原先背罩做匀速直线运动，弹性绳的弹力为：
F＝（M+m）g1
“背罩分离”后瞬间对背罩，根据牛顿第二定律得：
F﹣mg1＝ma
联立解得：a＝80m/s2，方向竖直向上，故C正确；
D、“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为：
P＝Mg1v＝1000×4×60W＝240kW，故D错误；
故选：AC。
33．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．
解：A．根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变，故A错误；
B．根据图（b）易得，0～2s图像的面积为S＝2N s＝2N s，根据F﹣t图面积表示F对物体的冲量，设t＝2s时，乙车速度为v2，质量为m，据动量定理：I＝Ft＝mv2﹣0，代入数值解得v2m/s；
同理0～6s图像的面积为S′＝4N s﹣2N s＝2N s，设t＝6s时，乙车速度为v6，据动量定理：I′＝F′t′＝mv6﹣0，代入数值解得v6m/s；故乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同，故B正确。
C．根据图（a）可得，v﹣t图像的面积表示位移，故2～6s内，甲的位移为：x甲＝2m﹣2m＝0m，而根据图（b），物体在t＝2s和t＝6s时的速度相同，力F做功相同，物体运动方向不变，故2～6s内，乙车肯定不为0，故2～6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确。
D．t＝8s时，根据图（a）可得此时甲车速度为0，动能为0；而根据图（b），设t＝8s时，乙车速度为v8，0～2s图像的面积为S＝4N s4N s＝0，据动量定理：I″＝F″t″＝mv8﹣0，代入数值解得v8＝0，故乙车速度为0，动能为0。故D错误。
故选：BC。
34．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
解：AB、货物从P到Q的运动过程中，根据动能定理可得：
mgh﹣W克
其中，mgh＝20×10×4J＝800J
代入数据解得：W克＝440J，故A错误，B正确；
C、根据题意可知，r＝h
速度的表达式可得：
，故C正确；
D、在Q点，货物受到的支持力和重力的合力提供货物做圆周运动的向心力，则
FN﹣mg＝ma
根据牛顿第三定律可得：
F压＝FN
联立解得：F压＝380N，故D正确；
故选：BCD。
35．【专题】定量思想；控制变量法；动能定理的应用专题；理解能力．
解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知
v1＞v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD、根据能量守恒定律可得
mMfl
整理解得
mMflmfl
故C错误，D正确；
AB、因摩擦产生的热量为
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根据运动学公式可得xm t
xM
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故A错误，B正确；
故选：BD。
36．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力；模型建构能力．
解：A、小球从B到C的过程中，根据牛顿第二定律有
mgcosθ﹣N＝m
其中θ逐渐减小，动能转化为重力势能，v也逐渐减小，所以N逐渐增大，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力逐渐增大，故A正确；
B、小球从A到C的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故B错误；
C、小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，根据机械能守恒定律有
mg 2R
解得
故C错误；
D、在B点，根据牛顿第二定律有
mgcosθ﹣N＝m
解得
N＝mgcosθ﹣m
当N＝0时，v，当若小球初速度v＝v0增大，小球有可能从B点脱离轨道，故D正确；
故选：AD。
37．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：A.沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为h1＝3.2m﹣1.4m＝1.8m，根据
可得上升时间为 t上1＝0.6s
最高点距水平地面高为h0＝3.2m，故下降的时间为
t下1＝0.8s
故一次抛出上升时间、下降时间比值为0.6：0.8＝3：4，故A错误；
BC.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 t＝t上1+t下1＝0.6s+0.8s＝1.4s
故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为，
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为 vy＝gt上1＝10×0.6m/s＝6m/s，由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒
故第一次过P点比第二次机械能少
解得ΔE＝1.3J
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
Ek1＝Ek01+mghOH
解得Ek1＝10J
Ek2＝11.3J
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100：113，故B正确，C错误；
D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，
故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。
故选：BD。
38．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
解：AC．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，根据功能关系可知小球由于重力做功，在B点的速度不为0，所以小球不会在AB之间做往复运动，故A错误，C正确；
B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点的速度相等，没有弹簧时，小球运动的加速度为
a＝gsinθ
有弹簧时加速度先大于gsinθ，AB＝2AO1，然后一直减小，且小球运动到AB中点时，加速度为gsinθ，v﹣t图像如图
由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确；
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；
故选：BC。
39．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．
解：B、滑块所受的滑动摩擦力
过程Ⅰ，根据动能定理得：
解得：
过程Ⅱ中，弹簧弹力对Q做正功，设为W弹，Q克服滑动摩擦力做功为Wf，由功能关系可得Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为：，故B错误；
A、过程Ⅱ中，M点的速度最大，则M点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为x，根据平衡条件得：
kx＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，解得：
P、M两点之间的距离为：，故A错误；
C、滑块从P到M的过程向上运动的位移为
由运动的对称性可得滑块过M点后能继续上滑的最大位移等于s，故Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为，故C正确；
D.设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；
若弹力为零，根据平衡条件mgsinθ＝f＝μmgcosθ，滑块停在O点；
若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件mgsinθ+f＝kx2
其中f≤mgsinθ
解得
滑块停在M点与O点之间，含M点；
由于fm＝mgsinθ，因此弹簧不可能处于压缩状态；
综上分析可知，连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间，故D正确。
故选：CD。
三．实验题（共1小题）
40．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升
2Tcosθ＝Mg
当θ逐渐增大时，T逐渐增大，沙桶上升到最高点B然后下落，在最高点的加速度方向竖直向下。
（2）沙桶从开始运动到静止上升高度为8.4cm，机械能增加量为
Mgh＝0.136×9.8×0.084J＝0.11J
故答案为：（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11。
四．解答题（共17小题）
41．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：（1）雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：
mgxsinθ﹣μmgxcosθ
解得：v0＝5m/s
（2）雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：
mgh
解得：v1＝8m/s
雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：
vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s
由速度分解可得：cosα
解得：α＝60°
答：（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；
（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。
42．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：（1）对重物受力分析如下图所示：
由平衡条件得：
在水平方向上有：TPsinα＝TQsinβ
在竖直方向上有：TPcosα＝mg+TQcosβ
联立解得：TP＝1200N，TQ＝900N
（2）使重物缓慢竖直下降，可认为初末重物的动能均为零，设两根绳子拉力对重物做的总功为W，对此过程根据动能定理得：
W+mgh＝0﹣0
解得：W＝﹣4200J
答：（1）此时P、Q绳中拉力的大小分别为1200N、900N；
（2）在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功为﹣4200J。
43．【专题】定量思想；控制变量法；直线运动规律专题；理解能力．
解：（1）根据运动学公式可得
解得am/s2＝2m/s2
根据vt＝v0+at可得
ts＝40s
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为
ΔE＝ΔEk+ΔEpmghJ1.0×104×802J+1.0×104×10×100J＝2.8×107J
答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。
44．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v0，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：EP
解得：v0
（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为t，则落地点距飞出点的水平距离x＝v0t
落地瞬间竖直分速度vy＝gt
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为vy′vygt
小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0﹣vy′2＝﹣2gh
联立解得：x
答：（1）小球离开桌面时的速度大小为；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为。
45．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，T＝17N
（2）小球做平抛运动时x＝vt，
解得x＝4m
（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
答：（1）绳子被拉断时小球的速度大小为，绳子所受的最大拉力大小为17N；
（2）小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离为4m；
（3）初速度的最小值为。
46．【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：（1）由F﹣x图像得：
W＝1.5×1J＝1.5J
（2）x＝1m时，对AB整体，由牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝2ma
对B受力分析，由牛顿第二定律得：
F弹＝ma
代入数据联立解得：
F弹＝0.5N
（3）当两物块刚好分离时，AB间弹力为0，两物块加速度为0，对A，由平衡条件得：
F＝μmg
代入数据解得：
F＝0.5N
由图乙可知，x＝3m时，两物块分离，从开始到两物块分离，对AB整体，由动能定理得：
WF﹣μmgx2mv2
物块B刚好到达M点，有
mg＝m
对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：
﹣mg 2R0mmv2
代入数据联立解得：
R0＝0.2m
则圆弧半径应满足R≤0.2m
答：（1）F做的功为1.5J；
（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；
（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。
47．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力f＝2Fcosθ＝2×250×0.9N＝450N
（2）根据功的定义，拉力做功W＝2Fxcosθ＝2×250×20×0.90J＝9000J＝9×103J
（3）根据功率的定义，拉力功率PW＝600W
答：（1）地面对木板的阻力大小为450N；
（2）两条绳子拉力所做的总功为9.0×103J；
（3）两条绳子拉力的总功率为600W。
48．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r0和2r0的球内质量相同，即
解得小星体P远离到2r0处时宇宙的密度
（2）a.此球内的质量
P从r0处远离到2r0处，由能量守恒定律得
动能的变化量
解得ΔEkGπρ0m
b.由a知星体的速度随r0增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由v＝Hr知，H减小，故H随t增大而减小。
答：（1）小星体P远离到2r0处时宇宙的密度ρ为；
（2）a.小星体P从r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk为Gπρ0m；
b.H随t增大而减小。
49．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．
解：（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，通过分析题意可知，在Q点时轨道对小物块弹力只能竖直向下大小为3mg，根据牛顿第二定律有
3mg+mg＝m
解得v＝4m/s
（2）（i）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，由图乙可知，当0＜F≤4N，小物块m和轨道M一起向左做加速运动，根据牛顿第二定律有F＝（M+m）a，则a，根据图乙第一段图线的斜率k（kg﹣1）（kg﹣1），
即（kg﹣1）（kg﹣1），则M+m＝2，当F＞4N，小物块和轨道产生相对滑动，根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma，即a，同理根据图乙第二段图线的斜率的物理意义，有（kg﹣1）＝1（kg﹣1），
联立解得M＝1kg，m＝1kg
将图乙中（4N，2m/s2）代入a
解得μ＝0.2
（ii）当F＝8N时，由图乙对轨道a1＝6m/s2，方向水平向左，对小物块，根据μmg＝ma2，解得a2＝2m/s2，设经过时间t小物块运动到P点，根据匀变速直线运动的规律有a1t2a2t2＝L，滑动P点时轨道的速度为v1＝a1t，小物块的速度为v2＝a2t，方向都是水平向左，小物块在与竖直面内圆弧轨道作用的过程中，系统在水平方向满足动量守恒条件和机械能守恒定律，且规定水平向左的方向为正方向，有
Mv1+mv2＝Mv1′+mv2′
MmMmmg 2R
且v2′＝7m/s
联立以上各式解得t＝1.5s或者t＝3.17s（不合题意，舍弃）
L＝4.5m
答：（1）小物块在Q点的速度大小v为4m/s；
（2）（i）μ的值为0.2，m的值为1kg；
（ii）轨道水平部分的长度L为4.5m。
50．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；波的多解性；实验探究能力．
解：（1）超声波是有两种类型的声波，一种是纵波，一种是横波。车载雷达发出的激光都是电磁波，电磁波是横波，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）汽车行驶速度v＝36km/h＝10m/s，以汽车为研究对象
根据牛顿第二定律
当加速度为零时，汽车匀速行驶，汽车所受阻力
根据功率公式，汽车的制动力
设制动时汽车做减速运动的加速度大小为a
根据牛顿第二定律F制+f＝ma
代入数据解得加速度的大小2.7m/s2。
故答案为：（1）B；（2）600；4800；2.7；
51．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
解：（1）根据几何关系可知工件的位移大小为：
根据速度—位移公式可得：
（2）根据速度—时间公式可得：
根据动能定理可得：
W合
解得：W合
答：（1）提升高度为h时，工件的速度大小为；
（2）在此过程中，工件运动的时间为，合力对工件做的功为。
52．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
解：（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式：v2＝2ah
根据角速度和线速度的关系可得：v＝ωr
联立可得：；
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：
可得摩擦力所做的功为：
对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh0
解得：ΔpSh；
（3）设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其中：f＝f0（1）
t时刻速度大小为：v′＝at
t时间内的位移大小为：
t时刻开瓶器的功率为：P＝Fv′
联立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at。
答：（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为；
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为ΔpSh；
（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at。
53．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
解：（1）关闭电动机，物块从C点恰好到达最高点D的过程，根据动能定理得：
﹣mgx sinθ﹣μmgx cosθ＝0mv2
解得：x
（2）物块在BC段做匀速运动，由平衡条件可得：
电动机输出的牵引力为：F＝mgsinθ+μmgcosθ
电动机的输出功率为：P＝Fv＝mgv（sinθ+μcosθ）
（3）全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能，则有：
E1＝mgLsinθ
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和，则有：
E2＝mg（L﹣x）sinθmv2+μmg（L﹣x）cosθ
解得：E2＝mgL（sinθ+μcosθ）
可得：
答：（1）CD段长x为；
（2）BC段电动机的输出功率P为mgv（sinθ+μcosθ）；
（3）全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值为。
54．【专题】定量思想；方程法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理论证能力；模型建构能力．
解：（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式得：mg，解得小物块到达D点的速度大小：；
（2）设B和D两点的高度差为h，小物块在B点的速度为vB，从B到D过程，根据动能定理得：mgh
小物块在BC之间做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，说明在C点速度与过C点半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为60°，将速度沿水平和竖直分解，如下图所示：
BC之间的竖直距离H＝h+R+Rcos60°＝h+1.5R
根据平抛运动规律得：tan60°
联立求解小物块在B点的速度为vB，B和D两点的高度差h＝0
（3）设小物块在A点的速度为v，从A到B只有摩擦力做功，运用动能定理得：﹣μmg 2πR，将及vB代入解得：小物块在A点的初速度大小v。
答：（1）小物块到达D点的速度大小为；
（2）B和D两点的高度差为0；
（3）小物块在A点的初速度大小为。
55．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．
解：（1）滑雪者由A到P做匀加速直线运动，设此过程的加速度大小为a，滑雪者的质量为m，由牛顿第二定律得：
mgsin45°﹣μmgcos45°＝ma
由位移—时间关系公式可得：
dat2
联立解得：t
（2）设滑雪者从P到B的过程，所受重力与滑动摩擦力做功分别为WG、Wf，对滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点的过程，由动能定理得：
WG+Wf＝0﹣0
对滑雪者从A点静止下滑到B点的过程，由动能定理得：
mgdsin45°﹣μmgdcos45°+WG+Wfmv2﹣0
联立解得：v
（3）滑雪者在B点以速度大小为v，方向与水平方向夹角为45°的速度做斜抛运动，在B点竖直向上的分速度为vy＝vsin45°，水平分速度为vx＝vcos45°
设从B点运动到最高点的时间t1，由竖直方向做竖直上抛运动得：
t1
设从B点运动到与B点等高点的水平位移的大小为x，由竖直上抛运动的对称性可知此过程的时间为2t1，由水平方向做匀速直线运动得：
x＝vx 2t1
联立解得：x
若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的长度不能大于x，故平台BC的最大长度L＝x
答：（1）滑雪者运动到P点的时间t为；
（2）滑雪者从B点飞出的速度大小v为；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度L为。
56．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
解：（1）撤去电场前，对小球C，根据共点力平衡条件有：
qE＝mCg
代入数据解得：E＝2×106N/C
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有：
T1＝mCg，T1＝fB＝μmBg
代入数据解得：μ＝0.5
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同；
所以C下降h＝0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有：
代入数据解得：
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据平衡条件，有：f＝2kh
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为h′，对A，根据牛顿第二定律可得：f′﹣2kh′＝mAa
对B、C根据牛顿第二定律可得：qE+mCg﹣f′＝（mB+mC）a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降h＝0.2m时开始相对滑动，在C下降h＝0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律，有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：vm。
答：（1）匀强电场的场强大小为2×106N/C；
（2）A与B间的动摩擦因数为0.5，C做匀速运动时的速度大小为；
（3）A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。
57．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力；模型建构能力．
解：（1）在a运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理
解得vP＝6m/s
在P点，根据牛顿第二定律
解得NP＝30N
（2）设a运动到M的速度为vM，由动能定理
解得vM＝3m/s
取水平向左为正方向，物块a、b碰撞后的速度分别为v1、v2
把物块a、b做为一个系统，根据动量守恒定律
mavM＝mav1+mbv2
物块a、b发生弹性碰撞，根据机械能守恒
联立解得
v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
物块b进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
﹣μmbg＝mba
得a＝﹣5m/s2
设达到共速时间为t1，根据运动学公式
v0＝v2+at1
解得t1＝0.2s
减速位移
匀速运动的位移
x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m
匀速运动的时间
b从M运动到N的总时间
t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s
（3）设给b一个瞬时冲量后，物块b的速度为v3，取水平向右为正方向，则作用前物块b的速度为v0＝﹣1m/s
根据动量定理
I＝mbv3﹣mbv0
解得v3＝2m/s
物块b先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为t3，根据运动学公式
物块b对地位移
传送带位移
x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m
物块b相对于传送带的位移
Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m
由于Δt＝t3，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b的速度变为v4
根据动量定理
I＝mbv4﹣mbv0
解得v4＝2m/s
同理可得，物块b对地位移
x5＝0.3m
传送带位移
x6＝0.6m
物块b相对于传送带的位移
Δx2＝0.9m
以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：
s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m
物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s1＝0.3m离开传送带，此过程时间为t4，根据运动学公式
s1＝v3t4
解得：t4＝0.2s
此过程物块b相对于传送带的位移大小为：
Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m
物块b相对于传送带总的相对位移为：
Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m
产生的摩擦热
Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。
答：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；
（2）b从M运动到N的时间为3.2s；
（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。
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