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2026届人教版高考物理第一轮复习：功和能综合提高练习1
一、单选题（本大题共6小题）
1．关于功和能概念的理解，下列说法中正确的是（　　）
A．-10J的功大于+5J的功
B．静摩擦力只能做正功，滑动摩擦力只能做负功
C．运动物体所受合外力不为0，则该物体动能一定变化
D．合外力对物体做功为0，机械能一定守恒
2．如图所示，一轻绳跨过定滑轮，两端分别系有小球A和B，在外力作用下使两小球处于静止状态，两球间的高度差为h，释放小球，当两球间的高度差再次为h时，小球A的速度大小为，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，不计滑轮的质量，则A、B两球的质量之比为（　　）
A．2∶3 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
3．水平推力分别作用于水平面上等质量的、两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的图像分别如图中所示，图中，则（ ）
A．的位移大于的位移 B．大于
C．的冲量大于的冲量 D．整个运动过程两物体摩擦力的冲量相等
4．三角形是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为，以点为坐标原点，沿斜面向下为轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度随变化的关系如图2所示，设轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为，电荷量大小为的带电小滑块（视为质点）从点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知，运动过程中小滑块的电荷量保持不变。则下列说法正确的是（　　）
A．小滑块一定带正电
B．小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大
C．小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为
D．小滑块沿斜面向下运动的最远距离为
5．如图（a）所示,筒车是利用水流带动车轮,使装在车轮上的竹筒自动将水提上岸进行灌溉的装置。其简化模型如图（b）所示,转轴为,、、在同一高度,、分别为最低点和最高点,为水面。筒车在水流的推动下顺时针转动,竹筒做匀速圆周运动,其做匀速圆周运动的半径为,角速度大小为 。竹筒在点开始打水,从点离开水面。假设从点到点的过程中,竹筒所装的水质量为且保持不变,重力加速度为。下列说法正确的是
图（a） 图（b）
（ ）
A. 竹筒做匀速圆周运动的周期为
B. 竹筒从点到点的过程中,重力的功率逐渐减小
C. 竹筒过点时,竹筒对水的作用力大小为
D. 筒车上装有 16个竹筒,则相邻竹筒打水的时间间隔为
6．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
二、多选题（本大题共4小题）
7．(多选)电动自行车的前、后轮上方通常安装由弹簧和阻尼器组成的悬挂组件,其简化模型如图所示,光滑杆竖直固定在底座上,构成支架,放置在水平面上,轻弹簧套在杆上,套在杆上的圆环从距弹簧上端高度为H处由静止释放,接触并压缩弹簧,弹簧的形变始终在弹性限度内.圆环的质量为m,支架的质量为3m,弹簧的劲度系数为k,且已知弹簧的弹性势能大小Ep与其形变量x满足Ep=kx2,重力加速度为g,不计空气阻力.圆环刚接触弹簧时的位置为O点,下列说法正确的是 (　　)
A．在圆环压缩弹簧的过程中,圆环的加速度先增大后减小
B．圆环下落过程中的最大速度为
C．当圆环运动到最低点时,底座对水平面的压力大小为4mg
D．在圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中,圆环的机械能先增大后不变
8．如图，两根轻杆与质量为M的球甲通过轻质铰链连接。轻杆长度都为L，C、D为两个完全相同的物块，质量都为m，开始时，两轻杆处在竖直方向，C、D恰好与杆接触，C、D都静止在水平地面上。某时刻受扰动，两杆推动C、D物体分别向左右运动，当为时，杆与物体仍未分离。甲、C、D在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，在甲球从静止开始运动到落地的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．当为时，
B．当为时，
C．当为时，
D．左杆末端与物体C一定会在甲落地前分离
9．在机场和火车站可以看到对行李进行安检的水平传送带．如图甲所示，旅客把质量为的行李（可视为质点）轻放到传送带的中点时，经过，行李与传送带之间停止相对滑动，此过程中，行李运动的图像如图乙所示．下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A． 传送带顺时针运动的速度为
B． 传送带的长度至少为
C． 传送带因为传送行李多消耗的电能为
D． 传送带因为传送行李增加的功率为
10．如图所示，质量为的小球甲固定在轻弹簧上，轻弹簧固定在水平面上，小球甲和轻弹簧套在一竖直固定的光滑杆上，小球甲和质量为的物体乙用跨过一个光滑小定滑轮的不可伸长的轻绳连接。初始时，用手托住物体乙，使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零，此时，连接小球甲和小定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为，且小球甲静止于点，现将物体乙由静止释放，经过一段时间后小球甲运动到点，水平并相切于小定滑轮上的点，且小球在两点时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为，，，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数
B．小球甲运动到N点时的速度大小为
C．小球甲由M点运动到N点的过程中，小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大
D．在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙重力的瞬时功率一直增大
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某小组的同学通过探讨设计了一套方案来测量动摩擦因数，实验装置如图甲所示，将足够长的木板固定在水平面上，固定有遮光条的滑块从光电门的右侧以某初速度向左运动，经过一段时间滑块静止在光电门的左侧某位置，测出遮光条经过光电门时的遮光时间t和滑块静止时遮光条到光电门的距离x，改变滑块的初速度，重复以上操作，已知重力加速度大小为g。
(1)实验前测得遮光条的宽度为d含遮光条的滑块质量为m，则滑块经过光电门时的动能 （用给定的物理量符号表示）。
(2)实验时获得多组数据后，得出的图像如图乙所示，该图像的纵坐标为x，则横坐标为 （填“”“”或“”）。若直线的斜率为k，则滑块与木板之间的动摩擦因数 （用题中物理量的符号d，k和g表示）。
12．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系.所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、 的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为 ,其上可放钩码）、刻度尺.当地重力加速度为 .实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为 ,轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：
回答下列问题：
（1） 实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______ （保留三位有效数字）；
（2） 步骤④中的表格所缺数据为______；
（3） 以 为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出 图像；
则滑块与木板之间的动摩擦因数为____（保留两位有效数字）.
13．如图，一自行车骑行者和车的总质量为，从距离水平路面高为的斜坡路上A点，由静止开始不蹬踏板让车自由运动，到达水平路面上的B点时速度大小为，之后人立即以恒定的功名蹬车，人的输出功率，从B运动到C所用时间，到达C点时速度恰好达到最大，车在水平路面上行驶时受到阻力恒为总重力的0.02倍，运动过程可将人和车视为质点，重力加速度，求：
（1）A到B过程中自行车克服阻力的功；
（2）自行车的最大速度vm；
（3）B、C之间的距离s。
14．如图所示为一固定在地面上的楔形木块，质量分别为和两个物体，其中M质量是m的两倍，用轻质细绳相连跨过固定在斜面顶端的定滑轮，已知斜面的倾角为，用手托住物体，使之距地面高为时，物体恰停在斜面的底端，细绳恰好绷直，并且与斜面的斜边平行，如果突然释放物体，不计一切摩擦。试求：
（1）物体着地时的速度大小；
（2）从释放到落地，绳对物体做的功；
（3）设斜面足够长，物体能沿斜面滑行的最大距离是多少？

15．如图所示，AB是光滑的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A点。现使质量为m的小滑块从D点以速度v0=进入轨道DCB，然后沿着BA运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P点，重力加速度大小为g，求：
（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小FN；
（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；
（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB=5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围。
参考答案
1．【答案】A
【详解】功是标量，正功表示力对物体做功，负功表示物体克服该力做功，因此-10J的功大于+5J的功，A正确；静摩擦力可以做正功、负功或不做功，滑动摩擦力也可以做正功、负功或不做功，B错误；运动物体所受合外力不为0，如果该合外力不做功，那么物体动能不发生变化，例如匀速圆周运动，合外力不为0，但是不做功，C错误；机械能一定守恒的条件是除重力和弹力外，其他力做功的合功为零。合外力对物体做功为0，机械能不一定守恒，例如匀速向上运动的物体，动能不变，但是重力势能增大，机械能增大，D错误。
2．【答案】C
【详解】由机械能守恒定律得，结合，解得。
3．【答案】C
【详解】图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，物体位移大小小于物体位移大小，A错误；根据图像可得和段为撤去推力后的图线，图中，可知撤去推力后两物体运动的加速度相等，加速度为，则两物体与水平面的动摩擦因数相等，两物体质量相等，所以受到的摩擦力大小相等，对段根据牛顿第二定律有，同理对段有，图像的斜率表示加速度，段斜率较大，可知物体的加速度较大，则小于，B错误；对段根据动量定理有，同理对段有，由图可知，可得，即的冲量大于的冲量，C正确；由上述分析可知，两物体受到的摩擦力相等，物体运动时间较长，根据，可知，整个运动过程，物体摩擦力的冲量较大，D错误。
4．【答案】C
【详解】由题知，取沿斜面向下为x轴正方向，最开始的电场强度方向沿斜面向上，若小滑块带正电，则最开始所受电场力沿斜面向上，有，即电场力大于重力沿斜面向下的分力，小滑块刚开始不可能沿斜面向下运动，所以小滑块带负电，A错误；小滑块带负电，沿斜面向下运动过程中电场力先做正功，后做负功，所以机械能先增大后减小，B错误；小滑块沿斜面向下运动过程中，当有最大速度时加速度为零，则有，解得，由图2可知，设此时电场强度对应的横坐标为x，则有，解得，从最开始到最大速度，根据动能定理有，解得，C正确；当小滑块的速度为零时，沿斜面向下运动到最大位移，设为xm，对应的电场强度为Em，由图2可知，从最开始运动到最大位移，根据动能定理有，联立，解得，D错误。
5．【答案】B
【详解】竹筒做匀速圆周运动的周期为，错误；竹筒从点到点的过程中，速度方向与竖直方向的夹角 逐渐增大，其重力的瞬时功率为 ，故重力的功率逐渐减小，正确；竹筒过点时，水受到的合力水平向右，为其做圆周运动提供向心力，其大小为，故竹筒对水作用力的大小为（点拨：竹筒对水的作用力在水平方向的分量提供向心力，竖直方向的分量与重力平衡），错误；相邻竹筒打水的时间间隔，错误。
6．【答案】C
【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律，在点，根据牛顿第二定律，联立解得，从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律，在该处根据牛顿第二定律，联立可得，则大圆环对小环作用力的大小，根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
7．【答案】BD
【解析】圆环刚开始压缩弹簧时，弹力小于圆环重力，加速度向下，圆环继续向下加速运动，弹簧形变量增大，弹力增大，圆环加速度减小，当弹力大小等于重力大小时，圆环速度最大，之后加速度反向增大，A错误；当弹力大小等于重力大小，即mg＝kx时，圆环速度最大，设为vm，根据机械能守恒定律得mg(H＋x)＝mvm2＋kx2，联立解得vm＝，B正确；当圆环运动到最低点时，弹簧压缩量x>，弹簧弹力必然大于mg，则底座对水平面的压力大小必然大于4mg，C错误；圆环从最低点到脱离弹簧过程中，弹力对圆环做正功，圆环机械能增大，从脱离弹簧到最高点过程中，只有重力做功，机械能不变，故在圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，圆环的机械能先增大后不变，D正确.
【关键点拨】1.由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，如果只有系统内物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能相互转化，则总的机械能守恒.2.对同一弹簧，弹性势能的大小只由弹簧的形变量决定，如果弹簧的形变量相同，无论弹簧伸长还是压缩弹性势能都相等.3.物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关.
8．【答案】ABD
【详解】A．设左杆的下端点为A，由对称性易知杆与竖直方向成角，由关联速度知，得，又，可得，故A正确；
B．从杆竖起到过程，对整个系统，由机械能守恒，得，又，联立解得，B正确；
C．A与C没有分离前，C物体一直向左加速，A对C有向左的弹力，对端点A分析，易知杆对A的力沿杆斜向下，杆对球甲的力沿杆斜向上.由对称性知，两杆对球甲的合力向上，，C错误；
D．由甲与端点A的速度关系知，当球甲落地瞬间，端点A速度为0，端点A速度先变大后变小，端点A速度最大时，C的速度也是最大，C的加速度为零，与端点A之间的弹力为零，A与C分离，D正确。选ABD。
9．【答案】AD
【详解】图线与时间轴围成图形的面积表示速度变化量，传送带顺时针运动的速度大小为，正确；行李滑动长度为，因为行李放到传送带的中点，所以传送带的长度至少为，错误；行李增加的动能，摩擦生热，根据能量守恒定律知，传送带因为传送行李多消耗的电能为，错误；传送带因为传送行李增加的功率为，正确．
10．【答案】AB
【详解】根据题意，由几何关系可知，由于小球在两点时弹簧的弹力大小相等，则小球在两点时，弹簧的形变量均为，小球在点时，由平衡条件有，联立解得，A正确；根据题意可知，小球甲由M点运动到N点的过程中，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，由牵引速度可知，小球甲运动到N点时，物体乙的速度为0，则物体乙的速度先增大后减小，物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，由于小球在两点时弹簧的弹力大小相等，弹簧的弹性势能相等，设小球甲运动到N点时的速度大小为，由机械能守恒定律有，解得，CD错误，B正确。
11．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）滑块经过光电门时的速度大小
则滑块经过光电门的动能
（2）[1]根据动能定理有
联立以上，整理可得
图像的纵坐标为x，则横坐标为。
[2]若直线的斜率为k，则有
可得滑块与木板之间的动摩擦因数
12．【答案】（1） 0.980
（2） 0.588
（3） 0.40；见解析
【详解】（1） 轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 .
（2） 系统总机械能的减少量等于重力势能减少量与动能增加量之差,即 .
（3） 由于滑块与木板之间的摩擦力做负功,系统总机械能减少,所以系统总机械能的减少量 ,对照绘出的 图像,得 ,所以 .
13．【答案】（1）200J；（2）10m/s；（3）112.5m
【详解】（1）A到B过程中，由动能定理，
解得。
（2）达到最大速度时牵引力等于阻力，则根据，
则车的最大速度。
（3）从B到C由动能定理，
解得。
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设落地时的速度为，系统的动能定理得：
得
（2）设从释放到落地，绳对物体做的功，由动能定理得：
得
（3）落地后，以为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为，动能定理得
物体能沿斜面滑行的最大距离
得
15．【答案】（1）；（2）；（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7
【详解】（1）在D点，根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据能量守恒定律有
解得
（3）小滑块恰能能运动到B 点，根据能量守恒定律有
解得μ=0.7
小滑块恰能沿着轨道运动到C点，根据能量守恒定律有
解得μ=0.5
所以0.5≤μ≤0.7
小滑块恰能沿着轨道运动D点，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得μ=0.2
所以μ≤0.2
综上可得μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7
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一、单选题（本大题共6小题）
1．关于功、功率、能量和机械效率，下列说法正确的是（ ）
A．力做功越多，其功率越大
B．机械的功率越大，其机械效率越高
C．力做的功越多，能量转化越多
D．力对物体做功越多，物体具有的能量越大
2．质量为的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为，受到的阻力大小为。此时，汽车发动机输出的实际功率是（　　）
A． B． C． D．
3．过山车是游乐场中常见的设施，一种过山车可以简化为图2模型：过山车质量m，沿倾斜轨道由静止开始向下运动，在最低点附近做圆周运动，然后再沿轨道上升。设过山车在半径为r的圆周轨道的最高点C处的速度大小为v，过山车在从C到B的运动过程中，阻力不可忽略，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．过山车在最低点时，轨道对车的支持力大小等于mg
B．过山车在最低点时，轨道对车的支持力大小等于
C．过山车从最高点到最低点的过程中，重力做功等于动能的变化量
D．过山车从最高点到最低点的过程中，重力做功大于动能的变化量
4．如图所示两个质量相同的小物块A和B，分别从高度相同的光滑斜面和光滑圆弧面的顶点由静止滑向底部，则下列说法正确的是（　　）
A．它们到达底部时动能相等 B．它们到达底部所用时间相等
C．物块B下滑过程中重力做的功多 D．它们到达底部时重力的功率相等
5．如图甲所示,轻质弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上,底部固定,上端与质量为m的物块相连,当弹簧压缩量为l1时,物块由静止开始向下运动,当弹簧压缩量为l2时,物块的速度正好为0.在此运动过程中,弹簧对物块的弹力F与弹簧的压缩量l的关系图像如图乙所示，重力加速度为g,下列说法中错误的是 (　　)
甲　乙
A．物块的动能与弹簧的弹性势能都增加
B．物块重力势能变化量的大小为mg(l2-l1)
C．此过程中物块克服弹簧弹力做功为
D．当弹簧的压缩量等于时,物块的速度最大
6．某摩天轮的直径达120 m，转一圈用时1 600 s。某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中(　　)
A．角速度为 rad/s
B．座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C．重力对该同学做功的功率先增大后减小
D．如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将不变
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法中一定正确的是（　　）
A．物块经过P点的速度，前一过程较小
B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少
C．物块滑到底端的速度，前一过程较大
D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
8．（多选）如图所示，光滑定滑轮固定在墙上，绕过定滑轮的轻绳连接质量为的小球和质量为的小球，小球静止在地面上，用手托着小球，滑轮两边的轻绳刚好伸直并沿竖直方向，这时小球离地面的高度为，不计滑轮和小球的大小，快速撤去手，小球从静止开始运动至到达地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．初始时小球对地面的压力大小为
B．轻绳对小球的冲量大小为
C．轻绳对、两球的冲量大于、两球重力的冲量
D．小球的机械能减少量为
9．如图，两根轻杆与质量为的球甲通过轻质铰链连接。轻杆长度都为。、为两个完全相同的物块，质量都为。开始时，两轻杆处在竖直方向，、恰好与杆接触，、都静止在水平地面上。某时刻受扰动，两杆推动、物块分别向左、右运动，当左、右杆间的夹角 为 时，杆与物块仍未分离。甲、、在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为。在甲球从静止开始运动到落地的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A． 当 为 时，
B． 当 为 时，
C． 当 为 时，
D． 左杆底端与物块一定会在甲落地前分离
10．如图为杭州亚运会体操赛场场景，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．单杠对运动员既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．若运动员恰好能完成此圆周运动，则在最高点处时，运动员速度大小为零
C．若运动员恰好能完成此圆周运动，则在最高点处时，运动员与单杠之间无作用力
D．从最高点到最低点的过程中，单杠对运动员的作用力做正功
三、非选择题（本大题共5小题）
11．一个做直线运动的物体，其速度—时间图像如图所示，若 外力对物体做功 ， 外力对物体做功 ， 外力对物体做功 ，试着给出 、 、 与0的关系（ 时刻的速度和 时刻的速度大小相等）。
12．在某次赛前训练课上，一排球运动员在网前距地面高度处用力扣球，使排球以的初速度水平飞出，如图所示。已知排球质量，排球可视为质点，忽略排球运动中受到的空气阻力，取，问：
（1）排球刚被扣出时的动能为多少？
（2）排球从被扣出到着地经历的时间t为多少？
（3）请用机械能守恒定律求出排球落地时的速度是多少？
13．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系.所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、 的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为 ,其上可放钩码）、刻度尺.当地重力加速度为 .实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为 ,轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量 及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：
回答下列问题：
（1） 实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______ （保留三位有效数字）；
（2） 步骤④中的表格所缺数据为______；
（3） 以 为横轴， 为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出 图像；
则滑块与木板之间的动摩擦因数为____（保留两位有效数字）.
14．某同学设计了如图所示的装置来测量小物块与圆盘间的动摩擦因数。
器材有：是半径为的足够大的水平圆盘（小物块运动中不会脱离圆盘），为紧贴圆盘边缘固定的宽度为的遮光条，为固定在圆盘边缘正上方的光电门（连接光电计时器），刻度尺等。当地的重力加速度为。
实验步骤如下：
（1）将小物块置于圆盘上，测出其到盘心的距离。
（2）让圆盘绕过盘心的竖直轴匀速转动，转动时小物块相对圆盘静止随圆盘一起转动。通过时，光电计时器记录的遮光时间为，则小物块转动的角速度 ，小物块的线速度大小 （均用题中已知量和测量物理量字母表示）。
（3）让圆盘瞬间停止运动，测出小物块静止时到盘心的距离，则小物块与圆盘间的动摩擦因数 （用题中已知量和测量物理量字母表示）。
（4）改变小物块在圆盘上的位置，多次实验，求出的平均值。
15．如图所示，有一轨道装置，其中圆轨道竖直，半径，水平轨道与地面相切。滑块以一定的初速度从左侧水平直轨道滑入圆轨道，滑过最高点 Q后再沿圆轨道滑出，进入右侧水平直轨道，已知图中P点左侧轨道均光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为，滑块与各粗糙段间的动摩擦因数都为，取
（1）若滑块运动至最高点Q，恰好与轨道无相互作用，求滑块到达Q点时的速度；
（2）在第（1）问的条件下，求滑块从水平轨道进入圆轨道的初速度；
（3）若滑块从左侧进入圆轨道的初速度为，求滑块最终停止处到P点的距离。
参考答案
1．【答案】C
【详解】根据 可知，力做功越多，其功率不一定越大，选项A错误；机械的功率越大，其机械效率不一定越高，选项B错误；力做的功越多，能量转化越多，物体具有的能量不一定越大，选项C正确，D错误。
2．【答案】C
【详解】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡，汽车发动机的功率
3．【答案】D
【详解】过山车在最低点时，令速度为，对车进行分析有，解得，可知，过山车在最低点时，轨道对车的支持力大小大于mg，A错误；结合上述可知，车从B到C过程，重力势能增大，动能减小，即最低点的速度大于最高点的速度，结合上述可知，过山车在最低点时，轨道对车的支持力大小大于，B错误；由于过山车在从C到B的运动过程中，阻力不可忽略，车将克服阻力做功，有内能产生，可知，过山车从最高点到最低点的过程中，重力做功等于动能的变化量与克服阻力做功之和，C错误；结合上述可知，过山车从最高点到最低点的过程中，重力做功大于动能的变化量，D正确。选D
4．【答案】A
【详解】A、B物块下滑的重力做功均为，根据动能定理，可得它们到达底部时动能相等，A正确，C错误；由于光滑斜面和光滑圆弧面运动过程中加速度不同，路程不同，无法判断它们到达底部所用时间是否相等，B错误；由于它们到达底部时动能相等，他们的底端速度大小相同，但是速度与竖直方向上的夹角不相同，根据重力的功率，可得它们到达底部时重力的功率不相等，D错误。
5．【答案】A
【解析】物块的速度先增大后减小，则动能先增大后减小，弹簧一直被压缩，则弹性势能一直增加，A错误；物块重力势能变化量的大小ΔEp＝mgh＝mg(l2－l1)sin 30°＝mg(l2－l1)，B正确；根据W＝Fs可知，题图乙图线在l1到l2段与横坐标轴所围梯形部分的面积表示克服弹簧弹力做的功，即克服弹簧弹力做功为W＝，C正确；由题图乙可知弹簧的劲度系数k＝，当物块速度最大时，有kΔl＝mgsin 30°，解得弹簧的压缩量Δl＝，D正确.
【关键点拨】挖掘图像的隐含条件，求出所需要的物理量，如由v－t图像与横轴所包围图形的“面积”求位移；由F－x图像与横轴所包围图形的“面积”求做功，图形在横轴的上下表示做功的正负；由Ek－x图像的斜率求合外力等，必要时要对横坐标或纵坐标所表示的物理量进行处理，转化为与其有关的其他物理量再进一步分析.
6．【答案】C
【详解】根据角速度的计算公式有ω== rad/s，故A错误；该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；根据重力功率的计算公式P=mgvy，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；在B点有=mRω2，可知如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D错误。
7．【答案】AD
【详解】先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力。也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下。物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，合力较大，距离较长。所以由动能定理可知，在前一过程中，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点是动能较小，A正确；因A滑到P过程与B滑到P的过程相比，摩擦力较大而位移较小，无法比较两过程摩擦生热的多少，B错误；两过程合力做功相同，由动能定理知，到底时速度大小应相同，C错误；采用v-t法分析
第一个过程加速度在增大，斜率增大，如图1，第二个过程加速度减小，斜率变小，如图2，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，而总路程一样大，图像中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长，D正确。选AD。
8．【答案】BD
【解析】本题考查轻绳模型的系统机械能问题.释放的瞬间，设、组成的整体的加速度大小为，由牛顿第二定律可得，解得，对有，得，对有，因此地面对小球无支持力，则小球对地面的压力大小为零，错误；小球向下运动的时间为，轻绳对小球的冲量大小为，正确；对于小球来说，其重力大于绳子拉力，所以轻绳对小球的冲量小于小球重力的冲量，，而对于小球来说，其重力小于绳子拉力，所以轻绳对小球的冲量大于小球重力的冲量，，可知轻绳对、的冲量小于其重力的冲量，错误；重力做功不改变机械能，所以小球的机械能减少量等于绳子对做的功的大小，即，正确.
9．【答案】ABD
【题图剖析】
【详解】设左杆的下端点为，由对称性易知，左、右杆与竖直方向夹角均为，甲沿左杆方向的速度大小等于沿杆方向的速度大小，则有，可得，又，则，正确；从开始到 过程，对整个系统，由机械能守恒定律得，解得，正确；与分离前，物块一直向左加速，对有向左的弹力，对端点分析，易知左杆对的力沿左杆斜向下，故左杆对球甲的力沿左杆斜向上，由对称性知，两杆对球甲的合力竖直向上，结合牛顿第二定律可知始终小于，错误；开始时端点的速度为0，当球甲落地瞬间，端点速度也为0，可知端点速度先变大后变小，端点速度最大时，的速度也最大，的加速度为零，与端点之间的弹力为零，之后减速，匀速，与分离，正确。
10．【答案】AB
【详解】运动员在做圆周运动的过程中，单杠对运动员可能为拉力（过圆心的水平线以下），也可能为支持力（过圆心的水平线以上），若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，AB正确，C错误；从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，D错误。
11．【答案】
；
【详解】
过程，由动能定理可得 过程，由动能定理可得 。
12．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）排球刚被扣出时的动能为
（2）排球刚被扣出做平抛运动，竖直方向上有
代入数据，解得
（3）排球运动过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律
解得
13．【答案】（1） 0.980
（2） 0.588
（3） 0.40；见解析
【详解】（1） 轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 .
（2） 系统总机械能的减少量等于重力势能减少量与动能增加量之差,即 .
（3） 由于滑块与木板之间的摩擦力做负功,系统总机械能减少,所以系统总机械能的减少量 ,对照绘出的 图像,得 ,所以 .
14．【答案】，，
【详解】（2）小物块转动的角速度；小物块的线速度大小
（3）转盘停止后小物块的位移，根据动能定理，解得。
15．【答案】（1）
（2）
（3）距离P点右端
【详解】（1）到Q恰好无作用力，由牛顿第二定律可得
解得：
（2）从出发点到最高点Q，由动能定理可得：
解得：
（3）小球的初速度，对小球运动的整个过程，由动能定理得
代入数据解得：
滑块在粗糙段滑行距离为，则滑块最终距离P点右端
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：功和能综合提高练习3
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手，公仔头部沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量，则在公仔头部上升的过程中（　　）
A．公仔头部先超重后失重 B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．公仔头部的机械能守恒 D．弹簧弹力对公仔头部所做的功为零
2．质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上。若该物体以初速度v0从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的vt图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为(　　)
A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
3．引体向上分为两个过程:身体从最低点升到最高点的“上引”过程,身体从最高点回到最低点的“下放”过程.某同学在30 s内连续完成10个完整的引体向上,假设每次“上引”过程重心升高的高度大约为50 cm,已知该同学的质量为60 kg.下列说法正确的是 (　　)
A．“上引”过程单杠对人做正功
B．“下放”过程单杠对人做负功
C．在30 s内重力做的总功约为3000 J
D．在30 s内克服重力做功的平均功率约为100 W
4．为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动。如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功
B．加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功
5．如图所示，一个质量为、可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的点停下．斜面与水平面粗糙程度相同（动摩擦因数为），且平滑连接．现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在水平面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到点停下．重力加速度为，不计空气阻力，则小木块释放的位置可能是（ ）
A． 甲 B． 乙 C． 丙 D． 丁
6．轻杆AB长2L，A端连在固定轴上，B端固定一个质量为2m的小球，中点C固定一个质量为m的小球。AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动。现将杆置于水平位置，如图所示，然后由静止释放，不计各处摩擦力与空气阻力，重力加速度大小为，则下列说法不正确的是（　　）
A．AB杆转到竖直位置时，角速度为
B．AB杆转到竖直位置的过程中，B端小球的机械能的增量为
C．AB杆转动过程中杆CB对B球做正功，对C球做负功
D．AB杆转动过程中，C球机械能守恒
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示,长0.6 m的竖直轻杆下端用铰链连接在水平面上的O点,轻杆上端固定一可视为质点的小球P.楔形滑块Q置于同一水平面上,竖直侧面恰好与P接触.今给小球P微小扰动,使杆向左倾倒,杆转过 角度时P与Q分离.不计一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2.则小球P将要落地时 (　　)
A．小球P的速率为3 m/s
B．小球P的速率为 m/s
C．滑块Q的速率为 m/s
D．滑块Q的速率为 m/s
8．如图所示，从距离水面高H处由静止释放一质量为m的小球，小球经自由落体入水，在水中运动一段时间后又“跃”出至离水面高度为h处。若小球在水中受到的浮力恒定且为自身重力的1.2倍（不考虑出、入水过程浮力的变化），小球受到水的阻力大小与速度成正比，即（k为常数），重力加速度为g，对于小球的这个运动过程分析正确的是（　　）
A．小球入水后在下降过程中做加速度增大的减速运动
B．可以求出小球第一次下降上浮过程在水中运动的时间
C．无法求出小球第一次下降上浮过程在水中运动的时间
D．若分析小球接下去的运动，则第二次出水高度h'满足
9．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k＝，原长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度，已知重力加速度为g，则(　　)
A．无论v0多大，小球均不会离开圆轨道
B．若C．只要v0> ，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关
10．固定于水平面上的竖直光滑圆环轨道，圆环半径为R，B为圆轨道最高点，A与C为平行于地面的直径上两端点，小球从轨道A点以速度vA沿轨道向上运动，如图所示．下列判断正确的是(　　)
A．当vA≥时，小球能到达B点
B．小球从A点到B点过程中克服重力做功的功率先增大后减小
C．小球以相同初速率沿弧ABC运动至C点的时间大于沿弧AOC运动至C点的时间
D．若轨道存在摩擦，小球以相同初速率分别沿弧ABC与弧AOC到达C点时动能相等
三、非选择题（本大题共5小题）
11．如图所示，小滑块A位于长木板B的左端，现让小滑块A和长木板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桩C。A、B的质量分别为m1= 2kg，m2= 1kg，已知B与C的碰撞时间极短，且每次碰后B以原速率弹回，运动过程中A没有与C相碰，A也没从B的上表面掉下，已知A、B间的动摩擦因数μ = 0.1，（g = 10m/s2）求：
（1）B与C第二次碰前的速度大小；
（2）欲使A不从B的上表面掉下，B的长度至少是多少？
（3）B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程？
12．用如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角α；球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点。
（1）用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后两球A、B的动量（设两球A、B碰前的动量分别为PA、PB；碰后动量分别为P′A、P′B)，则PA = ；P′A = ；PB = ；P′B = ；
（2）请你提供两条提高实验精度的建议：、。
13．如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体A、B，它们的质量分别为m、2m，A用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放（重力加速度为g），求：
（1）A上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）时A的速度多大？
（2）A上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）的过程中，轻绳的拉力对B所做的功。
14．一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为M＝1000kg和m＝800kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动。电动机输出功率P＝2kW保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，求：
（1）轿厢A能达到的最大速度；
（2）轿厢A向上的加速度为时，配重B下端的牵引绳上拉力F大小；
（3）厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），试求该过程中所用的时间t。
15．为简化问题，我们常常忽略空气阻力，但现实中的空气阻力有很多情况无法忽略不计，试想如果雨滴没有受到空气阻力，在自由落体的作用下，我们面对的将是子弹雨。某运动员做跳伞训练，从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞。开伞前不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv。打开降落伞前运动员速度到达，运动员最终匀速着地时的速度为。（g取，取cos37°=0.8，sin37°=0.6）请回答下列有关问题：
（1）该运动员从同一高处，以相同初速度分别水平抛出，竖直上抛，下抛同一物体，落地速度分别为va，vb，vc，考虑空气阻力，请用不等号从小到大依次连接va，vb，vc： 。
（2）开伞前运动员下落的距离为 m，k的单位用国际单位制基本单位可以表示为 。
（3）下列说法正确的是（　　）
A．打开降落伞后瞬间运动员向上运动
B．打开降落伞后瞬间运动员加速度不变
C．打开降落伞后瞬间运动员加速度向上
D．打开降落伞后运动员的加速度不断增大
（4）如图所示，降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，已知运动员的质量为64kg，降落伞质量为40kg，每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°。匀速下落时每根绳子的拉力大小为 N；其他条件不变，将降落伞每根绳索均缩短相同的长度，则匀速下落时每根绳子的拉力将 （填“变大”、“变小”或“不变”）
（5）开伞后瞬间运动员的加速度大小为 m/s2；
（6）定性画出运动员从开始下落到着地过程中的图 。
参考答案
1．【答案】A
【详解】AB．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，A正确，B错误；
C．弹簧弹力和重力对公仔头部同时做功，所以公仔头部的机械能不守恒，C错误；
D．公仔头部上升过程中，取向上为正方向，因为初末速度为零，根据动能定理有，则弹簧弹力对头部所做的功为，D错误。选A。
2．【答案】　D
【详解】　设物体在斜面上克服摩擦力做功为Wf，若物体从静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以初速度v0从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得Wf＝mgh－mv，故D正确。
3．【答案】D
【解析】“上引”和“下放”过程,单杠对人有拉力,但力的作用点处没有位移,则单杠对人的拉力不做功,故A、B错误;“上引”过程,重力做负功,“下放”过程重力做正功,“上引”和“下放”过程中重力做功的绝对值相同,则在30 s内重力做的总功为零,故C错误;完成一次引体向上克服重力做功大约为WG=mgh=60×10×0.5 J=300 J,30 s内克服重力做功的功率大约为== W=100 W,故D正确.
4．【答案】C
【详解】A．匀速下行过程中，由平衡条件可知，人和扶梯间没有摩擦力，人所受重力做正功，人的动能不变，可知扶梯对人做负功，A错误；
B．加速下行过程中，竖直方向分加速度向下，人处于失重状态，所以扶梯对人的支持力小于人所受的重力，B错误；
C．加速下行过程中，水平方向分加速度向左，水平方向只有摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律的同向性可知人受到的摩擦力方向水平向左，C正确；
D．加速下行过程中，人所受支持力与人的运动方向夹角大于，支持力做负功，摩擦力与人的运动方向夹角小于，摩擦力对人做正功，D错误。选C。
5．【答案】C
【解析】设题图中小方格边长为，斜面与水平面间的夹角为 ，由动能定理有，，联立解得，丙位置到地面高度为8个小格的高度，故C正确．
6．【答案】D
【详解】A．在AB杆由静止释放转到竖直位置的过程中，两小球和杆组成的系统机械能守恒，则以B端球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有
解得角速度
故A正确，不符合题意；
B．在此过程中，B端小球机械能的增量为
故B正确，不符合题意；
CD．AB杆转动过程中，由于B球机械能增加，故杆对B球做正功，由机械能守恒，C球机械能必然减少，所以CB杆对C球做负功，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
7．【答案】AD
【详解】杆转过 角度时,设Q的速率为vQ,P的速率为vP,此时将P的速度进行分解如图所示,根据几何关系可得vQ=vP·cos = vP,P与Q分离时P和Q之间的弹力为零,轻杆的弹力也为零,对P根据牛顿第二定律可得mgcos =m ,解得vP= m/s,则vQ= m/s,以后Q的速度保持不变;从二者分离到P落地,根据机械能守恒定律可得mglcos = m - m ,解得vP地=3 m/s,故A、D正确,B、C错误.
8．【答案】BD
【详解】
A. 小球入水后在下降过程中，由牛顿第二定律
解得
可知，随着小球速度的减小，加速度也减小，小球做加速度减小的减速运动，A错误；
B C. 设小球第一次入水时的速度大小为，由运动学公式得
小球第一次出水时的速度大小为，由运动学公式得
小球在水中下降过程，由动量定理得
①
小球在水中上升过程，由动量定理得
②
又
①②两式相加得
解得
B正确，C错误；
D. 由能量守恒可知，小球第一次在水中下降上浮过程损失的机械能
小球第二次在水中下降上浮过程损失的机械能
小球第一次在水中下降上浮过程的路程大于第二次，即第一次在水中下降上浮过程损失的机械能比第二次大，则有
D正确；
故选BD。
9．【答案】CD
【解析】因弹簧的劲度系数为k＝，原长为L＝2R，若小球恰能到达最高点，此时弹簧的弹力为F＝k R＝，轨道的支持力为0，由弹簧的弹力和重力提供向心力，则有mg－F＝，解得：v＝ ，从A到最高点，形变量没有变，故弹性势能不变，由机械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝m v，解得：v0＝ ，即当v0＞ 时小球才不会脱离轨道，故A、B错误，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：N1－k R－mg＝m，解得：N1＝k R＋mg＋m，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，为N2，设此时的速度为v，由机械能守恒定律得：2mgR＋mv2＝m v，此时合外力提供向心力，有：N2－k R＋mg＝m，解得：N2＝k R－mg＋m，联立解得Δ N＝N1－N2＝6mg，与初速度无关，故D正确．
10．【答案】AC　
【详解】小球在竖直面内做圆周运动过最高点的临界条件是vB≥，小球从A到B的过程中在A点的最小速度满足－mgR＝m－m，解得vA＝，即只要小球在A点的速度满足vA≥，就可以到达B点，故A正确；小球克服重力做功的功率等于重力与小球在竖直方向速度的乘积，由于从A到B的过程中，重力对小球做负功，小球的速度减小，同时小球速度与水平方向的夹角逐渐减小，小球速度在竖直方向的分量逐渐减小，故小球克服重力做功的功率逐渐减小，故B错误；小球沿弧ABC运动过程中，重力先做负功后做正功，支持力不做功，故小球的速率先减小后增大，整个过程中小球的平均速率小于小球在A点时的速率，沿弧AOC运动时，重力先做正功，后做负功，小球的速率先增大后减小，整个过程中的平均速率大于小球在A点时的速率，而两段圆弧长度相同，故小球在平均速率大的弧AOC运动的时间较短，故C正确；摩擦力的大小与正压力有关，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运动时受到轨道的支持力大，故受到的摩擦力大，克服摩擦力做功多，故小球到达C点时损失的动能多，故D错误．
11．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）第一次碰后动量守恒
解得
（2）设第一次相对位移为x1，能量守恒
解得
第二次碰后动量守恒
解得
根据动能定理有
解得
全过程能量守恒
可得
（3）B与C第一次碰后向左运动的的最大距离s1，对长木板，由动能定理
B与C第二次碰后向左运动的的最大距离s2，对长木板，由动能定理
B与C第三次碰后向左运动的的最大距离s3，对长木板，由动能定理
等比数列，公比为，求和可得
12．【答案】mA；mA ；0；；①让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；②α角取值不要太小；③两球A、B质量不要太小；④球A质量要尽量比球B质量大。（答对任意其中两个都行）
【分析】（1）由机械能守恒可得碰撞前、后A球的速度，由p = mv可得A求碰前和碰后的动量；碰前B求静止，碰后B球平抛运动，由平抛运动知识可得碰后B的速度，进而可得碰后B的动量。（2）①让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；②α角取值不要太小；③两球A、B质量不要太小；④球A质量要尽量比球B质量大。（答对任意其中两个都行）
【详解】（1）[1]碰撞前由机械能守恒mAgh = mAvA2，h = L(1 - cosα)，碰前A球的动量PA = mAvA = mA
[3]碰前B球静止，PB = 0。
[2]碰后由机械能守恒mAgh′ = mAv′A2，h′ = L(1 - cosβ)，碰后A球的动量P′A = mAv′A = mA
[4]碰后B球做平抛运动有H = gt2，s = v′Bt，碰后B球的动量P′B = mBv′B =
（2）[5]①让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；②α角取值不要太小。
[6]③两球A、B质量不要太小；④球A质量要尽量比球B质量大。（答对任意其中两个都得2分）
13．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据动滑轮的特点可知，B的速度为A速度的2倍，根据动能定律可得，，解得
（2）根据动滑轮的特点可知，A的加速度为B的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知，，联立解得，轻绳的拉力对B所做的功
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当轿厢A能达到的最大速度时，轿厢A做匀速直线运动，设此时电动机的牵引力为，则，又，联合解得
（2）轿厢A向上的加速度为时，设A、B之间绳子的拉力为T，由牛顿第二定律可得，，联立解得
（3）由于箱体已经处于匀速状态，因此此时箱体的速度为，根据动能定理可得，解得
15．【答案】（1）；（2）20m；kg/s；（3）C；（4）100N；变大；（5）30；（6）
【详解】（1）考虑空气阻力，平抛时，水平方向有空气阻力影响水平速度，竖直方向自由落体受空气阻力，落地速度是水平和竖直速度的合速度；竖直上抛时，上升和下降过程都受空气阻力，且空气阻力方向与运动方向相反，机械能有损失；竖直下抛时，空气阻力与重力方向相反，但初速度方向与重力方向相同。从能量角度看，三种情况初始机械能相同（从同一高度以相同初速度抛出），由于空气阻力做功，机械能会减少。平抛运动水平方向有额外的空气阻力做功，机械能损失相对更多；竖直上抛运动上升和下降过程空气阻力都做负功；竖直下抛运动空气阻力做负功相对较少。落地时机械能，其中h为下落高度，由于初始h相同，机械能损失越多，落地动能越小，速度越小。所以。
（2）开伞前运动员做自由落体运动，根据自由落体运动速度—位移公式，已知开伞前速度，，则，由变形得，根据牛顿第二定律可知，在国际单位制基本单位中，因为质量m的单位是，加速度a的单位是，所以力的单位为。又因为在国际单位制基本单位中，速度的单位是，可以推导出k在国际单位制基本单位中的单位为。
（3）开伞后瞬间运动员速度方向向下，不会向上运动，A错误；开伞后瞬间速度变化，阻力变化，合力变化，加速度变化，B错误；开伞前运动员向下加速运动，开伞后，受到向上的阻力，其中k为比例系数，阻力f与速度v成正比。开伞瞬间，速度较大，阻力较大，阻力大于重力，合力向上，加速度也向上，C正确；打开降落伞后运动员做减速运动，速度减小，阻力也减小，合力减小，加速度也减小，D错误。
（4）对运动员进行受力分析，设每根绳子的拉力为，在竖直方向上，根据平衡条件可得，代入数据解得， 当将降落伞每根绳索均缩短相同的长度时，绳索与竖直中轴线夹角将变大，变小，在竖直方向上由可知，当不变时将变大。
（5）由题意可知运动员最终匀速落地，落地前瞬间，又因为，联立解得落地前瞬间，因为降落前瞬间，代入数据可得，开伞后瞬间，设运动员受到的阻力为，根据牛顿第二定律有，整理得，代入数据可得
（6）由分析可知，整个运动过程可分为三个阶段：
第一阶段，开伞前，运动员做自由落体运动，速度随时间均匀增大，，图像是过原点的倾斜直线，斜率为；
第二阶段，开伞瞬间，因为阻力大于重力，做减速运动，随着速度减小，阻力减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，图像斜率逐渐减小；
第三阶段，当加速度减小到0后，，之后直至落地都将做匀速运动，图像为平行于轴的直线，速度为。画出的图像如图所示
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