2021年2022年高考物理真题分类汇编：功和能

2021v2022年高考物理真题分类汇编6功和能2022年高考真题1、（2022•广东卷•T9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg,MN=PQ=20m,尸。段的倾角为30。，重力加速度g取lOm/s?,不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）A.从M到N,小车牵引力大小为40NC.从P到Q,小车重力势能增加1x10」B.从M到N,小车克服摩擦力做功800JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J【答案】ABD【解析】A.小车从M到N,依题意有片=尸匕=200W代入数据解得F=40N故A正确；B.依题意，小车从M到N,因匀速，小车所受的摩擦力大小为f1=F=40N则摩擦力做功为叱=Y0x20J=—800J则小车克服摩擦力做功为800J,故B正确；C.依题意，从P到Q,重力势能增加量为/=mgxM=5(X)Nx20mxsin30"=5(XX)J故C错误;D.依题意，小车从P到Q,摩擦力为力，有于,+mgsin300=—v2摩擦力做功为吗=-人xs2s2=20m联立解得W2=-700J则小车克服摩擦力做功为700J,故D正确。2、（2022•全国乙卷・T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】C【解析】如图所示设圆环下降的高度为〃，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh=-mv'山几何关系可得h=Lsin6山几何关系可得h=Lsin6sin6>=—2R联立可得h=—2R可得故C正确，ABD错误。3、（2022•浙江6月卷・T13）小明用额定功率为1200W、最大拉力为3OON的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取lOm/s?，则提升重物的最短时间A.13.2sA.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s【答案】c【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速匕升，当功率达到额定功率时,保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，甫物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得20Tm-mg300-20x10,2c,2

a,=-2——-= m/s2=5m/s220当功率达到额定功率时，设重物速度为匕，则有^=1200m/s=4m/s'Tm300此过程所用时间和上升高度分别为v,4t,=」=-s=0.8s

a}5

重物以最大速度匀速时，有hy=2q2x5重物以最大速度匀速时，有hy=2q2x5m=1.6m441200, 4,vm=—= = m/s=6m/sTmg200重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为Z's=L2s622am622am2x5m=3.6m设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为G，该过程根据动能定理可得hy=85.2m-1.6m—3.6m=80m联立解得t2=13.5s故提升重物的最短时间为mg=§+，2+G=0.8s+13.5s+1.2s=15.5sC正确，ABD错误;4、（2022•浙江1月卷•T1）单位为J/m的物理量是（A.力B.功A.力B.功C.动能D.电场强度【答案】A【解析】根据功的定义式w=&可知J=Nm则有N-m =N因N是力的单位，故单位为〃m的物理量是力。5.（2022•河北•T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和。用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量“°＞胆.，f=0时刻将两物体由静止释放，物体。的加速度大小为亨。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体。释放位置处于同一高度，取『=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体。的机能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）EA.物体P和。的质量之比为1:3 B.27时刻物体。的机械能为一2C.2T时刻物体尸重力的功率为延 D.2T时刻物体P的速度大小义工2T 3【答案】BCD【解析】A.开始释放时物体Q的加速度为则3mQg-FT=mQ-^FT-mpg=mp-^-解得- 2mp_1mQ2选项A错误：B.在7时刻，两物体的速度

13P上升的距离%」区72=红123 6细线断后P能上升的高度2 丁2生=上=红--2g18可知开始时PQ距离为h=h]+h2若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为lmog2T2E=mQgh=09从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为W_尸G_1nQgT%-4九-9则此时物体Q的机械能h户uzmQgTEE=E-WF=- =—’ 9 2E此后物块Q的机械能守恒，则在27■时刻物块Q的机械能仍为一,选项B止:确；2CD.在27■时刻，重物P的速度,2gTv2=v,gT=§方向向下；此时物体P重力的瞬时功率p=mev="2gT惇叮=3E

Gpg2 2 3 32T选项CD正确。6、（2022•湖北・T7）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2V增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为Wi和W2,合外力的冲量大小分别为h和d下列关系式一定成立的是（ ）

A.叱A.叱=3叱，I2<3Z,B.吗=3叱,kNiiC.吗=7叱，Z2<37, D.必=7叱，I2>I,【答案】C【解析】根据动能定理可知TOC\o"1-5"\h\zI0 1 0 3 0W,=—/w(2v)2-—mv~=—mv~,1 ,21 ,W2=-nz(5v)2一一m(2v)2=—mv22 2 2可得W2=7W]由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv<Z,<3mv

3mv<I2<hnv可知7、(2022•浙江1月卷・T20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角。=37°的光滑直轨道A8、圆心为。1的半圆形光滑轨道88、圆心为。2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与8点等高)，8、。1、D、。2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=O.lkg,轨道8C。7和DEF的半径R=O.15m,轨道AB长度&,=3m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数〃=一，滑块8与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin370=0.6,cos370=0.8o滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，(1)若释放点距8点的长度/=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力国的大小；(2)设释放点距8点的长度为。，滑块第一次经F点时的速度v与。之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距8点长度lx的值。

【解析】(1)到c点过程mglsin37°+mgR(]-cos31)=—mvlC点时FN-mg=m^

AFm=7N（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时mglxsin37-(3mgRcos37+R)mg=0解得Iv=0.85m要能过F点/v>0.85m（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的〃倍mglxsin37°-7ng-^-sin37°-n///n^^-cos37=0解得.7〃+6U15当〃=1时xl15当〃=3时9当〃=5时—m

x3158、（2022•山东卷・T16）某粮库使用额定电压U=380V,内阻R=0.250的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流/=40A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量叫=100kg,车上粮食质量吗=1200kg,配重质量a）=40kg,取重力加速度g=lOm/s?,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:（1）比例系数k值;67【答案】（1）%=0.1；（2）£=——m185【解析】（1）设电动机的牵引绳张力为（，电动机连接小乍的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI=I2R+Ttv解得7；=7400N小车和配重一起匀速，设绳的张力为4,对配重有T?=m0g=400N设斜面倾角为6,对小车匀速有T}+Tt=（町+m,）gsin6+k（町+m,）g而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有n\gsin0=m（）g+km}g联立各式解得sin6»=0.5,^=0.1（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为对系统由牛顿第二定律有

（叫+tn2）gsin%（町+tn2）g-mng=（叫+/n,+町））4可得67由运动学公式可知v2=2aL解得,67L- m1859,（2022•湖北・n6）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时,C到两定滑轮的距离均为L重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60。。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为栏£时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动上距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可10视为质点。（1）求C的质量；（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；（3）撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】(1)>/3/n;(2)6.5mg；(3)(4—2>j3)mgL【解析】(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mcg=2mgcos30解得mc=V3w(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度v,根据动量守恒定律可知解得v△居

2V5CD碰撞后D向下运动急距离后停止，根据动能定理可知0--x2mv2=2ing--F—2 10 10解得F=6.5mg(3)设某时刻C向下运动的速度为v',A8向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机械能守恒定律可知'2fl/，\2 Lc/L/、—mcv+2x一根(ucosa)=mcg 2mg( L)2 tanasina令y=mcg- 2mg(/-—L)tana sina对上式求导数可得da (sina)~(sina)~当孚=0时解得daV3

cosa=——

2a-30此时y=m，.g 2mg(二 L)=mgLtana sina于是有—/nrv2+2x—/n(vcosa)2=mgL解得v2=_gL3V3此时C的最大动能为E1m=mcv'2=(4-2\/3)mgL2021年高考真题L（2021•山东卷）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴。转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度%出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（ ）【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理-f-27rL=0--mv^可得摩擦力的大小故选B.（2021•浙江卷）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4xl（）3kg/m3,假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）发动机最大输出功率（kW）332最大输送高度（m）63整车满载质量（kg）5.4xlO4最大输送量（m3/h）180A.1.08x107JB.5.04x107Jc.1.08xl08JD.2.72xlO8J【答案】C【解析】泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W=pVg/z=2.4xl03xl50xl0x30J=1.08xl08J故选C.（2021•湖南卷）"复兴号"动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为加的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比（41=如，女为常量），动车组能达到的最大速度为％。下列说法正确的是（ ）A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为1%D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间f达到最大速度%,则,这一过程中该动车组克服阻力做的功为【答案】C【解析】A.对动车由牛顿第二定律有F-F^=ma若动乍组在匀加速层动，即加速度。恒定，但4=如随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P,由牛顿第二定律有4P, kv=mav故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有2.25户, =kvv4P,4P,—=kvm%联立解得故C正确；D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动乍组从静止启动，经过时间，达到最大速度以，由动能定理可知加%产刎可得动车组克服阻力做的功为w-4P/--wv；rpn. 2m

故D错误;故选Co（2021•河北卷）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为乃R、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）QA. +兀）gR B.12兀gR C.Q2（T+兀）gR D.2y[gR【答案】A【解析】小球下落的高度为71 71+2h=nR--R+R= R2 2小球下落过程中，根据动能定理有mgh=gmv2综上有v=J（zr+2）gR故选Ao（2021•全国卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）-4QQQQQQQn〃〃/7s2〃〃/〃〃〃〃〃S2〃〃〃A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功,而水平地面是光滑的：以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B.（2021•浙江卷）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示则汽车（ ）来自燃料7.0x104；水泵魏甲05xlO*J来自燃料7.0x104；水泵魏甲05xlO*J: “排损耗03*10*1|/当股空气电力做功0.45xlO4J广金服转动阻力做功0.45*10'1发动机传动和驱动A.发动机的输出功率为70kWB.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7X104JC.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9xl04jD.每1S消耗的燃料最终转化成的内能是7.0X104J【答案】C【解析】A.由图可知，发动机1S内克服转动阻力做功为0.45xl04j,则输出功率为0.45xlO40.45xlO4W=4.5kW选项A错误；BCD.每1s消耗的燃料有6.9xiyj进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9X104J,选项C正确，BD错误。故选Co（2021•浙江卷）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（ ）A.沿雪道做匀速直线运动 B.下滑过程中机械能均守恒C.前后间的距离随时间不断增大 D.所受重力沿雪道向下的分力相同【答案】C【解析】A.同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图Fmesin0-umecos6 ._ 八a= =gsin〃一〃gcost）m又因为〃相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误：B.下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；C.根据匀加速”线运动位移呵时间的关系X=,可知同学们前后距离随着时间不断增大，2也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；D.各同学质量川能不同，所以重力沿雪道向卜的分力mgsin。也可能不相同，D错误。故选Co（2021•浙江卷）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1X103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W,正确的是（ ）A.N•s B.N•m/s C.kg•m/s D.kg•m2/s3【答案】D【解析】A.N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义/=Kt可知，N-s是冲量的的单位，A错B.根据功率的计算公式尸=&可知功率的单位可以衣示为N-m/s,但N不是国际单位制基本单位，B错误；c.根据动量的定义，= ■知，kg•m/s是动量的单位,c错误;D.根据P=fV可知功率的单位可以表示为N-m/s，结介/=/w可知N=kg-m/s2,则功率得单位W=N-m/s=kg-m2/s3,D正确。故选D。（2021•广东卷）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g,下列说法正确的有（）A.甲在空中的运动时间比乙的长B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少预加D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为〃吆〃【答案】BC【解析】A.由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=mgvcos0=mgvy=mgQ2gh因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C.从投出到落地，手榴弹下降的高度为/）,所以手榴弹五力势能减小量A£p=mgh故C正确：D.从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC,（2021•湖南卷）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为号和S?）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降〃高度到8位置时，活塞上细沙的总质量为小。在此过程中，用外力尸作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强P。保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）A.整个过程，外力尸做功大于0,小于B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C.整个过程，理想气体的内能增大D.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（月）E.左端活塞到达5位置时，外力尸等于一产【答案】BDE【解析】A.根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞52没有移动，可知整个过程,外力F做功等于0,A错误；BC.根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；D.由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q=W<PoS[h+mghD正确：E,左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：meF

p0+ =p0+—°S,°S2即：八皿E正确。故选BDEo（2021•全国卷）一质量为m的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为线，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为生。已知sina=0.6,重力加速度大小为g。则（ ）A.物体向上滑动的距离为袅2mgB.物体向下滑动时的加速度大小为]C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【解析】AC.物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有-//mg-21cosa=--Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有-mglsina-fimglcosa=0—Ek整理得=〃=0.5mgA错误，C正确;B.物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma=mgsina—/imgcosa求解得出B正确D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有ma=mgsina+//mgcosa物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma下=mgsina—Ringcosa由上式可知由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l=-at22则可得出D错误。故选BC。（2021•全国卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于S。时，速度的大小为%,此时撤去F,物体继续滑行2%的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则（A.在此过程中F所做的功为gmv：3B.在此过中F的冲量大小等于1根%C.物体与桌面间的动摩擦因数等于」4s°gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F-/Jing-ma]①由速度位移公式有片=24与②外力撤去后，由牛顿第二定律可知-/Limg=ma2③由速度位移公式有-v()=2a2(2sQ)(4)由①②③④可得，水平恒力F=3*4%动摩擦因数说4甑滑动摩擦力Ff= =——-4%可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,故C正确，D错误；A.在此过程中，外力F做功为

故A错误；B.由平均速度公式可知，外力F作用时间r厂3Ir厂3I=Ftx=-mv0故B正确。故选BC,利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。（2021•山东卷）某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：①固定好手机，打开录音功能；②从一定高度由静止释放乒乓球：③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞时刻（S）1.121.582.002.402.783.143.47根据实验数据，回答下列问题:（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为m（保留2位有效数字，当地重力加速度g=9.80m/s2）。（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k,则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的倍（用k表示），第3次碰撞过程中％=（保留2位有效数字）。（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度（填"高于"或"低于"）实际弹起高度。

【答案】0.20 \-k2 0.95高于【解析】（1）⑴笫3次碰撞到第4次碰撞用时小=2.40s-2.00s=0.40s,根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为佟）=-x9.8x0.22m®0.20m[2]碰撞后弹起瞬间速度为Z，碰撞前瞬间速度为W，根据题意可知则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度v=gtv=gt=第3次碰撞后瞬间速度为, ,,240-2.00、v=gt=( )g=0.20g则第3次碰撞过程中v0.21（3）⑷由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。（2021•河北卷）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、50g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200g,其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为9.80m/s2,实验操作步骤如下:遮光条光电门1 光电门2 图।①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm,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保持最下端悬挂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M、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:M/kg0.2000.2500.3000.3500.400△EJ0.5820.4900.3920.2940.195AE/J0.3930.4900.6860.785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J（保留三位有效数字）；（2）步骤④中的数据所缺数据为；（3）若M为横轴，AE为纵釉，选择合适的标度，在图2中绘出AE-Af图像:若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为（保留两位有效数字）

【答案】0.980 0.588【解析】0.40(0.38~0.42)[1]四个钩码重力势能的减少量为△Ep=4/ngL=4x0.05x9.8xO.5J=0.980J[2J对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知【答案】0.980 0.588【解析】0.40(0.38~0.42)[1]四个钩码重力势能的减少量为△Ep=4/ngL=4x0.05x9.8xO.5J=0.980J[2J对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知4mgL-W(=g(4m+M)q_g(4m+M)n；其中系统减少的重力势能为AEP=4mgL系统增加的动能为1,1,A£k=—(4zn+A/)V2--(4/«+A/)vf系统减少的机械能为△£=%，则代入数据可得表格中减少的机械能为阳=0.98-0.392=0.588J(3)⑶根据表格数据描点得的图像为⑷根据做功关系可知AE=fjMgL则图像的斜率为k=/JgL=0.785-0.3930.4-0.2解得动摩擦因数为〃=0.40(0.38~0.42)

(2021•山东卷)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为了，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep=^kx2,k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离与和B、C分离时B的动能£；；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值£.；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为/c，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与力Tbc的大小；(4)若/=57,请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度。随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的。、x值(用人k、m表示)，不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】(1)线=/:6"+8/：(2)及。=(3+巫)(3)W<JxRC；

k k 2【解析】(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0=2fx0+^kx1弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒联立方程解得_2F-4fE=尸-6/F+8尸（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为X，以A为研究时象，由平衡条件得kx=f若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值Fmin,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得i2Ek=—kx"+fx结合第（1）问结果可知”（3土粤）/根据题意舍去41n=（3-叵）/，所以恒力得最小值为心=（3+乎）/（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为Xb，C的位移为左，以B为研究对象，由动能定理得-W-faB=O-Ek以C为研究对象，由动能定理得-拉c=°-Ek由B、C得运动关系得联立可知卬＜鼠（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得5fx]-2fx]-^kx^=0解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kX[=6/则坐标原点的加速度为_kxl-2f_6f-2f_2fLit— — —2m2mm之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为kx—2f2m可知加速度随位移入为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，X减小，〃减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为m负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得—kx；—2fic.=—■2mv221 12脱离弹簧瞬间后C速度为v,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒得A1 2fx2=—mv解得脱离弹簧后，C运动的距离为1则c最后停止的位移为3 36/9/-2'2kk所以C向右运动的图象为

（2021・湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为〃。以水平轨道末端。点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,X轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2必£,//£）,。端在y轴上。重力加速度为g。（1）若A从倾斜轨道上距X轴高度为的位置由静止开始下滑，求A经过。点时的速度大小;（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过。点落在弧形轨道PQ上的动能均相同,求PQ的曲线方程;（3）将质量为4加（2为常数且;IN5）的小物块8置于。点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑,与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），耍使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧,求A下滑的初始位置距X轴高度的取值范围。【答案】（1）:（2）x=2y]2pLy-y2（其中，JJL<y<2/jL）；（3）32-12-3•rL32-12-3•rL<x</i24-2+1

（2一1）2•4rL【解析】（1）物块A从光滑轨道滑至:。点，根据动能定理mg-2rL—/JrngL=—mv2解得V=y]2/JgL（2）物块A从。点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为%,落在弧形轨道上的坐标为（X,y）,将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖宜方向的自由落体运动，有, 1 2x=vot,y=-gr解得水平初速度为2v2_grvo-v-

2y物块A从。点到落点，根据动能定理可知TOC\o"1-5"\h\zF1 2rngy=Ek--mv0解得落点处动能为1 2„ I2mgxEk=mgy+-mv0=mgy+——乙 y因为物块A从。点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得„ msx rmgCluL)1_TEk=mgy+ =mgx/jL+ =2/jmgL4y 4x〃L化简可得x2y+—=2uL-4yx=2y/2/jLy-y2(其中，（3）物块A在倾斜轨道上从距x轴高〃处静止滑下，到达。点与B物块碰前，其速度为%，根据动能定理可知mgh—/jmgL-gmv1解得片=2g〃-2〃gL ——①物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的小侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达。点。规定水平向右为正方向，

碰后AB的速度大小分别为匕和乙，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则mv0=一机匕+Xmv2解得A—1Vi=2+r° ②“尤+卢 ③设碰后A物块反弹，再次到达。点时速度为匕,根据动能定理可知-2/nmgL=gmv^-；mvf解得——（4）据题意，A落在B落点的右侧，则匕〉V2 ——⑤据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即:匕<42〃gL ⑥联立以上，可得力的取值范围为32-12-3•32-12-3•piL<h<+4+1(…2（2021•全国卷）如图，一倾角为。的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。己知小车与地面间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件？（无动力）小车【答案】（1）mgdsinff..（2）“g（1+29d）sim（3）L>d+J^.30 sin6【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mgsin0=ma设小车通过第30个减速带后速度为力，到达第31个减速带时的速度为V2，则有v；-%=2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为V1和V2：经过每一个减速带时损失的机械能为△E=-mv1-；nzVj2联立以上各式解得AE=mgdsin0（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为力，则在水平地面上根据动能定理有-Rings=0—mvf从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L+29d)sin6-AE£1=gmvf联立解得AEC,=mg(L+29d)sin8-"mgs3030（3）由题意可知AT>AE