【备战2022】高考物理复习 2022年模拟题汇编（1）专题六 机械能

2022高考物理复习（模拟题汇编）：专题六机械能（1）1．（2022安徽江南十校摸底）如图所示，一高度为h的楔形物块固定在水平地面上，质量为m的物体由静止开始从倾角分别为α、β的两个光滑斜面的顶端滑下，则下列说法中正确的是（）A．物体滑到斜面底端的速度相同B．物体滑到斜面底端所用的时间相同C．物体滑到斜面底端时重力所做功的功率相同D．物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同答案：D解析：由机械能守恒定律，物体沿不同倾角的光滑斜面滑到斜面底端的速度大小相等，方向不相同，选项A错误；物体滑到斜面底端所用的时间不相同，选项B错误；物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同，所用时间不同，物体滑到斜面底端时重力所做功的功率不相同，选项C错误D正确。2．（2022安徽江南十校摸底）下列关于机车以恒定加速度启动后各物理量随时间变化关系的图象中错误的是（）答案：D解析：机车以恒定加速度启动后，在达到额定功率前做匀加速直线运动。根据P=Fv，，功率将随速度的增大而增大。当达到额定功率后，由于速度仍在增大，其牵引力不断减小，加速度不断减小，机车做变加速运动。当牵引力减小到等于阻力时，加速度为零，机车以最大速度做匀速直线运动，所以图象ABC正确D错误。3（2022江苏徐州摸底）如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是A．物体最终将停在A点B．物体第一次反弹后不可能到达B点C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能答案：BC解析：物体最终将停在A点下方，由于斜面粗糙，物体第一次反弹后不可能到达B点，选项B正确A错误；整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功，选项C正确；整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D错误。4.（2022武汉摸底）如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度vo平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下。已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时A.小球的速率为B.小球的速率为C.小球在水平方向的速度大小为vo-19-\nD小球在水平方向的速度大小为答案：BD解析：由机械能守恒定律，mgh=mv2，解得小球到达轨道B端时速率为v=，选项A错误B正确。设轨道在B点切线方向与水平方向的夹角为α，则有tanα=，cosα=。小球在水平方向的速度大小为v1=vcosα==，选项D正确C错误。5.（2022辽宁省五校协作体高三期初联考）将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能EK随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。根据图象信息，不能确定的物理量是A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2s内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度答案：D解析：小球平抛初动能为5J，可得mv02=5J，2s末小球竖直速度为gt=20m/s，2s末小球动能m(v02+202)=30J，联立可解得小球的质量和初速度。最初2s内重力对小球做功mgh=mg·gt2，由P=W/t可以确定最初2s内重力对小球做功的平均功率。不能确定小球抛出时的高度。6．（2022安徽师大摸底）质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升h，对该过程下列说法中正确的是(　　)A．物体的机械能增加mghB．物体的机械能减少mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加mgh答案：D解析：质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对物体做功-19-\n-mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理，物体的动能增加mgh，选项C错误D正确。物体的机械能增加mgh+mgh=mgh，选项AB错误。7.（2022辽宁省五校协作体高三期初联考）2022年伦敦奥运会跳水比赛首先进行的女子单人3米板比赛中，中国队派出了夺得双人项目金牌的吴敏霞和何姿。最终，吴敏霞以总分414分摘金。现假设她的质量为m，她进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F，那么在她减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)A．她的动能减少了FhB．她的重力势能减少了mghC．她的机械能减少了(F－mg)hD．她的机械能减少了Fh答案：BD解析：在她减速下降高度为h的过程中，重力做功mgh，她的重力势能减少了mgh；由功能关系，她的机械能减少了Fh，选项BD正确AC错误。8．(2022西安摸底)一小球自由下落，与地面发生碰撞，原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则下图中能正确描述小球位移s、速度v、动能Ek、机械能E与时间t关系的是()答案：BD解析：小球自由下落，做初速度为零的匀加速运动；与地面发生碰撞，原速率反弹，做竖直上抛运动，速度图象B正确，位移图象A错误；小球下落时，速度与时间成正比，动能与时间的二次方成正比，动能图象C错误；机械能保持不变，机械能图象D正确。9.（2022温州八校联考）如图4、5所示，是一辆质量为4t的无人售票车在t=0和t=3s末两个时刻的照片，当t=0时，汽车刚启动。图6是车内横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图像（图6中θ=30°），若将汽车的运动视为匀加速直线运动，根据上述信息，可以估算出的物理量有（▲）图4图5图6①汽车的长度②3s末汽车的速度③3s内牵引力对汽车所做的功④3s末汽车牵引力的瞬时功率A．①②　B．②③　C．①④D．②④答案：A解析：由横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图像可得出车的加速度，由L=-19-\nat2，可得汽车的长度L；由v=at可得3s末汽车的速度；无法得出牵引力，不能估算出3s内牵引力对汽车所做的功和3s末汽车牵引力的瞬时功率，所以选项A正确。10.（2022温州八校联考）如图13所示，质量为的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力；已知滑块与斜面间的动摩擦因数，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量，滑块动能、势能、机械能随时间、位移关系的是（▲）图13ABCD答案：CD解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力，物体机械能保持不变，重力势能随位移s均匀增大，选项CD正确。产生的热量=fs，随位移均匀增大，滑块动能随位移s均匀减小，选项AB错误。CAB（α11.（2022辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是A．斜面倾角α=60°B．A获得最大速度为C．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒答案：B解析：释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时拉力等于A重力沿斜面分力4mgsinα，C恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于C球重力，kx=mg。对B，由平衡条件，4mgsinα=2mg，解得斜面倾角α=30°，选项A错误；初状态，弹簧压缩，kx=mg。末状态，弹簧拉伸，kx=mg。初末状态系统弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律，4mg·2xsinα--19-\nmg·2x=(m+4m)v2，解得v=，选项B正确；C刚离开地面时，B的加速度为零，选项C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，选项D错误。12.（2022辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为A．mgRB．2mgRC．2.5mgRD．3mgR答案：C解析：要通过竖直光滑轨道的最高点C，在C点，则有mg=mv2/R，对小球，由动能定理，W-mg2R=mv2，联立解得W=2.5mgR，选项C正确。13．(2022西安摸底)如图所示，弹簧一端固定在墙上，另一端与物块接触但不连结，现利用该装置研究物块在粗糙水平面上滑行的距离s与弹簧压缩量△x的关系，测得数据如下表所示，由表中数据可以归纳出物块滑动的距离s跟弹簧压缩量△x之间的关系是(k为比例系数)()△x/cm0.51.02.04.0…s/cm52080320…A．B．C．D．答案：C解析：根据表中数据可以归纳出物块滑动的距离s跟弹簧压缩量△x之间的关系是，选项C正确。14．(2022西安摸底)下列说法中正确的是()A．蹦床运动员上升到最高点时的加速度为零B．宇航员随飞船绕地球做圆周运动时处于失重状态C．降落伞匀速下降时机械能守恒D．轮船过河时运动轨迹一定为直线答案：B解析：蹦床运动员上升到最高点时的加速度为g，宇航员随飞船绕地球做圆周运动时，加速度方向指向地心，处于失重状态，选项A错误B正确；降落伞匀速下降时动能不变，机械能减小；轮船过河时运动轨迹可能为曲线，选项CD错误。15．(2022西安摸底)一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为()A．B．C．D．-19-\n答案：D解析：在半圆底部，由牛顿第二定律，1.5mg-mg=mv2/R，解得v2=0.5gR。由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为△E=mgR-mv2=0.75mgR，选项D正确。16（2022邯郸摸底）质量分别为m1和m2的两个物体A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，物体A、B各自滑行一段距离后停止。物体A、B运动的速度—时间图像分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1<m2,下列判断中正确的有（）物体A、B与地面的动摩擦因数一定相同力F1一定大于力F2力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率答案：AC解析：由图线可知，在撤去外力后，两图线平行，说明加速度相同，而只受摩擦力，其加速度a=μg，所以，μ相同，选项A对；由牛顿第二定律，F-μmg=ma,得a1=-μg，a2=-μg，由图线可以看出，a1>a2,，即>，由于m1<m2,，所以，F1和F2关系不一定，选项B错；从图线中可以看出，a图象与横轴所围的面积小于b图象与横轴所围的面积，即a的位移x1小于b的位移x2，而μm1g<μm2g,,所以，μm1gx1<μm2gx2；根据动能定理，Fx-μmgx=0，所以，力F1对物体A所做的功F1x1一定小于力F2对物体B所做的功F2x2，选项C对；根据功率P=Fv，而F1与F2的关系不确定，所以，选项D错。17．（2022安徽师大摸底）质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升h，对该过程下列说法中正确的是(　　)A．物体的机械能增加mghB．物体的机械能减少mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加mgh答案：D解析：质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对物体做功-19-\n-mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理，物体的动能增加mgh，选项C错误D正确。物体的机械能增加mgh+mgh=mgh，选项AB错误。18．（2022届江西省重点中学高三联考）轻质弹簧上端与质量为M的木板相连，下端与竖直圆筒的底部相连时，木板静止位于图中B点。O点为弹簧原长上端位置。将质量为m的物块从O点正上方的A点自由释放，物块m与木板瞬时相碰后一起运动，物块m在D点达到最大速度，且M恰好能回到O点。若将m从C点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，则下列说法正确的是（）A．物块m达到最大速度的位置在D点的下方B．物块m达到最大速度的位置在D点的上方C．物块m与木板M从B到O的过程做匀减速运动。D．物块m与木板M向上到达O点时仍有速度，且在O点正好分离。答案：D解析：无论从哪一点释放，物块m达到最大速度的位置都在D点，选项AB错误；物块m与木板M从B到O的过程做减速运动并非做匀减速运动，选项C错误；若将m从C点自由释放后，m与木板碰后仍一起运动，物块m与木板M向上到达O点时仍有速度，且在O点正好分离，选项D正确。19．（2022浙江十校联考）质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为A．2m/sB．3m/sC．4m/sD.m/s答案：B解析：根据力F随x变化关系图象与横轴所夹面积表示功，力F做功W=40J+20J-20J=40J。由动能定理，W=mv2-mv02，解得v=3m/s。选项B正确。20.（2022武汉调研）为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则（）A．在全过程中，电动车在B点时速度最大B．BA过程电动车做匀加速运动C．CB过程电动车做减速运动D．CB过程电动车的牵引力的功率恒定．答案：BD解析：因为刚开始启动时，v较小，-19-\n较大，所以F-图象时，应该从图象的右边向左看，根据图象可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。越小，速度v越大，所以，在全过程中，电动车在C点时速度最大，选项A错误；BA过程中，牵引力F不变，所以加速度a=（F-f）/m不变，电动车做匀加速运动，选项B正确；根据图象，在CB过程中，的取值逐渐减小，这说明速度v逐渐增大，所以电动车做加速运动，选项C错误；在CB过程中，F与成正比，所以Fv=P，恒定不变，选项D正确。本题答案为BD。21（2022吉林摸底）下列关于功和机械能的说法，正确的是　A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功　B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量　C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取有关　D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量.答案：BC解析：无论何种情况，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；由动能定理可知，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；只有在只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，一般情况下运动物体动能的减少量一般不等于其重力势能的增加量，选项D错误。v022．（2022吉林摸底）如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于A．B．C．D．.答案：D解析：对小球向上运动，由动能定理，-(mg+f)H=0-mv02，对小球向下运动，由动能定理，(mg-f)H=m(v0)2，-19-\n联立解得f=，选项D正确。0tF23．（2022吉林摸底）光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用Ek、v、Δx、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是.答案：BD解析：由动能定理，FΔx=Fat2=Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移Δx=at2，选项C错误；水平拉力的功率P=Fv，选项D正确。24．（2022吉林摸底）如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热24.答案：C解析：第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加和重力势能的增加，选项B错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加大于全过程物体与传送带间的摩擦生热，选项D错误。25.(2022广东惠州调研)运动员站在高台上，双手紧握链条的一端，链条另一端拴一重链球，重链球在水平面内做圆周运动，在转速不断增大的过程中，某时刻突然松手，链球水平飞出。设空气阻力不计，则A．松手前，链条的拉力对小球不做功B．松手前，链条的拉力对小球做功C．链球飞出后飞行时间与松手时球的速率无关D．链球飞出的水平距离仅由松手时球的速率决定答案：BC解析：由于转速不断增大，重链球动能逐渐增大，根据功能关系，在转速不断增大的过程中，链条的拉力对小球做功，选项A错误B正确；松手后链球水平飞出，做平抛运动，由平抛运动规律可知，链球飞出后飞行时间与松手时球的速率无关，选项C正确；链球飞出的水平距离由松手时球的速率和飞行时间共同决定，选项D错误。26..(2022广东惠州调研)静止的列车在平直轨道上以恒定的功率起动，在开始的一小段时间内，设所受的阻力不变，则列车的运动状态是-19-\nA．速度逐渐增大B．速度逐渐减小C．加速度逐渐增大D．加速度逐渐减小答案：AD解析：静止的列车在平直轨道上以恒定的功率起动，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，选项AD正确BC错误。27．两个完全相同的小球A和B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．两小球落地时的速度大小相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同答案：AC解析：由于完全相同的小球A和B在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，根据机械能守恒定律，两小球落地时的动能相等，落地时的速度大小相同，方向不同，选项A正确；根据P=Fvcosα，两小球落地时，力F为重力，速度v大小相同，方向不同，所以重力的瞬时功率不相同，选项B错误；由于重力做功与路径无关，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，选项C正确；由于水平抛出的小球运动时间小于竖直向上抛出小球的运动时间，所以从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率不相同，选项D错误。。28．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（）A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量答案：CD解析：物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能，选项D正确。29．（2022上海联考）如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为m的质点，在拉力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ<90°)。不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A．当F=mgtanθ时，拉力F最小B．当F=mgsinθ时，拉力F最小C．当F=mgsinθ时，质点的机械能守恒D．当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大答案：BC解析：依题意，拉力F和重力mg的合力方向沿ON方向，画出受力分析图，当F的方向垂直于ON时，拉力F最小，最小值为F=mgsinθ，选项A错误B正确。当F=mgsinθ时，拉力方向与位移方向垂直，拉力不做功，质点的机械能守恒，选项C正确。当F=mgtanθ时，拉力F-19-\n与质点位移方向夹角小于90°，对质点做正功，质点的机械能增大，选项D错误。30．（2022浙江十校联考）用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是A．W1＞W2，F＝2FfB．W1=W2，F＞2FfC．P1<P2，F＞2FfD．P1＝P2，F＝2Ff答案：B解析：由动能定理可得W1-W2=0，解得W1=W2。由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2Ff，选项AD错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误。31．（2022唐山摸底）如图所示，位于固定粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上，若使物块P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，则A．力F一定要变小B．力F一定要变大C．力F的功率将减小D．力F的功率将增大答案：C解析：受到一沿斜面向上的拉力F，F=mgsinθ+μmgcosθ，把力F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F=mg，由于题述没有给出θ和μ的具体数值，不能判断出力F如何变化，选项AB错误；由于力F与速度v的夹角增大，力F的功率将减小，选项C正确D错误。32、（10分）（2022安徽师大摸底）面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。所谓混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既省油又环保。车辆在起步或低速行驶时可仅靠电力驱动；快速行驶或者需急加速时燃油发动机启动，功率不足时可由电力补充；在制动、下坡、怠速时能将机械能转化为电能储存在电池中备用。假设汽车质量为M，当它在平直路面行驶时，只采用电力驱动，发动机额定功率为P1，能达到的最大速度为v1；汽车行驶在倾角为θ的斜坡道上时，为获得足够大的驱动力，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率可达P2。已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的k倍(k<1)，重力加速度为g。求汽车在斜坡道上能达到的最大速度。32、（14分）在平直路面行驶，汽车以功率P1匀速行驶时速度最大，设驱动力为F1，阻力为f，则P1=F1v1①F1=f②设汽车上坡时驱动力为F2，能达到的最大速度为v2，则P2=F2v2③F2=Mgsinθ＋kf④由①②③④式解得⑤-19-\n33．（10分）（2022武汉调研）如图所示．在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB（AB>R）是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R．AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q（视为质点），将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。（1）Q球经过D点后，继续滑行距离s停下（s>R）．求小球与DE段之间的动摩擦因数。（2）求Q球到达C点时的速度大小。解析：（1）由能量守恒定律，mgR+mg2R=μmgs+μmg(s-R),解得：μ=.(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设PQ两球的速度大小分别为vP、vQ，则，mgR+mg(1+sin30°)R=mvP2+mvQ2,又vP=vQ，联立解得：vQ=。34．（2022浙江十校联考）质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆孤轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m,小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的动摩擦因数为μ1=(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）试求：（1）小物块离开A点时的水平初速度v1。（2）小物块经过O点时对轨道的压力。（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？（4）斜面上CD间的距离。解析：（1）对小物块，由A到B有，vy2=2gh，在B点，tan(θ/2)=vy/v1，解得：v1=3m/s。（2）对小物块，由B到O有，mgR(1-sin37°)=mv02-mvB2，-19-\n其中vB==5m/s。在O点，N-mg=m，联立解得：N=43N。由牛顿第三定律，小物块经过O点时对轨道的压力为43N。（3）小物块在传送带上加速过程，μ2mg=ma3，设PA间的距离是为s，则有v12=2a3s，联立解得s=1.5m。（4）物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律，mgsin53°+μ1mgcos53°=ma1，解得a1=10m/s2。物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律，mgsin53°-μ1mgcos53°=ma2，解得a2=6m/s2。由机械能守恒定律可知，vC=vB=5m/s。小物块由C上升到最高点历时t1=vC/a1=0.5s；小物块由最高点回到D点历时t2=t-t1=0.8s-0.5s=0.3s。斜面上CD间的距离L=vCt1-a2t22=0.5×5×0.5m-0.5×6×0.32m=0.98m。35（2022武汉摸底）如图所示，一根长为L=5m的轻绳一端固定在0’点，另一端系一质量m=1kg的小球。将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点0时，轻绳刚好被拉断。0点下方有一以0点为圆心，半径R=5m的圆弧状的曲面，己知重力加速度为g=10m/s2，求：.(1)轻绳所能承受的最大拉力Fm的大小。(2)小球落至曲面上的动能。解析：（1）小球由A到O的过程，由机械能守恒定律，有：mgL=mv02，在O点，由牛顿第二定律，Fm-mg=m，解得：Fm=3mg=30N。由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为30N。（2）小球从O点平抛，有：x=v0t，y=gt2，-19-\n小球落至曲面上，有x2+y2=R2，联立解得t=1s。小球落至曲面上的动能Ek=mv2=m[v02+(gt)2]代入数据得Ek=100J。36、（16分）（2022安徽师大摸底）如图所示，一半径r=0.2m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传带相接，传送带的运行速度为v0=4m/s，长为L=1.25m,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R=0.25m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直．一质量为M=0.2kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，管内顶端F点放置一质量为m=0.1kg的物块b．已知a、b两物块均可视为质点，a、b横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10m/s2.求：（1）滑块a到达底端B时的速度vB；（2）滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力；（3）滑块a滑到F点时与b发生完全非弹性正碰，飞出后落地，求滑块a的落地点到O点的距离x（不计空气阻力）。36．（16分）解析：(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有解得：vB=2m/s(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μMg=Ma滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式得vC=3m/s<4m/s，可知滑块与传送带未达共速滑块从C至F，由机械能守恒定律，有得vF=2m/s。在F处由牛顿第二定律得FN=1.2N由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2N,压力方向竖直向上（3）由题意知碰后物块a、b共速，设速度为v，,碰撞过程由动量守恒得MvF=(M+m)v，得v=m/s。离开F点后物块a、b一起做平抛运动x=vt，-19-\n…联立解得x=m。37．（20分）（2022浙江重点中学协作体高三摸底）一轻质细绳一端系一质量为m=kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s为2m，动摩擦因数为0.25．现有一小滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2，试问：（1）若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.（2）若滑块B从h=5m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力．（3）若滑块B从h=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n．解析：.（20分）（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有（2分）①在小球从h处运动到最高点的过程中，机械能守恒，则有（3分）②解上式有h=0．5m（2分）（2）若滑块从=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为，则有-19-\n③（3分）滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力的合力充当向心力，则有（2分）④解④式得T=48N（2分）（3）滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s路程后再次碰撞，则（4分）解得，n=10次（2分）38．(14分)（2022届江西省重点中学高三联考）如图（a）所示，小球甲固定于足够长光滑水平面的左端，质量m=0.4kg的小球乙可在光滑水平面的滑动，甲、乙两球之间因受到相互作用而具有一定的势能，相互作用力沿二者连线且随间距的变化而变化。现已测出势能随位置x的变化规律如图（b）所示中的实线所示。已知曲线最低点的横坐标x0=20cm，虚线①为势能变化曲线的渐近线，虚线②为经过曲线上x=11cm点的切线，斜率绝对值k=0.03J/cm。试求：（1）将小球乙从x1=8cm处由静止释放，小球乙所能达到的最大速度为多大？（2）小球乙在光滑水平面上何处由静止释放，小球乙不可能第二次经过x0=20cm的位置？并写出必要的推断说明；（3）小球乙经过x=11cm时加速度大小和方向。.(14分)解：（1）球乙运动到x0=20cm位置时势能最少，速度最大，能量守恒：（2分）解得=1m/s。（2分）（2）在0<x<6cm区间内将小球乙由静止释放，不可能第二次经过x0。（2分）原因：在0<x<20cm区间内两球之间作用力为排斥力，在20cm<x<∞区间内两球之间作用力为吸引力，无穷远处和6cm处的势能均为0.28J。若小球乙的静止释放点在6cm<x<∞区间，小球乙将做往复运动，多次经过x0=20cm的位置。而静止释放点在0<x<6cm区间内时，初态势能大于0.28J，小球乙将会运动到无穷远处而无法返回，只能经过x0位置一次。（3分）-19-\n（3）x3=11cm处的切线斜率绝对值k=0.03J/cm=3J/m表明此处乙球受到甲球F=3N的排斥力，（2分）所以，乙球在x3=11cm处时，加速度大小a==7.5m/s2。（2分）方向沿x轴正方向（1分）39（2022安徽师大摸底）如图所示，一半径r=0.2m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传带相接，传送带的运行速度为v0=4m/s，长为L=1.25m,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R=0.25m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直．一质量为M=0.2kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，管内顶端F点放置一质量为m=0.1kg的物块b．已知a、b两物块均可视为质点，a、b横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10m/s2.求：（1）滑块a到达底端B时的速度vB；（2）滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力；（3）滑块a滑到F点时与b发生完全非弹性正碰，飞出后落地，求滑块a的落地点到O点的距离x（不计空气阻力）。．（16分）解析：(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有解得：vB=2m/s(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μMg=Ma滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式得vC=3m/s<4m/s，可知滑块与传送带未达共速滑块从C至F，由机械能守恒定律，有得vF=2m/s。在F处由牛顿第二定律得FN=1.2N由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2N,压力方向竖直向上（3）由题意知碰后物块a、b共速，设速度为v，,碰撞过程由动量守恒得MvF=(M+m)v，得v=m/s。离开F点后物块a、b一起做平抛运动x=vt，-19-\n…联立解得x=m。40．(16分)(2022西安摸底)如图a所示，一倾角为37o的传送带以恒定速度运行．现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图b所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m／s2，sin37o=0．6，cos37o=0．8．求：(1)0～8s内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0～8s内物体机械能增量及与传送带摩擦产生的热量Q。解析：（1）从图b求出0～8s内物体位移的大小为s=(2+4)×2÷2m+4×2m=14m。（2）由图b可知，物体相对传送带滑动的加速度a==m/2。由牛顿第二定律，μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得：μ=0.875.（3）物体被送上的高度h=ssinθ=8.4m。重力势能增量△Ep=mgh=84J。动能增量△Ek=mv22-mv12=6J。0～8s内物体机械能增量△E=△Ep+△Ek=84J+6J=90J。0～8s内只有前6s物体与传送带之间发生相对滑动。0～6s内传送带运动距离s1=4×6m=24m，物体位移s2=(2+4)×2÷2m=6m，相对位移△s=s1-s2=18m，产生热量Q=μmgcosθ△s=126J。41．(9分)（2022中原名校联考）如图所示，质量都为m的A、B两环用细线相连后分别套在光滑细杆OP和竖直光滑细杆OQ上，线长L=0.4m，将线拉直后使A和B在同一高度上都由静止释放，当运动到使细线与水平面成30°角时，A和B的速度分别为vA和vB，g取10m/s2。求vA和vB的大小.解析：AB两环沿细线方向的分速度相等，当运动到使细线与水平面成30°角时，vAsin30°=vBcos30°，解得vA=vB。A球下落高度：h=Lsin30°=0.2m。由机械能守恒定律，mgh=mvA2+mvB2。联立解得：vA=m/s，vB=1m/s。-19-\n-19-