?2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類(lèi)——專(zhuān)題6機(jī)械能守恒定律 選擇題
一．選擇題（共31小題）
1．（2023?寧波二模）如圖所示，近千架無(wú)人機(jī)群構(gòu)造了高空巨幅光影“湯匙里的湯圓”，某段時(shí)間內(nèi)，“湯圓”靜止，而“湯匙”正在勻速向上運(yùn)動(dòng)。在該段時(shí)間內(nèi)下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．“湯匙”中的無(wú)人機(jī)受到合外力向上
B．“湯匙”中的無(wú)人機(jī)的機(jī)械能保持不變
C．“湯圓”中的無(wú)人機(jī)對(duì)空氣做正功
D．“湯圓”中的無(wú)人機(jī)消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為無(wú)人機(jī)的光能和空氣的動(dòng)能
2．（2023?杭州二模）如圖所示是神舟十四號(hào)飛船夜間返回的紅外照片，打開(kāi)降落傘后，飛船先減速后勻速下降，最后安全著陸。若不計(jì)空氣對(duì)飛船的作用力，則（　　）

A．打開(kāi)降落傘之后，飛船仍處于失重狀態(tài)
B．勻速下降階段，飛船的機(jī)械能守恒
C．減速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于合力對(duì)飛船做的功
D．勻速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于重力對(duì)飛船做的功
3．（2022?浙江模擬）如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為0.5m，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)用水平向右的力F拉A，使A緩慢向右移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．向右移動(dòng)過(guò)程中，拉力F越來(lái)越大
B．動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值為3
C．未施加F的初始狀態(tài)，A與地面間的摩擦力為34mg
D．整個(gè)過(guò)程外力做功為：W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR
4．（2022?浙江模擬）如圖所示，足球被踢出后在空中依次經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，b為最高點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)等高．則足球（　　）

A．在b點(diǎn)的加速度方向豎直向下
B．在a點(diǎn)的機(jī)械能比在b點(diǎn)的大
C．在a點(diǎn)的動(dòng)能與在c點(diǎn)的相等
D．從a運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間大于從b運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間
5．（2021?浙江模擬）抽水蓄能電站是利用電低谷期的多余清潔能源進(jìn)行抽水，在用電高峰期的時(shí)候代替部分火力發(fā)電。浙江是抽水蓄能電站已建和在建較多的省份，其中麗水縉云的抽水蓄能電站預(yù)計(jì)2026年全部投產(chǎn)發(fā)電，該電站設(shè)計(jì)年抽水電量24億千瓦時(shí)，設(shè)計(jì)年發(fā)電量為18億千瓦時(shí)，大大減少了二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等排放，具有顯著的環(huán)境效益和經(jīng)濟(jì)效益，被稱(chēng)為“超級(jí)綠色蓄電池”。根據(jù)發(fā)改委提供的數(shù)據(jù)為火電廠平均每千瓦時(shí)供電耗煤約為320g標(biāo)準(zhǔn)煤，而每噸標(biāo)準(zhǔn)煤產(chǎn)生的二氧化碳為2620kg，則該蓄電站建成后每年可減少二氧化碳的排放量約為（　?。?br /> A．15萬(wàn)噸 B．150萬(wàn)噸 C．20萬(wàn)噸 D．200萬(wàn)噸
6．（2021?浙江模擬）籃球規(guī)則中規(guī)定：跳球時(shí)，裁判員在兩名跳球隊(duì)員之間將球豎直向上拋起，球拋起的高度要超過(guò)跳球隊(duì)員跳起時(shí)能達(dá)到的最大高度，并且球在他們之間落下。如圖所示，裁判員將球從離地2.0m處豎直向上拋出，球到達(dá)離地2.5m處的最高點(diǎn)。以球的拋出點(diǎn)為零勢(shì)能參考面，當(dāng)球到距離拋出點(diǎn)h1高處時(shí)，其動(dòng)能和勢(shì)能恰好相等，到最高點(diǎn)后球又落回，當(dāng)下降到距離拋出點(diǎn)h2處時(shí)，球的動(dòng)能和勢(shì)能再次相等。假設(shè)全程空氣阻力大小恒定。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．h1＜0.25m，h2＞0.25m
B．h1＞0.25m，h2＜0.25m
C．與落回拋出點(diǎn)過(guò)程相比，籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力的平均功率更小
D．與落回拋出點(diǎn)過(guò)程相比，籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做的功更多
7．（2021?浙江模擬）如圖所示，一輛汽車(chē)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后沿粗糙斜坡向下加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于其能量變化情況，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．動(dòng)能不變，機(jī)械能減小 B．動(dòng)能增加，機(jī)械能減小
C．動(dòng)能增加，機(jī)械能增加 D．動(dòng)能增加，機(jī)械能不變
8．（2023?杭州二模）如圖所示，是某火星探測(cè)器簡(jiǎn)化飛行路線圖，其地火轉(zhuǎn)移軌道是橢圓軌道。假設(shè)探測(cè)器在近日點(diǎn)P點(diǎn)進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道，在遠(yuǎn)日點(diǎn)Q，被火星俘獲。已知火星的軌道半徑是地球地火軌道半徑的1.5倍，則轉(zhuǎn)軌道（　?。?br />
A．地球公轉(zhuǎn)的周期大于火星公轉(zhuǎn)的周期
B．探測(cè)器進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道后，速度逐漸增大
C．探測(cè)器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期
D．探測(cè)器從發(fā)射到被火星俘獲，經(jīng)歷的時(shí)間約255天
9．（2023?寧波一模）如圖所示，小球由靜止從同一出發(fā)點(diǎn)到達(dá)相同的終點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)小球從B軌道滑下用時(shí)最短，C軌道次之，A軌道最長(zhǎng)，B軌道軌跡被稱(chēng)為最速降線，設(shè)計(jì)師在設(shè)計(jì)過(guò)山車(chē)時(shí)大多采用B軌道。若忽略各種阻力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．由機(jī)械能守恒，小球在三條軌道的終點(diǎn)處速度相同
B．三條軌道中小球沿B軌道滑下過(guò)程重力做功的平均功率最大
C．沿C軌道滑下軌道對(duì)小球的支持力做功最多
D．沿A軌道滑下軌道對(duì)小球的支持力沖量為零
10．（2023?溫州模擬）如圖所示，A、B兩小球在距水平地面同一高度處，以相同初速度v0同時(shí)豎直向上拋出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能分別為EA和EB，加速度大小分別為aA和aB。已知mA＞mB，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．若不計(jì)空氣阻力，以拋出所在的水平面為零勢(shì)能面，EA＝EB
B．若不計(jì)空氣阻力，以A球的最高點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，EA＞EB
C．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球上升的過(guò)程中，aA＞aB
D．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球下落的過(guò)程中，aA＞aB
11．（2023?溫州模擬）2021年10月25日，如圖甲所示的全球最大“上回轉(zhuǎn)塔機(jī)”成功首發(fā)下線，又樹(shù)立了一面“中國(guó)高端制造”的新旗幟。若該起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向上提升質(zhì)量為m的物體，其a﹣t圖像如圖乙所示，t1時(shí)達(dá)到額定功率，t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)保持額定功率運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)其它阻力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．0～t1時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)物體做減速運(yùn)動(dòng)
C．0～t1時(shí)間內(nèi)重力對(duì)物體做功為-12m(a0t1)2
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)額定功率為（mg+ma0）a0t1
12．（2023?杭州一模）如圖是某品牌排煙風(fēng)機(jī)的相關(guān)參數(shù)，若已知空氣密度為1.3kg/m3，則下列表述判斷正確的是（　　）
風(fēng)機(jī)流量
22000m3/h
風(fēng)機(jī)效率
65%
電機(jī)電功率
5.5kW
風(fēng)機(jī)轉(zhuǎn)速
1450r/min
工作電壓
220V/50Hz
A．風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為314rad/s
B．排風(fēng)扇的內(nèi)電阻約為8.8Ω
C．空氣排出的速度約為15m/s
D．出風(fēng)口半徑約為0.26m
13．（2023?嘉興一模）如圖所示，M、N分別為自動(dòng)升降桿上的端點(diǎn)和中點(diǎn)，已知升降桿的質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，重力加速度為g，桿從水平位置勻速率轉(zhuǎn)至豎直位置的過(guò)程中（　?。?br />
A．升降桿始終處于平衡狀態(tài)
B．轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)升降桿做功mgL
C．M、N兩點(diǎn)向心加速度大小之比aM：aN＝2：1
D．轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)升降桿的作用力大小始終等于mg
14．（2023?浙江模擬）11月8日在珠海航展上殲﹣20表演了雙機(jī)盤(pán)旋、雙機(jī)水平交叉、大仰角轉(zhuǎn)彎脫離等精彩動(dòng)作。飛機(jī)從水平平飛經(jīng)一段圓弧轉(zhuǎn)入豎直向上爬升，如圖所示，假設(shè)飛機(jī)沿圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小不變，發(fā)動(dòng)機(jī)推力方向沿軌跡切線，飛機(jī)所受升力垂直于機(jī)身，空氣阻力大小不變，則飛機(jī)沿圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)（　?。?br />
A．飛機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)推力大小不變
B．飛機(jī)所受升力大小保持不變
C．飛機(jī)克服重力做功功率變大
D．飛機(jī)所受的升力就等于向心力
15．（2023?浙江模擬）由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實(shí)線所示。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運(yùn)動(dòng)軌跡，O、a、b、c、d為彈道曲線上的五點(diǎn)，其中O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的距地面高度相等的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的速度為零
B．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的加速度為零
C．炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的時(shí)間小于由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的時(shí)間
D．炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度大小等于經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度大小
16．（2022?寧波二模）如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機(jī)器人可攜帶藥物進(jìn)入老鼠體內(nèi)，到達(dá)老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣氣泡作為推進(jìn)動(dòng)力，機(jī)器人的速度可達(dá)6×10﹣5m/s。若不計(jì)重力和浮力，則下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．胃液中運(yùn)動(dòng)的納米機(jī)器人不受阻力
B．機(jī)器人前進(jìn)時(shí)對(duì)胃液的作用力比胃液對(duì)機(jī)器人的作用力大
C．氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人作用力一定比胃液對(duì)機(jī)器人作用力小
D．機(jī)器人在胃液中加速前進(jìn)時(shí)，氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人做的功大于機(jī)器人動(dòng)能的增加量
17．（2022?杭州二模）電梯一般用電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)，鋼絲繩掛在電動(dòng)機(jī)繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅(qū)駛轎廂上下運(yùn)動(dòng)。若電梯轎箱質(zhì)量為2×103kg，配重為2.4×103kg。某次電梯轎箱由靜止開(kāi)始上升的v﹣t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)
B．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂和對(duì)配重的拉力大小始終相等
C．在第1s內(nèi)，電動(dòng)機(jī)做的機(jī)械功為2.4×104J
D．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂做功的最大功率為4.8×104W
18．（2023?紹興二模）如圖所示，質(zhì)量為2000kg電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動(dòng)摩擦力。已知彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=12kx2（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．彈簧的勁度系數(shù)為3000N/m
B．整個(gè)過(guò)程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時(shí)受到的摩擦力大小為17000N
D．電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4600J
19．（2023?溫州模擬）如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長(zhǎng)時(shí)彈簧上端處于A點(diǎn)。t＝0時(shí)將小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)由靜止釋放，t1時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，t2時(shí)彈簧被壓縮到最低點(diǎn)B。以O(shè)為原點(diǎn)，向下為正方向建立x坐標(biāo)軸，以B點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)。小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep1、機(jī)械能E0及彈簧的彈性勢(shì)能Ep2變化圖像可能正確的是（　　）

A．
B．
C．
D．′
20．（2023?浙江模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈性繩一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m、套在摩擦因數(shù)為μ的粗糙豎直固定桿的圓環(huán)相連，M處有一光滑定滑輪，初始圓環(huán)置于A處，OMA三點(diǎn)在同一水平線上，彈性繩的原長(zhǎng)等于OM，圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零，AC＝h。如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　　）

A．下滑過(guò)程中，豎直桿對(duì)圓環(huán)摩擦力越來(lái)越大
B．從A下滑到C過(guò)程中摩擦發(fā)熱為 14mv2
C．在C處，彈性繩的彈性勢(shì)能為 mgh-14mv2
D．圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過(guò)程中持續(xù)減小，上升過(guò)程中持續(xù)增加
21．（2023?西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示是某科技小組制作的投石機(jī)的模型，輕桿AB可繞固定轉(zhuǎn)軸OO′在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，A端凹槽內(nèi)放置一小石塊，B端固定配重，某次試驗(yàn)中，調(diào)整桿與豎直方向的夾角為θ后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直方向時(shí)，石塊被水平拋出，打到正前方靶心上方6環(huán)處，不計(jì)所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（　?。?br />
A．減小石塊的質(zhì)量 B．增大角θ
C．增大配重的質(zhì)量 D．增大投石機(jī)到靶的距離
22．（2023?浙江模擬）如圖為小麗玩小皮筋球的瞬間，小球正在向上運(yùn)動(dòng)，手正在向下運(yùn)動(dòng)，橡皮筋處于繃緊狀態(tài)。對(duì)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．圖示瞬間小球一定處于超重狀態(tài)
B．圖示瞬間小球一定正在向上減速
C．在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能一定增加
D．在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，小球機(jī)械能一定增加
23．（2023?浙江二模）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上距離O點(diǎn)為x的A點(diǎn)停下。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)系，改變斜面傾角和斜面長(zhǎng)度，小木塊仍在A點(diǎn)停下，則小木塊靜止釋放點(diǎn)的坐標(biāo)可能是（　?。?br />
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
24．（2023?浙江模擬）一物塊在傾角為30°的固定斜面（足夠長(zhǎng)）上受到方向與斜面平行恒定拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊滑動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能、摩擦產(chǎn)生內(nèi)能和重力勢(shì)能隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②和③所示，則（　?。?br />
A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為32
B．0～t0時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能增大4J
C．0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度為12m/s2
D．若t0時(shí)刻撤去拉力，則再經(jīng)過(guò)時(shí)間3t0，物塊速度減到0
25．（2022?浙江模擬）如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量相等的鐵球，分別從C、D兩處均以v0＝3m/s的水平速度拋出，其中從C處水平拋出的鐵球恰好落在A處。已知AC為與水平方向成30°的傾斜地面，AB為長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的水平地面，CD＝AD，則C、D兩球落地時(shí)的動(dòng)能Ek：Ek′之比為（　　）

A．1：1 B．7：5 C．2：1 D．5：7
26．（2022?溫州三模）豎直面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓弧軌道AB，其對(duì)應(yīng)的圓心角為10°，A、B兩點(diǎn)等高，CD為豎直直徑。在A、D兩點(diǎn)間固定光滑直斜面，直斜面在D處與光滑圓弧軌道DB平滑相接，將一小球由A點(diǎn)靜止釋放沿直斜面AD下滑，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．小球從A到D的時(shí)間等于從D到B的時(shí)間
B．小球從A到D的時(shí)間小于從D到B的時(shí)間
C．由題中數(shù)據(jù)可以求得小球在DB圓弧軌道上通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力
D．若將兩個(gè)小球分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們會(huì)同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)
27．（2021?浙江模擬）可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊m受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，從傾角為37°固定斜面底端以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，斜面足夠長(zhǎng)，取底端處為零勢(shì)能參考平面，小滑塊在上升過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與沿斜面上升的距離s間的關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．滑塊的質(zhì)量為m＝0.6kg
B．滑塊與斜面間的摩擦因數(shù)為μ＝0.5
C．滑塊到達(dá)最高點(diǎn)后將沿斜面返回底端
D．當(dāng)s＝6m時(shí)滑塊動(dòng)能與勢(shì)能相等
28．（2021?浙江模擬）將一質(zhì)量為m的物體以初動(dòng)能Ek0從地面豎直向上拋出，上升的最大高度為H，以地面為零勢(shì)能面，在上升過(guò)程中動(dòng)能與勢(shì)能相等時(shí)物體的高度為h1，在下降的過(guò)程中動(dòng)能與勢(shì)能相等時(shí)物體的高度為h2，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體所受的空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，則（　　）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．h1H=Ek0Ek0+mgH
D．h2H=2mgH-Ek02mgH+Ek0
29．（2021?寧波二模）如圖所示是寧波東部新城中央廣場(chǎng)噴泉噴出水柱的場(chǎng)景。噴泉噴出的水柱最大高度達(dá)到了20層樓的高度；噴管的直徑約為10cm。請(qǐng)你據(jù)此估計(jì)用于給該噴管?chē)娝碾妱?dòng)機(jī)輸出功率約為（水的密度為1×103kg/m3）（　　）

A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
30．（2023?浙江模擬）2022年2月15日，蘇翊鳴在北京冬奧會(huì)單板滑雪男子大跳臺(tái)比賽中奪得冠軍，成為首位贏得冬奧會(huì)單板滑雪金牌的中國(guó)運(yùn)動(dòng)員。大跳臺(tái)主要由助滑道，起跳臺(tái)和著陸坡組成，如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在助滑道下滑后在起跳臺(tái)起跳，在空中做拋體運(yùn)動(dòng)后落在著陸坡上。某次比賽蘇翊鳴在距離起跳點(diǎn)34m高處從靜止下滑，在空中最高點(diǎn)時(shí)距起跳點(diǎn)12.8m，在空中飛躍的總時(shí)間為4s，已知起跳臺(tái)斜面傾角為37°，蘇翊鳴的質(zhì)量為70kg，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是（　　）

A．起跳速度為16m/s
B．在最高點(diǎn)速度為0
C．下滑過(guò)程機(jī)械能守恒
D．從下滑到著陸重力做功35000J
31．（2023?浙江二模）如圖所示，一名質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員在水平地面上進(jìn)行跳遠(yuǎn)比賽，騰空過(guò)程中離水平地面的最大高度為1.25m，起跳點(diǎn)與落地點(diǎn)的水平距離為6m，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則運(yùn)動(dòng)員（　?。?br />
A．起跳時(shí)獲得的動(dòng)能約為1830J
B．在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.5s
C．在最高點(diǎn)時(shí)速度大小為12m/s
D．落地時(shí)速度方向與水平方向的夾角為30°

2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類(lèi)——專(zhuān)題6機(jī)械能守恒定律 選擇題
參考答案與試題解析
一．選擇題（共31小題）
1．（2023?寧波二模）如圖所示，近千架無(wú)人機(jī)群構(gòu)造了高空巨幅光影“湯匙里的湯圓”，某段時(shí)間內(nèi)，“湯圓”靜止，而“湯匙”正在勻速向上運(yùn)動(dòng)。在該段時(shí)間內(nèi)下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．“湯匙”中的無(wú)人機(jī)受到合外力向上
B．“湯匙”中的無(wú)人機(jī)的機(jī)械能保持不變
C．“湯圓”中的無(wú)人機(jī)對(duì)空氣做正功
D．“湯圓”中的無(wú)人機(jī)消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為無(wú)人機(jī)的光能和空氣的動(dòng)能
【解答】解：A、“湯匙”正在勻速向上運(yùn)動(dòng)，所以合外力為零，故A錯(cuò)誤；
B、“湯匙”正在勻速向上運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，所以機(jī)械能增大，故B錯(cuò)誤；
C、“湯圓”中的無(wú)人機(jī)使空氣流動(dòng)，對(duì)空氣做正功，故C正確；
D、“湯圓”中的無(wú)人機(jī)消耗的電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能、無(wú)人機(jī)的光能和空氣的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
2．（2023?杭州二模）如圖所示是神舟十四號(hào)飛船夜間返回的紅外照片，打開(kāi)降落傘后，飛船先減速后勻速下降，最后安全著陸。若不計(jì)空氣對(duì)飛船的作用力，則（　　）

A．打開(kāi)降落傘之后，飛船仍處于失重狀態(tài)
B．勻速下降階段，飛船的機(jī)械能守恒
C．減速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于合力對(duì)飛船做的功
D．勻速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于重力對(duì)飛船做的功
【解答】解：A．打開(kāi)降落傘后，飛船減速下降時(shí)，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．勻速下降階段，飛船動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤；
C．減速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力對(duì)飛船做的功，故C錯(cuò)誤；
D．勻速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于克服阻力對(duì)飛船做的功，而重力等于阻力，所以飛船的機(jī)械能的減少量等于重力對(duì)飛船做的功，故D正確。
故選：D。
3．（2022?浙江模擬）如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為0.5m，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)用水平向右的力F拉A，使A緩慢向右移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．向右移動(dòng)過(guò)程中，拉力F越來(lái)越大
B．動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值為3
C．未施加F的初始狀態(tài)，A與地面間的摩擦力為34mg
D．整個(gè)過(guò)程外力做功為：W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR
【解答】解：A、在A向右移動(dòng)過(guò)程中，A、B對(duì)地面的壓力不變，始終等于mg，故A與地面之間的摩擦力不變，始終為μmg，而對(duì)C進(jìn)行力的分析可知，C對(duì)A的壓力的水平分量逐漸增大，而A在移動(dòng)過(guò)程中也一直平衡，可得拉力F越來(lái)越小，故A錯(cuò)誤；
B、由于B一直靜止，分析可知當(dāng)C即將接觸地面時(shí)，C對(duì)B的壓力的水平分量最大，此時(shí)B最容易滑動(dòng)，易得此時(shí)C對(duì)B的壓力的水平分量為32mg，則動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值為32，故B 錯(cuò)誤；
C、經(jīng)分析，未施加F的初始狀態(tài)，C對(duì)A的壓力的水平分量為36mg，故A與地面間的摩擦力為36mg，故C錯(cuò)誤；
D、通過(guò)對(duì)系統(tǒng)分析，系統(tǒng)動(dòng)能始終為零，重力做功為（3-1）mgR，A的位移為2（3-1）R，所以摩擦力對(duì)A做功為﹣2（3-1）μmgR，由系統(tǒng)動(dòng)能定理可得外力做功為W＝（2μ﹣1）（3-1）mgR，故D正確。
故選：D。
4．（2022?浙江模擬）如圖所示，足球被踢出后在空中依次經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，b為最高點(diǎn)，a、c兩點(diǎn)等高．則足球（　?。?br />
A．在b點(diǎn)的加速度方向豎直向下
B．在a點(diǎn)的機(jī)械能比在b點(diǎn)的大
C．在a點(diǎn)的動(dòng)能與在c點(diǎn)的相等
D．從a運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間大于從b運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間
【解答】解：A、在b點(diǎn)，足球運(yùn)動(dòng)方向向右，空氣阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，故A錯(cuò)誤；
B、由于過(guò)程中空氣阻力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故在a點(diǎn)的機(jī)械能比在b點(diǎn)的大，故B正確；
C、從a運(yùn)動(dòng)到c過(guò)程中機(jī)械能減小，a、c兩點(diǎn)的重力勢(shì)能相等，則a點(diǎn)的動(dòng)能比在c點(diǎn)的動(dòng)能大，故C錯(cuò)誤；
D、足球被踢出后，對(duì)足球受力分析，足球受到重力和空氣阻力，當(dāng)足球從a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中豎直方向上重力和空氣阻力都向下，b運(yùn)動(dòng)到c的空氣阻力向上，故a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中的豎直方向上的加速度大于從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中的加速度，a、c兩點(diǎn)等高，故從a運(yùn)動(dòng)到b的時(shí)間小于從b運(yùn)動(dòng)到c的時(shí)間，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
5．（2021?浙江模擬）抽水蓄能電站是利用電低谷期的多余清潔能源進(jìn)行抽水，在用電高峰期的時(shí)候代替部分火力發(fā)電。浙江是抽水蓄能電站已建和在建較多的省份，其中麗水縉云的抽水蓄能電站預(yù)計(jì)2026年全部投產(chǎn)發(fā)電，該電站設(shè)計(jì)年抽水電量24億千瓦時(shí)，設(shè)計(jì)年發(fā)電量為18億千瓦時(shí)，大大減少了二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物等排放，具有顯著的環(huán)境效益和經(jīng)濟(jì)效益，被稱(chēng)為“超級(jí)綠色蓄電池”。根據(jù)發(fā)改委提供的數(shù)據(jù)為火電廠平均每千瓦時(shí)供電耗煤約為320g標(biāo)準(zhǔn)煤，而每噸標(biāo)準(zhǔn)煤產(chǎn)生的二氧化碳為2620kg，則該蓄電站建成后每年可減少二氧化碳的排放量約為（　?。?br /> A．15萬(wàn)噸 B．150萬(wàn)噸 C．20萬(wàn)噸 D．200萬(wàn)噸
【解答】解：年發(fā)電量為18億千瓦時(shí)需耗煤m＝18×108×0.32千克＝5.76×108千克＝5.76×105噸，則每年可減少二氧化碳的排放量為M＝5.76×105×2620千克≈1.5×109千克＝150萬(wàn)噸。故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
6．（2021?浙江模擬）籃球規(guī)則中規(guī)定：跳球時(shí)，裁判員在兩名跳球隊(duì)員之間將球豎直向上拋起，球拋起的高度要超過(guò)跳球隊(duì)員跳起時(shí)能達(dá)到的最大高度，并且球在他們之間落下。如圖所示，裁判員將球從離地2.0m處豎直向上拋出，球到達(dá)離地2.5m處的最高點(diǎn)。以球的拋出點(diǎn)為零勢(shì)能參考面，當(dāng)球到距離拋出點(diǎn)h1高處時(shí)，其動(dòng)能和勢(shì)能恰好相等，到最高點(diǎn)后球又落回，當(dāng)下降到距離拋出點(diǎn)h2處時(shí)，球的動(dòng)能和勢(shì)能再次相等。假設(shè)全程空氣阻力大小恒定。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．h1＜0.25m，h2＞0.25m
B．h1＞0.25m，h2＜0.25m
C．與落回拋出點(diǎn)過(guò)程相比，籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力的平均功率更小
D．與落回拋出點(diǎn)過(guò)程相比，籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做的功更多
【解答】解：AB、設(shè)上拋的初速度大小為v0，最高點(diǎn)到拋出點(diǎn)的高度為h，則h＝2.5m﹣2.0m＝0.5m，
對(duì)從拋出點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
﹣mgh﹣f阻h＝0-12mv02
對(duì)從拋出點(diǎn)到距離拋出點(diǎn)h1高處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
﹣mgh1﹣f阻h1=12mv12-12mv02，
由題意知：12mv12=mgh1，
解得：mgh1＝（mg+f阻）（h﹣h1）
可得：h1＞h﹣h1，
解得：h1＞h2=0.52m=0.25m；
對(duì)從拋出點(diǎn)到下降到距離拋出點(diǎn)h2處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
﹣mgh2﹣f阻（h+h﹣h2）=12mv22-12mv02
由題意知：12mv22=mgh2，
解得：（2mg﹣f阻）h2＝（mg﹣f阻）h
因：2mg﹣f阻＞2（mg﹣f阻），故：h2＜2h，
解得：h2＜h2=0.52m=0.25m，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、平均功率P=Wt，從拋出點(diǎn)到落回拋出點(diǎn)的過(guò)程，重力做功為零，則平均功率為零；籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程重力做功為﹣mgh，功率不取負(fù)值，則克服重力做功的平均功率為mght；可知與落回拋出點(diǎn)過(guò)程相比，籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力的平均功率更大（注：做功為負(fù)功時(shí)，其功率不取負(fù)值），故C錯(cuò)誤；
D、從拋出點(diǎn)到落回拋出點(diǎn)的過(guò)程中克服空氣阻力做的功：W＝2f阻h；籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做的功：W′＝f阻h；可知與落回拋出點(diǎn)過(guò)程相比，籃球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做的功更少，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
7．（2021?浙江模擬）如圖所示，一輛汽車(chē)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后沿粗糙斜坡向下加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于其能量變化情況，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．動(dòng)能不變，機(jī)械能減小 B．動(dòng)能增加，機(jī)械能減小
C．動(dòng)能增加，機(jī)械能增加 D．動(dòng)能增加，機(jī)械能不變
【解答】解：汽車(chē)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后向下加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度增大、則動(dòng)能增大；
由于摩擦力對(duì)汽車(chē)做負(fù)功，則汽車(chē)的機(jī)械能減少，故B正確、ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
8．（2023?杭州二模）如圖所示，是某火星探測(cè)器簡(jiǎn)化飛行路線圖，其地火轉(zhuǎn)移軌道是橢圓軌道。假設(shè)探測(cè)器在近日點(diǎn)P點(diǎn)進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道，在遠(yuǎn)日點(diǎn)Q，被火星俘獲。已知火星的軌道半徑是地球地火軌道半徑的1.5倍，則轉(zhuǎn)軌道（　?。?br />
A．地球公轉(zhuǎn)的周期大于火星公轉(zhuǎn)的周期
B．探測(cè)器進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道后，速度逐漸增大
C．探測(cè)器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期大于火星的公轉(zhuǎn)周期
D．探測(cè)器從發(fā)射到被火星俘獲，經(jīng)歷的時(shí)間約255天
【解答】解：A．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有
r地3T地2=r火3T火2
因?yàn)閞地＜r火，可知地球公轉(zhuǎn)的周期小于火星公轉(zhuǎn)的周期，故A錯(cuò)誤；
B．探測(cè)器進(jìn)入地火轉(zhuǎn)移軌道后，萬(wàn)有引力做負(fù)功，速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r火3T火2
因?yàn)閞火+r地2＜r火，可知探測(cè)器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期小于火星公轉(zhuǎn)周期，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r地3T地2
整理得，探測(cè)器在地火轉(zhuǎn)移軌道上的周期T探=(r火+r地2r地)3T地
探測(cè)器從發(fā)射到被火星俘獲，經(jīng)歷的時(shí)間t=T探2
其中T地＝365天
聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)得
t≈255天，故D正確。
故選：D。
9．（2023?寧波一模）如圖所示，小球由靜止從同一出發(fā)點(diǎn)到達(dá)相同的終點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)小球從B軌道滑下用時(shí)最短，C軌道次之，A軌道最長(zhǎng)，B軌道軌跡被稱(chēng)為最速降線，設(shè)計(jì)師在設(shè)計(jì)過(guò)山車(chē)時(shí)大多采用B軌道。若忽略各種阻力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．由機(jī)械能守恒，小球在三條軌道的終點(diǎn)處速度相同
B．三條軌道中小球沿B軌道滑下過(guò)程重力做功的平均功率最大
C．沿C軌道滑下軌道對(duì)小球的支持力做功最多
D．沿A軌道滑下軌道對(duì)小球的支持力沖量為零
【解答】解：A．由動(dòng)能定理得，小球在三條軌道的終點(diǎn)處速度大小相同，但是方向不同，故A錯(cuò)誤；
B．小球沿三條軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，起點(diǎn)與終點(diǎn)相同，所以重力做功相同，又因?yàn)閺腂軌道滑下用時(shí)最短，所以沿B軌道滑下過(guò)程重力做功的平均功率最大，故B正確；
C．無(wú)論沿哪條軌道下滑，支持力始終與速度方向垂直，不做功，故C錯(cuò)誤；
D．沿A軌道滑下時(shí)軌道對(duì)小球的支持力不為零，所以該過(guò)程中軌道對(duì)小球的支持力沖量不為零，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
10．（2023?溫州模擬）如圖所示，A、B兩小球在距水平地面同一高度處，以相同初速度v0同時(shí)豎直向上拋出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能分別為EA和EB，加速度大小分別為aA和aB。已知mA＞mB，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．若不計(jì)空氣阻力，以拋出所在的水平面為零勢(shì)能面，EA＝EB
B．若不計(jì)空氣阻力，以A球的最高點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，EA＞EB
C．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球上升的過(guò)程中，aA＞aB
D．若兩球受到大小不變且相等的空氣阻力，則兩球下落的過(guò)程中，aA＞aB
【解答】解：A、若不計(jì)空氣阻力，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，若以拋出所在的水平面為零勢(shì)能面，則小球的機(jī)械能為EA=12mAv02，EB=12mBv02，由于mA＞mB，所以EA＞EB，故A錯(cuò)誤；
B、若不計(jì)空氣阻力，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，小球只受重力作用，兩小球加速度相同，均為重力加速度g，則小球上升的最大高度為：hA=v022g=hB，以A球的最大高度所在的平面為零勢(shì)能面，則：EA=12mAv02-mAghA，EB=12mBv02-mBghB，由于小球各自的機(jī)械能守恒，所以EA＝EB＝0，故B錯(cuò)誤；
C、若兩球受到相等的空氣阻力，上升過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)A小球有：mAg+f＝mAaA，對(duì)B小球有：mBg+f＝mBaB，解得加速度為：aA=g+fmA，aB=g+fmB，由于mA＞mB，所以aA＜aB，故C錯(cuò)誤；
D、若兩球受到相等的空氣阻力，下落過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)小球A有：mAg﹣f＝mAaA，對(duì)B小球有：mBg﹣f＝mBaB，解得加速度為：aA=g-fmA，aB=g-fmB，由于mA＞mB，所以aA＞aB，故D正確。
故選：D。
11．（2023?溫州模擬）2021年10月25日，如圖甲所示的全球最大“上回轉(zhuǎn)塔機(jī)”成功首發(fā)下線，又樹(shù)立了一面“中國(guó)高端制造”的新旗幟。若該起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始向上提升質(zhì)量為m的物體，其a﹣t圖像如圖乙所示，t1時(shí)達(dá)到額定功率，t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)保持額定功率運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)其它阻力，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．0～t1時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)物體做減速運(yùn)動(dòng)
C．0～t1時(shí)間內(nèi)重力對(duì)物體做功為-12m(a0t1)2
D．t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)額定功率為（mg+ma0）a0t1
【解答】解：A、0～t1時(shí)間內(nèi)物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、由圖像可知t1～t2時(shí)間內(nèi)物體的加速度為正，物體仍做加速運(yùn)動(dòng)，只是做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、0～t1時(shí)間內(nèi)物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻物體的位移為x1=12a0t12
重力對(duì)物體做功W=-mgx1=-12mga0t12
故C錯(cuò)誤；
D、t1時(shí)刻物體所受到的牽引力為F，由牛頓第二定律有：F﹣mg＝ma0
解得：F＝mg+ma0
t1時(shí)刻物體的速度為v＝a0t1
起重機(jī)額定功率為P＝Fv＝（mg+ma0）a0t1
故D正確。
故選：D。
12．（2023?杭州一模）如圖是某品牌排煙風(fēng)機(jī)的相關(guān)參數(shù)，若已知空氣密度為1.3kg/m3，則下列表述判斷正確的是（　?。?br /> 風(fēng)機(jī)流量
22000m3/h
風(fēng)機(jī)效率
65%
電機(jī)電功率
5.5kW
風(fēng)機(jī)轉(zhuǎn)速
1450r/min
工作電壓
220V/50Hz
A．風(fēng)機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為314rad/s
B．排風(fēng)扇的內(nèi)電阻約為8.8Ω
C．空氣排出的速度約為15m/s
D．出風(fēng)口半徑約為0.26m
【解答】解：A、風(fēng)機(jī)轉(zhuǎn)速n＝1450r/min=1456r/s
風(fēng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω＝2πn=145π3rad/s
故A錯(cuò)誤；
B、由表格得，風(fēng)機(jī)的工作電壓U＝220V
電功率為P電＝5.5kW＝5500W
由P電＝UI得，電流I＝25A
風(fēng)機(jī)的輸出功率P出＝ηP電＝65%×5500W＝3575W
熱功率為P熱＝P電﹣P出＝5500W﹣3575W＝1925W
由P熱＝I2R得，排風(fēng)扇的內(nèi)電阻R=1925252Ω=7725Ω＝3.08Ω
故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)空氣排出的速度為v，時(shí)間t內(nèi)，由能量守恒定律的：P出t=12Qtρv2
代入數(shù)據(jù)解得：v＝30m/s
故C錯(cuò)誤；
D、風(fēng)機(jī)的流量Q＝vπr2
代入數(shù)據(jù)解得，出風(fēng)口半徑r≈0.26m
故D正確。
故選：D。
13．（2023?嘉興一模）如圖所示，M、N分別為自動(dòng)升降桿上的端點(diǎn)和中點(diǎn)，已知升降桿的質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，重力加速度為g，桿從水平位置勻速率轉(zhuǎn)至豎直位置的過(guò)程中（　　）

A．升降桿始終處于平衡狀態(tài)
B．轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)升降桿做功mgL
C．M、N兩點(diǎn)向心加速度大小之比aM：aN＝2：1
D．轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)升降桿的作用力大小始終等于mg
【解答】解：A．桿在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有向心加速度，不是平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)功能關(guān)系，轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)升降桿做的功等于升降桿重力勢(shì)能的增加量，即W=12mgL
故B錯(cuò)誤；
C．M、N具有相同角速度，向心加速度大小之比為aMaN=ω2Lω2L2=21
故C正確；
D．轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)升降桿的作用力與升降桿重力的合力提供升降桿做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，大小不斷變化，可能與重力相等、大于重力、小于重力，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
14．（2023?浙江模擬）11月8日在珠海航展上殲﹣20表演了雙機(jī)盤(pán)旋、雙機(jī)水平交叉、大仰角轉(zhuǎn)彎脫離等精彩動(dòng)作。飛機(jī)從水平平飛經(jīng)一段圓弧轉(zhuǎn)入豎直向上爬升，如圖所示，假設(shè)飛機(jī)沿圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小不變，發(fā)動(dòng)機(jī)推力方向沿軌跡切線，飛機(jī)所受升力垂直于機(jī)身，空氣阻力大小不變，則飛機(jī)沿圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)（　　）

A．飛機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)推力大小不變
B．飛機(jī)所受升力大小保持不變
C．飛機(jī)克服重力做功功率變大
D．飛機(jī)所受的升力就等于向心力
【解答】解：ABD、對(duì)飛機(jī)進(jìn)行受力分析，受力分析如圖

設(shè)重力與半徑方向夾角為θ，則沿半徑方向：
F升﹣mgcosθ＝mv2R
沿切線方向：
F推﹣mgsinθ﹣f＝0
解得：F升＝mv2R+mgcosθ，F(xiàn)推＝mgsinθ+f
在爬升過(guò)程中，θ變大，F(xiàn)升減小，F(xiàn)推增大，向心力等于升力與重力分力之和，故ABD錯(cuò)誤；
C、克服重力做功的功率P＝mgvcos（90°﹣θ）＝mgvsinθ，θ變大，克服重力做功的功率變大，故C正確；
故選：C。
15．（2023?浙江模擬）由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實(shí)線所示。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運(yùn)動(dòng)軌跡，O、a、b、c、d為彈道曲線上的五點(diǎn)，其中O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，a、c為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的距地面高度相等的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的速度為零
B．到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的加速度為零
C．炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的時(shí)間小于由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的時(shí)間
D．炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度大小等于經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度大小
【解答】解：A、由于b點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的豎直速度為0，只有水平方向的速度，所以炮彈的速度方向水平向右不為零，故A錯(cuò)誤；
B、到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈受到豎直方向的重力還有水平向左的空氣阻力，所以炮彈的加速度不為零，故B錯(cuò)誤；
C、炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的和由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，所以比較兩段運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間可轉(zhuǎn)化為比較豎直方向的時(shí)間，兩個(gè)過(guò)程在豎直方向上可看成由b點(diǎn)開(kāi)始以初速度為0做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且位移等大，由于空氣阻力的影響，上升時(shí)加速度大于下降的加速度，所以上升時(shí)間小于下降的時(shí)間，所以炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的時(shí)間小于由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的時(shí)間，故C正確；
D、a、c為運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的距地面高度相等的兩點(diǎn)，由a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，重力不做功，但有空氣阻力做負(fù)功，所以炮彈經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)過(guò)c點(diǎn)的速度，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
16．（2022?寧波二模）如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機(jī)器人可攜帶藥物進(jìn)入老鼠體內(nèi)，到達(dá)老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣氣泡作為推進(jìn)動(dòng)力，機(jī)器人的速度可達(dá)6×10﹣5m/s。若不計(jì)重力和浮力，則下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．胃液中運(yùn)動(dòng)的納米機(jī)器人不受阻力
B．機(jī)器人前進(jìn)時(shí)對(duì)胃液的作用力比胃液對(duì)機(jī)器人的作用力大
C．氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人作用力一定比胃液對(duì)機(jī)器人作用力小
D．機(jī)器人在胃液中加速前進(jìn)時(shí)，氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人做的功大于機(jī)器人動(dòng)能的增加量
【解答】解：A、納米機(jī)器人受到胃液的阻力，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)牛頓第三定律可知，B錯(cuò)誤；
C、由于機(jī)器人向前加速，根據(jù)牛頓第二定律可知C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)動(dòng)能定理可知，氫氣氣泡對(duì)機(jī)器人做的功加上胃液阻力對(duì)機(jī)器人做的負(fù)功等于機(jī)器人動(dòng)能的增加量，故D正確；
故選：D。
17．（2022?杭州二模）電梯一般用電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)，鋼絲繩掛在電動(dòng)機(jī)繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅(qū)駛轎廂上下運(yùn)動(dòng)。若電梯轎箱質(zhì)量為2×103kg，配重為2.4×103kg。某次電梯轎箱由靜止開(kāi)始上升的v﹣t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)
B．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂和對(duì)配重的拉力大小始終相等
C．在第1s內(nèi)，電動(dòng)機(jī)做的機(jī)械功為2.4×104J
D．上升過(guò)程中，鋼繩對(duì)轎廂做功的最大功率為4.8×104W
【解答】解：A、電梯轎箱在第10s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，既不超重也不失重，故A錯(cuò)誤；
B、對(duì)轎廂及物體構(gòu)成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律知F﹣mg＝ma，由于上升過(guò)程先勻加速，后勻速再勻減速，加速度變化，所拉力變化，故B錯(cuò)誤；
C、動(dòng)能定理：W拉﹣（M+m）gH=12（M+m）v2，解得鋼索拉力做功為：W拉＝5.28×104J，故C錯(cuò)誤；
D、上升過(guò)程中，1s時(shí)，加速度a=vt1=21m/s2＝2m/s2，鋼繩對(duì)轎廂做功的最大功率P＝Fv＝（mg+ma）v＝（2×103×10+2×103×2）×2W＝4.8×104W，故D正確。
故選：D。
18．（2023?紹興二模）如圖所示，質(zhì)量為2000kg電梯的纜繩發(fā)生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，下落過(guò)程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動(dòng)摩擦力。已知彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=12kx2（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．彈簧的勁度系數(shù)為3000N/m
B．整個(gè)過(guò)程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時(shí)受到的摩擦力大小為17000N
D．電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能約為4600J
【解答】解：A．電梯剛接觸井底緩沖彈簧時(shí)的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時(shí)電梯停止了運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒，得12mv2+mgx=12kx2+f動(dòng)x
代入數(shù)據(jù)解得：k＝11000N/m
故A錯(cuò)誤；
B、與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，剛接觸彈簧后，彈簧的彈力小于重力和摩擦力的合力，電梯做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)，電梯的加速度為零，電梯繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力大于重力和摩擦力的合力，電梯做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、電梯停止在井底時(shí)，受力平衡，由平衡條件得：kx＝mg+f靜
代入數(shù)據(jù)解得：f靜＝2000N
故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)電梯速度最大時(shí)，加速度為零，由平衡條件得：kx'+f動(dòng)＝mg
代入數(shù)據(jù)解得：x'=311m
電梯接觸彈簧到速度最大的過(guò)程中，電梯和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦力產(chǎn)生的熱量，則ΔE=f動(dòng)x'=17000×311J≈4636J≈4600J
故D正確。
故選：D。
19．（2023?溫州模擬）如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長(zhǎng)時(shí)彈簧上端處于A點(diǎn)。t＝0時(shí)將小球從A點(diǎn)正上方O點(diǎn)由靜止釋放，t1時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，t2時(shí)彈簧被壓縮到最低點(diǎn)B。以O(shè)為原點(diǎn)，向下為正方向建立x坐標(biāo)軸，以B點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)。小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep1、機(jī)械能E0及彈簧的彈性勢(shì)能Ep2變化圖像可能正確的是（　?。?br />
A．
B．
C．
D．′
【解答】解：根據(jù)小球的受力特點(diǎn)可將運(yùn)動(dòng)分為三個(gè)階段，分別為第一階段：O→A自由落體；第二階段：O到平衡位置，重力大于向上的彈力；第三階段：平衡位置向下到B處，向上的彈力大于向下的重力。平衡位置處，重力大小等于彈力。
AB．根據(jù)重力勢(shì)能表達(dá)式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1時(shí)，彈性勢(shì)能為0，機(jī)械能等于重力勢(shì)能的最大值。x＞x1時(shí)，此時(shí)的彈簧的彈性勢(shì)能為：
Ep2=12k(x-x1)2
設(shè)系統(tǒng)總能量為E，根據(jù)能量守恒定律可知E＝E0+Ep2
可知E0=E-12k(x-x1)2
是開(kāi)口向下的拋物線。故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．設(shè)小球下落到A點(diǎn)時(shí)的時(shí)間為t1，則第一階段，根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：
Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg22t12
故第一階段的Ek﹣t圖像是一條拋物線。第二階段中重力大于向上的彈力，且隨著壓縮彈簧，彈力大小逐漸增大，則根據(jù)牛頓第二定律可得：
a=mg-F彈m
可知小球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，平衡位置處速度最大，動(dòng)能也最大。第三階段根據(jù)牛頓第二定律可得：
a=F彈-mgm
可知小球做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng)，直至到達(dá)B處動(dòng)能為0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范圍內(nèi)，先加速后減速，x﹣t圖像的斜率先增大后減小，則Ep2﹣t的圖像的斜率也是先增大后減小。但由于動(dòng)能最大時(shí)，重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能都不是0。即彈性勢(shì)能的最大值大于動(dòng)能的最大值。故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
20．（2023?浙江模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈性繩一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m、套在摩擦因數(shù)為μ的粗糙豎直固定桿的圓環(huán)相連，M處有一光滑定滑輪，初始圓環(huán)置于A處，OMA三點(diǎn)在同一水平線上，彈性繩的原長(zhǎng)等于OM，圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零，AC＝h。如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則下列分析正確的是（　?。?br />
A．下滑過(guò)程中，豎直桿對(duì)圓環(huán)摩擦力越來(lái)越大
B．從A下滑到C過(guò)程中摩擦發(fā)熱為 14mv2
C．在C處，彈性繩的彈性勢(shì)能為 mgh-14mv2
D．圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過(guò)程中持續(xù)減小，上升過(guò)程中持續(xù)增加
【解答】解：A、圓環(huán)下滑過(guò)程受力如圖所示，設(shè)彈性繩的伸長(zhǎng)量為l，彈性系數(shù)為k，彈性繩與水平方向的夾角為θ

在水平方向，由平衡條件得：FN＝klcosθ＝kd，由于k、d都是常數(shù)，則FN不變，下滑過(guò)程豎直桿對(duì)圓環(huán)的摩擦力f＝μFN大小不變，故A錯(cuò)誤；
BC、圓環(huán)從A到C與從C到A過(guò)程彈性繩彈性勢(shì)能的變化量相等，設(shè)為ΔEp，摩擦產(chǎn)生的熱量相等，圓環(huán)恰好回到A，則到達(dá)A點(diǎn)時(shí)圓環(huán)的速度為零，設(shè)為Q，設(shè)A、C間的距離為h，圓環(huán)從A到C過(guò)程，由功能關(guān)系得：mgh＝ΔEp+Q，從C到A過(guò)程，由功能關(guān)系得：12mv2+ΔEp＝mgh+Q，解得：Q=14mv2，ΔEp＝mgh-14mv2，從A到C過(guò)程彈性繩彈性勢(shì)能的增加量為mgh-14mv2，在A處彈性繩的彈性勢(shì)能不是零，則到達(dá)C點(diǎn)彈性繩的彈性勢(shì)能大于mgh-14mv2，故B正確，C錯(cuò)誤；
D、圓環(huán)的機(jī)械能在下滑過(guò)程中要克服摩擦阻力與彈性繩的彈力做功，機(jī)械能持續(xù)減小，圓環(huán)上升過(guò)程中彈性繩對(duì)環(huán)做正功，摩擦力對(duì)圓環(huán)做負(fù)功，由于不知彈性繩做功與摩擦力做功大小關(guān)系，無(wú)法判斷圓環(huán)機(jī)械能如何變化，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
21．（2023?西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示是某科技小組制作的投石機(jī)的模型，輕桿AB可繞固定轉(zhuǎn)軸OO′在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，A端凹槽內(nèi)放置一小石塊，B端固定配重，某次試驗(yàn)中，調(diào)整桿與豎直方向的夾角為θ后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直方向時(shí)，石塊被水平拋出，打到正前方靶心上方6環(huán)處，不計(jì)所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（　?。?br />
A．減小石塊的質(zhì)量 B．增大角θ
C．增大配重的質(zhì)量 D．增大投石機(jī)到靶的距離
【解答】解：A、設(shè)石塊和配重的質(zhì)量分別為m1、m2，石塊和配重到轉(zhuǎn)軸的距離分別為l1、l2，石塊被拋出時(shí)的速度大小為v1，石塊與配重的角速度相等，由v＝ωr得此時(shí)配重的速度大小為v2=v1l2l1
根據(jù)石塊和配重組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）=12m1v12+12m2v22=（12m1+l222l12m2）v12
由上式可知，若減小減小石塊的質(zhì)量m1，則v1將增大，又因?yàn)槭瘔K拋出點(diǎn)到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，下落高度也將減小，顯然此措施不可行，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)杠桿原理可知，輕桿AB之所以能繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)從而使石塊被拋出，一定滿足：m1gl1sinθ＜m2gl2sinθ，即m1l1＜m2l2
結(jié)合m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l222l12m2）v12
根據(jù)兩式可知，若增大θ，則v1將增大，又因?yàn)槭瘔K拋出點(diǎn)到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，下落高度也將減小，此措施不可行，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l222l12m2）v12可知，若增大配重的質(zhì)量m2，則v1將增大，又因?yàn)槭瘔K拋出點(diǎn)到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，下落高度也將減小，此措施不可行，故C錯(cuò)誤；
D、增大投石機(jī)到靶的距離后，由于v1不變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將增大，石塊下落高度也將增大，此措施可行，故D正確。
故選：D。
22．（2023?浙江模擬）如圖為小麗玩小皮筋球的瞬間，小球正在向上運(yùn)動(dòng)，手正在向下運(yùn)動(dòng)，橡皮筋處于繃緊狀態(tài)。對(duì)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（　　）

A．圖示瞬間小球一定處于超重狀態(tài)
B．圖示瞬間小球一定正在向上減速
C．在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能一定增加
D．在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，小球機(jī)械能一定增加
【解答】解：AB、由于小球受到的重力與拉力關(guān)系未知，故無(wú)法判斷加速度方向，無(wú)法判斷圖示瞬間小球處于超重還是失重狀態(tài)，無(wú)法判斷圖示瞬間小球向上做什么運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；
C、在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，合力對(duì)小球做負(fù)功，小球的動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；
D、在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，小球受到的拉力方向向上，拉力對(duì)小球做正功，由功能關(guān)系知小球機(jī)械能一定增加，故D正確。
故選：D。
23．（2023?浙江二模）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上距離O點(diǎn)為x的A點(diǎn)停下。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)系，改變斜面傾角和斜面長(zhǎng)度，小木塊仍在A點(diǎn)停下，則小木塊靜止釋放點(diǎn)的坐標(biāo)可能是（　?。?br />
A．（16x，23h） B．（14x，12h） C．（13x，13h） D．（12x，12h）
【解答】解：小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，最終停在A點(diǎn)，設(shè)斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，則斜面在水平面的投影為：x1＝Lcosθ
根據(jù)功能關(guān)系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ=hx
改變斜面傾角和斜面長(zhǎng)度，小木塊仍在A點(diǎn)停下，則小木塊靜止釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為（x′，h′）
根據(jù)前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h-hx?x'。
A、當(dāng)x′=16x時(shí)，解得：h′=56h，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)x′=14x時(shí)，解得：h′=34，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)x′=13x時(shí)，解得：h′=23h，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)x′=12x時(shí)，解得：h′=12h，故D正確。
故選：D。
24．（2023?浙江模擬）一物塊在傾角為30°的固定斜面（足夠長(zhǎng)）上受到方向與斜面平行恒定拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊滑動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能、摩擦產(chǎn)生內(nèi)能和重力勢(shì)能隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②和③所示，則（　?。?br />
A．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為32
B．0～t0時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能增大4J
C．0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊的加速度為12m/s2
D．若t0時(shí)刻撤去拉力，則再經(jīng)過(guò)時(shí)間3t0，物塊速度減到0
【解答】解：A、設(shè)0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊的位移為x。根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系得：mgxsin30°＝5J ①
由功能關(guān)系可得：μmgxcos30°＝8J ②
聯(lián)立解得：μ=8315，故A錯(cuò)誤；
B、0～t0時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能增大8J，重力勢(shì)能減小5J，所以機(jī)械能增大3J，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)動(dòng)能定理得：max＝12J ③
聯(lián)立①③解得：a＝12m/s2，故C正確；
D、t0時(shí)刻撤去拉力，此時(shí)物塊的速度為v＝at0。此后，由牛頓第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma′，解得：a′＝3m/s2
設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊速度減到0，則v＝a′t，解得：t＝4t0，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
25．（2022?浙江模擬）如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量相等的鐵球，分別從C、D兩處均以v0＝3m/s的水平速度拋出，其中從C處水平拋出的鐵球恰好落在A處。已知AC為與水平方向成30°的傾斜地面，AB為長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的水平地面，CD＝AD，則C、D兩球落地時(shí)的動(dòng)能Ek：Ek′之比為（　?。?br />
A．1：1 B．7：5 C．2：1 D．5：7
【解答】解：設(shè)CA＝L。從C處水平拋出的鐵球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有：Lsin30°=12gt2
水平方向有Lcos30°＝v0t，聯(lián)立解得：L＝1.2m
從C處水平拋出的鐵球做平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：Ek＝mgLsin30°+12mv02
從D處水平拋出的鐵球做平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：Ek′＝mg?L2sin30°+12mv02
聯(lián)立解得：Ek：Ek′＝7：5，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
26．（2022?溫州三模）豎直面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓弧軌道AB，其對(duì)應(yīng)的圓心角為10°，A、B兩點(diǎn)等高，CD為豎直直徑。在A、D兩點(diǎn)間固定光滑直斜面，直斜面在D處與光滑圓弧軌道DB平滑相接，將一小球由A點(diǎn)靜止釋放沿直斜面AD下滑，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．小球從A到D的時(shí)間等于從D到B的時(shí)間
B．小球從A到D的時(shí)間小于從D到B的時(shí)間
C．由題中數(shù)據(jù)可以求得小球在DB圓弧軌道上通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力
D．若將兩個(gè)小球分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們會(huì)同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)
【解答】解：C.小球在DB圓弧軌道上從B到D點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
mgR （1﹣cos5°）=12mv2
在D點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得
F﹣mg＝mvD2R
解得
F＝mg （3﹣2cos5°）
由于不知道小球的質(zhì)量，故不能求出小球通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力，故C錯(cuò)誤；
D.小球從A點(diǎn)靜止釋放到D點(diǎn)過(guò)程，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為mgsin2.5°＝ma
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
xAD=12at2
解得
t＝2Rg
小球從C點(diǎn)靜止釋放到D點(diǎn)過(guò)程，做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有
hCD=12gt'2
解得
t'＝2Rg
可得
t＝t'＝2Rg
若將兩個(gè)小球分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們會(huì)同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，故D正確；
AB.小球從D到B的過(guò)程，根據(jù)單擺周期公式可得所用時(shí)間為
tDB=14T=14?2πRg=π2Rg
可知
t＝2Rg＞tDB=π2Rg
故小球從A到D的時(shí)間大于從D到B的時(shí)間，故AB錯(cuò)誤；
故選：D。
27．（2021?浙江模擬）可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊m受到沿斜面向上的F＝2N的恒力作用，從傾角為37°固定斜面底端以初速度v0向上運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，斜面足夠長(zhǎng)，取底端處為零勢(shì)能參考平面，小滑塊在上升過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與沿斜面上升的距離s間的關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．滑塊的質(zhì)量為m＝0.6kg
B．滑塊與斜面間的摩擦因數(shù)為μ＝0.5
C．滑塊到達(dá)最高點(diǎn)后將沿斜面返回底端
D．當(dāng)s＝6m時(shí)滑塊動(dòng)能與勢(shì)能相等
【解答】解：A、取底端處為零勢(shì)能參考平面，根據(jù)圖乙可知，小滑塊上升的距離s＝10m時(shí)，重力勢(shì)能為60J，則有：EP＝mgs?sin37°，解得：m＝1kg，故A錯(cuò)誤；
B、小滑塊上滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Fs﹣（mgsin37°+μmgcos37°）s＝0﹣Ek0，其中Ek0＝80J，s＝10m，解得：μ＝0.5，故B正確；
C、小物塊的重力沿斜面向下的分力大小為Gx＝mgsin37°＝1×10×0.6N＝6N，小滑塊的滑動(dòng)摩擦力為：f＝μmgcos37°＝0.5×1×10×0.8N＝4N，小滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，摩擦力突然變?yōu)檠匦泵嫦蛏希易畲箪o摩擦力fm＞f，此時(shí)Gx＜fm+F，小滑塊在最高點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，不會(huì)下滑，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)s＝6m時(shí)，根據(jù)圖乙可得：Ek6Ek0=10-610，解得：Ek6＝32J；
EP6EP=610，解得：EP6＝36J，所以當(dāng)s＝6m時(shí)滑塊動(dòng)能與勢(shì)能不相等，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
28．（2021?浙江模擬）將一質(zhì)量為m的物體以初動(dòng)能Ek0從地面豎直向上拋出，上升的最大高度為H，以地面為零勢(shì)能面，在上升過(guò)程中動(dòng)能與勢(shì)能相等時(shí)物體的高度為h1，在下降的過(guò)程中動(dòng)能與勢(shì)能相等時(shí)物體的高度為h2，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體所受的空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，則（　　）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．h1H=Ek0Ek0+mgH
D．h2H=2mgH-Ek02mgH+Ek0
【解答】解：AB、在上升過(guò)程中，由于有空氣阻力，物體減少的動(dòng)能大于增加的動(dòng)能，當(dāng)動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)，也就是剩下的動(dòng)能（等于重力勢(shì)能）小于減少的動(dòng)能，所以繼續(xù)上升的高度小于已經(jīng)上升的高度，即h1＞H2，同理在下降過(guò)程中，當(dāng)動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)h2＜H2，故AB錯(cuò)；
C、由動(dòng)能定理可得（mg+f）H＝Ek0，
（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，
聯(lián)立求得
h1H=Ek0Ek0+mgH，故C正確；
D、同樣應(yīng)用動(dòng)能定理可求得
h2H=2mgH-Ek03mgH-Ek0，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
29．（2021?寧波二模）如圖所示是寧波東部新城中央廣場(chǎng)噴泉噴出水柱的場(chǎng)景。噴泉噴出的水柱最大高度達(dá)到了20層樓的高度；噴管的直徑約為10cm。請(qǐng)你據(jù)此估計(jì)用于給該噴管?chē)娝碾妱?dòng)機(jī)輸出功率約為（水的密度為1×103kg/m3）（　?。?br />
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
【解答】解：管口的圓形內(nèi)徑約有10cm，則半徑r＝5cm＝0.05m
根據(jù)實(shí)際情況，每層樓高h(yuǎn)＝3m，所以噴水的高度H＝20h＝20×3m＝60m，
設(shè)水離開(kāi)管口的速度為v，則有：v2＝2gH
解得：v＝203m/s
設(shè)給噴管?chē)娝碾妱?dòng)機(jī)輸出功率為P，在接近管口很短一段時(shí)間Δt內(nèi)水柱的質(zhì)量為：
m＝ρ?vΔtS＝ρπr2vΔt
根據(jù)動(dòng)能定理可得：PΔt=12mv2，
解得：P=ρπr2v32
代入數(shù)據(jù)解得：P＝1.6×105W＝160kW，故C正確、ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
30．（2023?浙江模擬）2022年2月15日，蘇翊鳴在北京冬奧會(huì)單板滑雪男子大跳臺(tái)比賽中奪得冠軍，成為首位贏得冬奧會(huì)單板滑雪金牌的中國(guó)運(yùn)動(dòng)員。大跳臺(tái)主要由助滑道，起跳臺(tái)和著陸坡組成，如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在助滑道下滑后在起跳臺(tái)起跳，在空中做拋體運(yùn)動(dòng)后落在著陸坡上。某次比賽蘇翊鳴在距離起跳點(diǎn)34m高處從靜止下滑，在空中最高點(diǎn)時(shí)距起跳點(diǎn)12.8m，在空中飛躍的總時(shí)間為4s，已知起跳臺(tái)斜面傾角為37°，蘇翊鳴的質(zhì)量為70kg，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，以下說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A．起跳速度為16m/s
B．在最高點(diǎn)速度為0
C．下滑過(guò)程機(jī)械能守恒
D．從下滑到著陸重力做功35000J
【解答】解：AB、運(yùn)動(dòng)員從起跳臺(tái)跳出后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，有h1=vy22g，tan37°=vyvx，解得vy＝16m/s，vx=643m/s，所以運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度為643m/s；
運(yùn)動(dòng)員的起跳速度為v=vx2+vy2，代入數(shù)據(jù)解得v=803m/s，故AB錯(cuò)誤；
C、下滑過(guò)程中需要克服阻力做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；
D、運(yùn)動(dòng)員從起跳臺(tái)起跳到著陸豎直方向的位移為h2=-vyt+12gt2，代入數(shù)據(jù)解得h2＝16m
所以從下滑到著陸重力做功為W＝mg（h0+h2）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正確。
故選：D。
31．（2023?浙江二模）如圖所示，一名質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員在水平地面上進(jìn)行跳遠(yuǎn)比賽，騰空過(guò)程中離水平地面的最大高度為1.25m，起跳點(diǎn)與落地點(diǎn)的水平距離為6m，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則運(yùn)動(dòng)員（　?。?br />
A．起跳時(shí)獲得的動(dòng)能約為1830J
B．在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為0.5s
C．在最高點(diǎn)時(shí)速度大小為12m/s
D．落地時(shí)速度方向與水平方向的夾角為30°
【解答】解：B、運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)下落過(guò)程可看成平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有h=12gt2，解得下落時(shí)間t＝0.5s
由對(duì)稱(chēng)性可知，運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t'＝2t＝2×0.5s＝1.0s，故B錯(cuò)誤；
C、水平方向有v0=xt'=61.0m/s＝6m/s，故在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為6m/s，故C錯(cuò)誤；
AD、豎直末速度大小為vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，
落地時(shí)速度方向與水平面所成的夾角為tanα=vyv0=65=1.2，即α≠30°；
從起跳到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有：﹣mgh=12mv02-Ek
代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝1830J
故D錯(cuò)誤，A正確。
故選：A。

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