专题07 机械能-2020-2024年五年高考1年模拟物理真题分类汇编（山东专用）（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题07机械能考点五年考情（2020-2024）命题趋势备考策略考点1功功率和机车启动问题（5年3考）2024·山东卷·T72023·山东卷·T42023·山东卷·T8高考对机械能及其守恒定律部分的考查常结合生产、生活中常见的物理情景，如物体上抛下落、车辆启动、(类)刹车、物体上下坡、传送带等。在考查方向上，单一物体、多个物体的不同运动形式都有所体现。解题方法主要是函数法和图象法，同时应用推理论证。对学科核心素养的考查主要体现在运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。本章是高考的重要内容，复习备考要重点加强物理模型的建构;突出物理思想，如:转换与守恒。加强能量规律的探究、推理、论证及在不同环境下的具体应用。利用生产，生活中与功和能量紧密联系的实践活动，加强对能量规律的应用与探究。加强典型学科方法如函数法、比较法、极限法、图象法、模型法等的应用训练。考点2动能定理及机械能守恒（5年2考）2021·山东卷·T182020·山东卷·T11考点01功和功率1、（2024·山东卷·T7）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E=kx2（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.【答案】B【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有解得弹性绳的伸长量则此时弹性绳的弹性势能为从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为则由功能关系可知该过程F所做的功故选B。2、（2023·山东卷·T4）《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，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A. B. C. D.nmgωRH【答案】B【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且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，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH则筒车对灌入稻田的水做功的功率为联立有故选B。3、（2023·山东卷·T8）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。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.【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1P0=Fv轻绳从物体上脱落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)联立有故选A。考点02动能定理及机械能守恒4、（2021·山东卷·T18）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f，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：，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，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与的大小；（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a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a、x值（用f、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）、；（2）；（3）；（4）【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，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若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，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，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，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，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为5、（2020·山东卷·T11）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）A.M<2mB.2m<M<3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有故有，故A正确，B错误；C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。一、单选题1．（2024·山东聊城·三模）如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．各小球动能相等的位置在同一水平面上B．各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C．各小球机械能相等时处于同一球面上D．当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上【答案】D【详析】A．当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理因小球初动能相同，质量相同，摩擦因数相同，但是倾角不同，则末动能不相同，则选项A错误；B．小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，选项B错误；CD．小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力功即此时各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，选项C错误，D正确。故选D。2．（2024·山东济宁·三模）某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（）A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等【答案】C【详析】A．乒乓球下降过程中，空气阻力方向向上，当空气阻力与重力相等时，乒乓球速度达到最大，此后乒乓球做匀速直线运动，故A错误；BC．乒乓球在运动过程中空气阻力一直做负功，根据功能关系可知，乒乓球的机械能—直减小，故乒乓球抛出时速度大于接住时的速度，故B错误，C正确；D．乒乓球在上升过程中，空气阻力方向向下，加速度大于重力加速度，乒乓球在下降过程中，空气阻力方向向上，加速度小于重力加速度，所以运动过程中在同―高度处乒乓球的加速度大小不相等，故D错误。故选C。3．（2024·山东烟台·二模）如图所示为竖直平面内的粗糙的四分之一圆轨道ABC，A点的切线水平，B为圆弧AC的中点。一小物块自A点水平进入轨道，从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（

）A．小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力相等B．小物块第一次到达C点的加速度大小等于重力加速度大小C．小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小等于自身的重力大小D．小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功【答案】D【详析】A．依题意，由于摩擦力对小物块做负功，导致第一次和第二次到达B点时速率不同，对小物块受力分析，如图根据可知轨道对小物块的支持力不相等，由牛顿第三定律可得小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力不相等。故A错误；B．小物块第一次到达C点时，受力如图可知故B错误；C．小物块第一次到达A点时具有竖直向上的向心加速度，所以轨道对小物块的支持力大于自身重力，由牛顿第三定律可得小物块对轨道的压力大小大于自身的重力大小。故C错误；D．由A选项分析可知小物块上滑过程，速率减小，与轨道之间的弹力减小，所受轨道摩擦力也随之减小，由于B为圆弧AC的中点。根据可知小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功。故D正确。故选D。4．（2024·山东·模拟预测）用物理图像研究物理量之间关系是一种常用的数学物理方法。一物体在水平面上做直线运动，其运动图像如图所示，其中横轴和纵轴的截距分别为n和m。下列说法正确的是（）A．若为图像，则物体可能做变加速直线运动B．若为图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为C．若为图像，则物体一定做匀变速直线运动D．若为图像且物体初速度为零，则最大速度出现在时刻【答案】B【详析】A．根据运动学公式可知由图像可知，斜率不变，物体运动为匀变速直线运动，A错误；B．物体初速度为零，由动能定理可知即所以物体的最大速度为B正确；C．若物体做匀变速直线运动，则有即对于匀变速直线运动，其图像不可能是一次函数图像，C错误；D．根据运动学公式可知由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为出现在时刻，D错误。故选B。5．（2024·山东临沂·二模）五一假期小明和同学去公园游玩，看到如图所示的弹射装置，该装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、斜轨道组成。游戏时小滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好到达B端视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，高，长度可调，圆轨道和光滑，各部分平滑连接，滑块与、之间的动摩擦因数均为，可视为质点的滑块质量，重力加速度，忽略空气阻力。要使游戏成功，弹簧的弹性势能、长必须满足（）A．，且B．，且C．，且D．，且【答案】A【详析】由能量守恒可知解得为了小滑块不脱离轨道，在圆轨道最高点有解得根据能量守恒可知解得综上所述，A正确。故选A。6．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图甲所示，一台起重机将放在地面上的货物吊起。货物在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，其v-t图像如图乙所示，其中2s<t<10s时间段图像为曲线，其余时间段图像均为直线。已知货物的质量为500kg，取重力加速度大小为g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．0~2s内起重机对货物的拉力大小为4950NB．14~18s内起重机对货物的拉力大小为5250NC．14~18s内起重机拉力对货物做功为-1.9×104JD．2s时起重机拉力的功率为5250W【答案】D【详析】AB．0~2s内货物的加速度大小为在14~18s内货物的加速度大小为由牛顿第二定律得，解得，故0~2s内起重机对货物的拉力大小为5250N，14～18s内起重机对货物的拉力大小为4750N，故AB错误；C．14～18s内货物上升的位移则起重机拉力对货物做功为故C错误；D．2s时起重机拉力的功率故D正确。故选D。7．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25，某次练习时，该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上B处速度减为0.AM与MB的长度之比为48∶5，取重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至M点的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详析】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有又联立解得故选A。8．（2024·山东滨州·二模）一平直道路穿过村庄，连续安装有8个减速带，相邻减速带间的距离均为l（每个减速带宽度远小于l，可忽略不计）。有一质量为m的小车（可视为质点）以恒定功率P行驶，小车与路面间的阻力大小恒为f，到达第1个减速带前速度为。已知小车每次通过减速带时因颠簸所损失的机械能与其行驶速度有关，测量发现小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t，通过第8个减速带后的速度为若小车通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能是其通过后4个减速带时因颠簸所损失总机械能的1.5倍。则小车从第1个减速带到第4个减速带所用时间为（）A． B．C． D．【答案】C【详析】因小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t，通过第8个减速带后的速度为，可知通过第4个减速带后面的其它减速带后时的速度均为设通过减速带之前时的速度为v，则每通过两相邻减速带之间的间隔过程中由动能定理可知通过后4个减速带时，每通过一个减速带损失能量为则通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能则小车从第1个减速带到第4个减速带由动能定理解得故选C。9．（2024·山东滨州·二模）电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能，进行机械能回收。一实验电动车质量，以的初机械能沿倾角为的平直斜坡AO运动，A点为运动起始点，设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机，让车自由滑行，其机械能—位移关系如图直线①所示；第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置，回收一段时间后，关闭回收装置，其机械能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为，。下列说法正确的是（）A．第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，其机械能守恒C．第二次中实验电动车行驶的过程中，回收机械能D．第二次中实验电动车行驶前的过程中，其加速度一定越来越小【答案】C【详析】A．若斜面光滑则电动车运动过程中机械能守恒，由图线①知，机械能在减小，说明下滑过程中摩擦力做功，在自由滑行时，设摩擦力为，A点机械能为，O点机械能为，则由能量守恒知代入得A错误；B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，由摩擦力做功，其机械能不守恒，B错误；C．由图线②知，在前10m内进行“机械能回收”，由题图知，图线①表达式为当时，代入得在车自由下滑10m时开启能量回收模式下滑10m时则第二次中实验电动车行驶的过程中，回收的电能为C正确；D．由图线②知，斜率表示摩擦力与回收装置产生合外力，方向沿斜面向上，第二次中实验电动车行驶前的过程中，图线②斜率在变小，则摩擦力与回收装置产生合外力在变小，电动车重力沿斜面向下分力不变，故电动车加速度一定越来越大，D错误；故选C。二、多选题10．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（）A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/sB．大小为70NC．的大小为2m/sD．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大【答案】AB【详析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675s-0.875s=0.8s则物块从D点离开轨道时速度大小为选项A正确；B．从C到D由机械能守恒可知在C点时压力最大，则由解得选项B正确；C．从B到D由机械能守恒可知解得则选项C错误；D．根据PG=mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。11．（2024·山东济宁·三模）2024年4月15日12时12分，我国在酒泉卫星发射中心成功将四维高景三号01星发射升空。若该星的质量为m，在离地面高度为的近地轨道（远小于地球同步轨道）上绕地球做圆周运动。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T。则该星在轨运行过程中，下列说法正确的是（）A．周期小于T B．向心加速度为C．速率可能大于 D．动能为【答案】AD【详析】A．根据万有引力提供向心力有解得由于近地轨道远小于地球同步轨道，则该星周期小于同步卫星的周期，又有同步卫星的周期等于地球自转周期，则该星周期小于，故A正确；B．根据万有引力提供向心力有在地球表面有联立解得故B错误；C．是围绕地球做圆周运动的最大速度，则该星的速率不可能大于，故C错误；D．根据万有引力提供向心力有在地球表面有又有联立解得故D正确。故选AD。12．（2024·山东潍坊·三模）潍坊风筝是山东潍坊传统手工艺珍品，制作历史悠久，工艺精湛，是非物质文化遗产之一，现在世界上70%以上的风筝都是出自潍坊。本届风筝节上，小明同学在滨海国际风筝放飞场放风筝，风筝静止于空中且风筝平面与水平面夹角始终为30°，风速水平，与风筝作用后，垂直风筝平面的风速减为零，平行风筝平面的风速大小不变。风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）A．若风筝线与水平方向夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为mgB．若风筝线与水平方向夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为mgC．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大D．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则风筝的机械能减小【答案】BC【详析】AB．由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有解得A错误，B正确；C．当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示由图可知，风速缓慢增大时，则线与水平方向夹角变大，C正确；D．风速缓慢增大时，风筝线的长度不变，风速平行风筝平面的分速度增大，相当于风筝在该方向上的速度变大，机械能应增加，D错误。故选BC。13．（2024·山东·模拟预测）如图所示，一轻绳系一质量为m小球，竖直悬挂在O点，现将小球沿圆弧拉至与O等高的A点，由静止自由释放。小球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为，以下判断正确的是（）A．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0，细绳拉力一直增大B．小球运动至C点时，其加速度大小为C．小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小为D．若小球经过C点时重力功率最大，则【答案】CD【详析】AC．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为小球下降高度不为0，可知，重力平均功率不为0。令轻绳长为L，根据动能定理有对小球进行分析，小球做圆周运动，则有解得小球向下运动过程中，减小，则细绳拉力一直增大，故A错误，C正确；B．结合上述可知，小球沿半径方向的加速度为解得小球沿圆周切线方向有小球的加速度解得故B错误；D．小球重力的瞬时功率结合上述解得若有对函数求导有当导数值为0时，重力的瞬时功率达到最大，解得故D正确。故选CD。14．（2024·山东临沂·二模）电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到时电动机功率达到最大值。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为（），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（）A．汽车的加速度始终在减小B．汽车的加速度先不变后减小C．该汽车能达到的最大速度是D．汽车速度为时的加速度为【答案】AD【详析】AB．汽车的速度达到前的过程，根据牛顿第二定律可得可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到到最大速度的过程中，根据牛顿第二定律可得可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故A正确，B错误；C．设汽车能达到的最大速度为，此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有解得故C错误；D．汽车速度为时，根据牛顿第二定律可得又联立解得故D正确。故选AD。三、解答题15．（2024·山东潍坊·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r=22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN=410N。已知小朋友和滑板总质量为m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小朋友在B点时的速度v0；（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J【详析】（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则所以方向水平向左；（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得在E点，根据牛顿第二定律可得联立可得16．（2024·山东聊城·三模）下表是一辆轻便电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。额定车速整车质量满载额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h35kg65kg360W48V/8A请参考表中数据，完成下列问题（g取）（1）此电动机的电阻是多少？（2）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？【答案】（1）；（2）【详析】（1）由图中信息可知，正常工作时电源的总功率为解得

①

②解得

③（2）设电动车的额定车速为，此时电动车牵引力为，则：

④

⑤将代入以上两式解得当车速为时，此时电动车牵引力为，则：

⑥

⑦将、联立③④可得17．（2024·山东济宁·三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为，喷灌机所做功的转化为水的动能，喷口的横截面积，水的密度，重力加速度，，喷口距离地面的高度，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：（1）喷灌机的最大喷水速度v；（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，该喷灌机的最大喷灌面积。（保留三位有效数字）【答案】（1）10m/s；（2）285m2【详析】（1）设在∆t时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则由能量关系解得v=10m/s（2）喷口出水速度方向与水平面夹角时，则该喷灌机的最大喷灌面积解得Sm=285m218．（2024·山东淄博·二模）“动能回收”是指智能电动汽车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能，其基本原理是车轮带动电机内线圈转动，向动力电池反向充电。某智能电动汽车质量为，以的初动能沿斜坡向下做直线运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，始终受到一个外界施加的阻力，其动能与位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，比第一次自由滑行时多受到一个线圈提供的阻力，其动能与位移关系如图线②所示。重力加速度为。（1）第一次关闭发动机，求滑行到时车所受重力的瞬时功率P；（2）第二次关闭发动机，开启“动能回收”装置运行过程中，共回收的电能。求机械能回收效率（机械能回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比）。【答案】（1）；（2）【详析】（1）斜坡的角度为θ，有汽车的动能有则重力的瞬时功率为解得（2）运行200m，则运动的第一次同样位置，即两次到该位置，汽车的重力势能相等，由题意可知，在车自由滑行时，有开启动能回收装置后，有所以用于发电的机械能为则发电效率为19．（2024·山东济南·三模）如图所示，倾角为的光滑斜面底端固定一挡板。劲度系数为的轻质弹簧一端固定在挡板上，弹簧原长时另一端刚好位于斜面最高点点。质量为的长木板静止在另一倾角为的粗糙斜面上，长木板的上表面刚好和斜面共线。将质量为的小木块从图中位置由静止释放，小木块刚滑上长木板时的速度为。已知小木块和长木板之间的动摩擦因数为，长木板和斜面之间的动摩擦因数为，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能为，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧形变量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，，。（1）若，求小木块刚滑上长木板时小木块和长木板的加速度大小和；（2）若，小木块在运动过程中始终不滑离长木板，求长木板长度的最小值；（3）在第（2）条件下，长木板从开始运动到第一次回到初始位置经过的路程；（4）已知小物块在斜面上做简谐运动的周期为，其中为弹簧的劲度系数，为小物块的质量，求小木块从释放到第一次运动点所用的时间。【答案】（1）8m/s2；0；（2）；（3）；（4）【详析】（1）以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得解得以长木板B为研究对象所以木板加速度为0；（2）以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得解得以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得解得当达到共速时，满足解得木块的位移木板的位移木板的长度至少为（3）达到共速后，设木块和木板一起运动上滑过程，对整体有以小木块A为研究对象解得假设成立。小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移为下滑过程，设木块和木板一起运动，对整体有以小木块A为研究对象解得假设成立。所以长木板B从开始运动到第一次与斜面交界处碰撞经过的路程为（4）小木块A从释放到P点的过程中，根据动能定理可得解得小木块A做简谐运动的平衡位置满足解得小木块A从释放到第一次运动到P点的时间为20．（2024·山东济南·三模）赛车比赛中经常出现赛车腾空而起的精彩镜头。如图所示，质量为的赛车在水平地面上从静止开始以最大功率爬坡，保持最大功率不变行驶时间后关闭发动机，再经过一段时间赛车从A点以水平速度腾空离开路面，已知A点离地面的高度为，重力加速度为，忽略空气阻力，求（1）赛车从开始运动到经过A点过程中克服摩擦阻力所做的功；（2）将A点附近的路面等效成一段圆弧，A点为该段圆弧的最高点，求该等效圆弧半径的最小值。【答案】（1）；（2）【详析】（1）从开始运动到经过A点过程中，根据动能定理可得解得（2）假设圆弧的半径为，最高点A时重力和弹力的合力提供向心力当时，圆弧的半径最小解得圆弧的半径最小值为21．（2024·山东滨州·二模）随着城市化进程和人口增长，高层建筑越来越多，消防安全成为重要的问题之一。高层消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成。如图所示，在一次消防演练中，消防水炮口离地高度H=75m，建筑物上的着火点离地面高度h=55m，离水炮的水平距离x=60m，水泵的功率P=1.2×102kW，整个供水系统的效率η=60%，水从炮口水平射出，恰好到达着火点，认为水泵到炮口的高度也是H=75m，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）水从水炮口水平射出的速度大小；（2）水炮的出水流量Q（单位时间内的出水体积）。【答案】（1）30m/s；（2）6×10-2m3/s【详析】（1）根据平抛运动的规律可得解得（2）设Δt时间内射出水的质量为Δm，由功能关系可得代入数据解得专题07机械能考点五年考情（2020-2024）命题趋势备考策略考点1功功率和机车启动问题（5年3考）2024·山东卷·T72023·山东卷·T42023·山东卷·T8高考对机械能及其守恒定律部分的考查常结合生产、生活中常见的物理情景，如物体上抛下落、车辆启动、(类)刹车、物体上下坡、传送带等。在考查方向上，单一物体、多个物体的不同运动形式都有所体现。解题方法主要是函数法和图象法，同时应用推理论证。对学科核心素养的考查主要体现在运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。本章是高考的重要内容，复习备考要重点加强物理模型的建构;突出物理思想，如:转换与守恒。加强能量规律的探究、推理、论证及在不同环境下的具体应用。利用生产，生活中与功和能量紧密联系的实践活动，加强对能量规律的应用与探究。加强典型学科方法如函数法、比较法、极限法、图象法、模型法等的应用训练。考点2动能定理及机械能守恒（5年2考）2021·山东卷·T182020·山东卷·T11考点01功和功率1、（2024·山东卷·T7）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E=kx2（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.【答案】B【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有解得弹性绳的伸长量则此时弹性绳的弹性势能为从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为则由功能关系可知该过程F所做的功故选B。2、（2023·山东卷·T4）《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，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A. B. C. D.nmgωRH【答案】B【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且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，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH则筒车对灌入稻田的水做功的功率为联立有故选B。3、（2023·山东卷·T8）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。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.【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有F－f－μmg=(m＋M)av2=2aS1P0=Fv轻绳从物体上脱落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)联立有故选A。考点02动能定理及机械能守恒4、（2021·山东卷·T18）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f，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：，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，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与的大小；（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a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a、x值（用f、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）、；（2）；（3）；（4）【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，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若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，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，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，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，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为5、（2020·山东卷·T11）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（）A.M<2mB.2m<M<3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量【答案】ACD【解析】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有故有，故A正确，B错误；C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。一、单选题1．（2024·山东聊城·三模）如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．各小球动能相等的位置在同一水平面上B．各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C．各小球机械能相等时处于同一球面上D．当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上【答案】D【详析】A．当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理因小球初动能相同，质量相同，摩擦因数相同，但是倾角不同，则末动能不相同，则选项A错误；B．小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，选项B错误；CD．小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力功即此时各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，选项C错误，D正确。故选D。2．（2024·山东济宁·三模）某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（）A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等【答案】C【详析】A．乒乓球下降过程中，空气阻力方向向上，当空气阻力与重力相等时，乒乓球速度达到最大，此后乒乓球做匀速直线运动，故A错误；BC．乒乓球在运动过程中空气阻力一直做负功，根据功能关系可知，乒乓球的机械能—直减小，故乒乓球抛出时速度大于接住时的速度，故B错误，C正确；D．乒乓球在上升过程中，空气阻力方向向下，加速度大于重力加速度，乒乓球在下降过程中，空气阻力方向向上，加速度小于重力加速度，所以运动过程中在同―高度处乒乓球的加速度大小不相等，故D错误。故选C。3．（2024·山东烟台·二模）如图所示为竖直平面内的粗糙的四分之一圆轨道ABC，A点的切线水平，B为圆弧AC的中点。一小物块自A点水平进入轨道，从C点冲出轨道上升至最高点后沿原路返回，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（

）A．小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力相等B．小物块第一次到达C点的加速度大小等于重力加速度大小C．小物块第一次到达A点时对轨道的压力大小等于自身的重力大小D．小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功【答案】D【详析】A．依题意，由于摩擦力对小物块做负功，导致第一次和第二次到达B点时速率不同，对小物块受力分析，如图根据可知轨道对小物块的支持力不相等，由牛顿第三定律可得小物块第一次和第二次到达B点时对轨道的压力不相等。故A错误；B．小物块第一次到达C点时，受力如图可知故B错误；C．小物块第一次到达A点时具有竖直向上的向心加速度，所以轨道对小物块的支持力大于自身重力，由牛顿第三定律可得小物块对轨道的压力大小大于自身的重力大小。故C错误；D．由A选项分析可知小物块上滑过程，速率减小，与轨道之间的弹力减小，所受轨道摩擦力也随之减小，由于B为圆弧AC的中点。根据可知小物块由A到B克服摩擦力做的功大于由B到C克服摩擦力做的功。故D正确。故选D。4．（2024·山东·模拟预测）用物理图像研究物理量之间关系是一种常用的数学物理方法。一物体在水平面上做直线运动，其运动图像如图所示，其中横轴和纵轴的截距分别为n和m。下列说法正确的是（）A．若为图像，则物体可能做变加速直线运动B．若为图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为C．若为图像，则物体一定做匀变速直线运动D．若为图像且物体初速度为零，则最大速度出现在时刻【答案】B【详析】A．根据运动学公式可知由图像可知，斜率不变，物体运动为匀变速直线运动，A错误；B．物体初速度为零，由动能定理可知即所以物体的最大速度为B正确；C．若物体做匀变速直线运动，则有即对于匀变速直线运动，其图像不可能是一次函数图像，C错误；D．根据运动学公式可知由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为出现在时刻，D错误。故选B。5．（2024·山东临沂·二模）五一假期小明和同学去公园游玩，看到如图所示的弹射装置，该装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、斜轨道组成。游戏时小滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好到达B端视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，高，长度可调，圆轨道和光滑，各部分平滑连接，滑块与、之间的动摩擦因数均为，可视为质点的滑块质量，重力加速度，忽略空气阻力。要使游戏成功，弹簧的弹性势能、长必须满足（）A．，且B．，且C．，且D．，且【答案】A【详析】由能量守恒可知解得为了小滑块不脱离轨道，在圆轨道最高点有解得根据能量守恒可知解得综上所述，A正确。故选A。6．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图甲所示，一台起重机将放在地面上的货物吊起。货物在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，其v-t图像如图乙所示，其中2s<t<10s时间段图像为曲线，其余时间段图像均为直线。已知货物的质量为500kg，取重力加速度大小为g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．0~2s内起重机对货物的拉力大小为4950NB．14~18s内起重机对货物的拉力大小为5250NC．14~18s内起重机拉力对货物做功为-1.9×104JD．2s时起重机拉力的功率为5250W【答案】D【详析】AB．0~2s内货物的加速度大小为在14~18s内货物的加速度大小为由牛顿第二定律得，解得，故0~2s内起重机对货物的拉力大小为5250N，14～18s内起重机对货物的拉力大小为4750N，故AB错误；C．14～18s内货物上升的位移则起重机拉力对货物做功为故C错误；D．2s时起重机拉力的功率故D正确。故选D。7．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25，某次练习时，该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上B处速度减为0.AM与MB的长度之比为48∶5，取重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至M点的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详析】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有又联立解得故选A。8．（2024·山东滨州·二模）一平直道路穿过村庄，连续安装有8个减速带，相邻减速带间的距离均为l（每个减速带宽度远小于l，可忽略不计）。有一质量为m的小车（可视为质点）以恒定功率P行驶，小车与路面间的阻力大小恒为f，到达第1个减速带前速度为。已知小车每次通过减速带时因颠簸所损失的机械能与其行驶速度有关，测量发现小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t，通过第8个减速带后的速度为若小车通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能是其通过后4个减速带时因颠簸所损失总机械能的1.5倍。则小车从第1个减速带到第4个减速带所用时间为（）A． B．C． D．【答案】C【详析】因小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t，通过第8个减速带后的速度为，可知通过第4个减速带后面的其它减速带后时的速度均为设通过减速带之前时的速度为v，则每通过两相邻减速带之间的间隔过程中由动能定理可知通过后4个减速带时，每通过一个减速带损失能量为则通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能则小车从第1个减速带到第4个减速带由动能定理解得故选C。9．（2024·山东滨州·二模）电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能，进行机械能回收。一实验电动车质量，以的初机械能沿倾角为的平直斜坡AO运动，A点为运动起始点，设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机，让车自由滑行，其机械能—位移关系如图直线①所示；第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置，回收一段时间后，关闭回收装置，其机械能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为，。下列说法正确的是（）A．第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，其机械能守恒C．第二次中实验电动车行驶的过程中，回收机械能D．第二次中实验电动车行驶前的过程中，其加速度一定越来越小【答案】C【详析】A．若斜面光滑则电动车运动过程中机械能守恒，由图线①知，机械能在减小，说明下滑过程中摩擦力做功，在自由滑行时，设摩擦力为，A点机械能为，O点机械能为，则由能量守恒知代入得A错误；B．第二次中实验电动车从行驶到的过程中，由摩擦力做功，其机械能不守恒，B错误；C．由图线②知，在前10m内进行“机械能回收”，由题图知，图线①表达式为当时，代入得在车自由下滑10m时开启能量回收模式下滑10m时则第二次中实验电动车行驶的过程中，回收的电能为C正确；D．由图线②知，斜率表示摩擦力与回收装置产生合外力，方向沿斜面向上，第二次中实验电动车行驶前的过程中，图线②斜率在变小，则摩擦力与回收装置产生合外力在变小，电动车重力沿斜面向下分力不变，故电动车加速度一定越来越大，D错误；故选C。二、多选题10．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（）A．物块从D点离开轨道时速度大小为4m/sB．大小为70NC．的大小为2m/sD．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大【答案】AB【详析】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675s-0.875s=0.8s则物块从D点离开轨道时速度大小为选项A正确；B．从C到D由机械能守恒可知在C点时压力最大，则由解得选项B正确；C．从B到D由机械能守恒可知解得则选项C错误；D．根据PG=mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。11．（2024·山东济宁·三模）2024年4月15日12时12分，我国在酒泉卫星发射中心成功将四维高景三号01星发射升空。若该星的质量为m，在离地面高度为的近地轨道（远小于地球同步轨道）上绕地球做圆周运动。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的周期为T。则该星在轨运行过程中，下列说法正确的是（）A．周期小于T B．向心加速度为C．速率可能大于 D．动能为【答案】AD【详析】A．根据万有引力提供向心力有解得由于近地轨道远小于地球同步轨道，则该星周期小于同步卫星的周期，又有同步卫星的周期等于地球自转周期，则该星周期小于，故A正确；B．根据万有引力提供向心力有在地球表面有联立解得故B错误；C．是围绕地球做圆周运动的最大速度，则该星的速率不可能大于，故C错误；D．根据万有引力提供向心力有在地球表面有又有联立解得故D正确。故选AD。12．（2024·山东潍坊·三模）潍坊风筝是山东潍坊传统手工艺珍品，制作历史悠久，工艺精湛，是非物质文化遗产之一，现在世界上70%以上的风筝都是出自潍坊。本届风筝节上，小明同学在滨海国际风筝放飞场放风筝，风筝静止于空中且风筝平面与水平面夹角始终为30°，风速水平，与风筝作用后，垂直风筝平面的风速减为零，平行风筝平面的风速大小不变。风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）A．若风筝线与水平方向夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为mgB．若风筝线与水平方向夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为mgC．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大D．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则风筝的机械能减小【答案】BC【详析】AB．由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有解得A错误，B正确；C．当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示由图可知，风速缓慢增大时，则线与水平方向夹角变大，C正确；D．风速缓慢增大时，风筝线的长度不变，风速平行风筝平面的分速度增大，相当于风筝在该方向上的速度变大，机械能应增加，D错误。故选BC。13．（2024·山东·模拟预测）如图所示，一轻绳系一质量为m小球，竖直悬挂在O点，现将小球沿圆弧拉至与O等高的A点，由静止自由释放。小球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为，以下判断正确的是（）A．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0，细绳拉力一直增大B．小球运动至C点时，其加速度大小为C．小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小为D．若小球经过C点时重力功率最大，则【答案】CD【详析】AC．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为小球下降高度不为0，可知，重力平均功率不为0。令轻绳长为L，根据动能定理有对小球进行分析，小球做圆周运动，则有解得小球向下运动过程中，减小，则细绳拉力一直增大，故A错误，C正确；B．结合上述可知，小球沿半径方向的加速度为解得小球沿圆周切线方向有小球的加速度解得故B错误；D．小球重力的瞬时功率结合上述解得若有对函数求导有当导数值为0时，重力的瞬时功率达到最大，解得故D正确。故选CD。14．（2024·山东临沂·二模）电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到时电动机功率达到最大值。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为（），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（）A．汽车的加速度始终在减小B．汽车的加速度先不变后减小C．该汽车能达到的最大速度是D．汽车速度为时的加速度为【答案】AD【详析】AB．汽车的速度达到前的过程，根据牛顿第二定律可得可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到到最大速度的过程中，根据牛顿第二定律可得可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故A正确，B错误；C．设汽车能达到的最大速度为，此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有解得故C错误；D．汽车速度为时，根据牛顿第二定律可得又联立解得故D正确。故选AD。三、解答题15．（2024·山东潍坊·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r=22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN=410N。已知小朋友和滑板总质量为m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小朋友在B点时的速度v0；（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J【详析】（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则所以方向水平向左；（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得在E点，根据牛顿第二定律可得联立可得16．（2024·山东聊城·三模）下表是一辆轻便电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以