2023年高考真题分类汇编：功和能
一、选择题
1．（2023·北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为 D．F做功的最小值为
【答案】D
【知识点】功的计算
【解析】【解答】A、设F与水平方向夹角为θ，对物体受力分析正交分解可得：，可知力F的方向变化，θ角度变化，f 变化，摩檫力做功大小发生变化，A错误；
B、已知物体质量为m，加速度大小为a，由牛顿第二定律可知：，合力为定值，合力做功与F方向无关，B错误；
C、F为水平方向时，，F做功为：，C错误；
D、合外力所做总功为，为定值，而，摩檫力做负功，改变F的方向，使故摩檫力做功为零时，F做功的最小值为max，D正确；
故答案为：D
【分析】A对物体受力分析求解摩檫力，根据功的定义式判断；
B、由物体的质量和加速度确定合力的大小；
C、F水平方向时根据牛顿第二定律确定F力的大小，从而求解F做功的表达式；
D、根据合力做功为定值，而合力做功等于拉力和摩檫力做功之和可以确定，当摩檫力为零时，拉力F做功最小值，
2．（2023·北京）在发现新的物理现象后，人们往往试图用不同的理论方法来解释，比如，当发现光在地球附近的重力场中传播时其频率会发生变化这种现象后，科学家分别用两种方法做出了解释。
现象：从地面P点向上发出一束频率为的光，射向离地面高为H（远小于地球半径）的Q点处的接收器上，接收器接收到的光的频率为。
方法一：根据光子能量（式中h为普朗克常量，m为光子的等效质量，c为真空中的光速）和重力场中能量守恒定律，可得接收器接收到的光的频率。
方法二：根据广义相对论，光在有万有引力的空间中运动时，其频率会发生变化，将该理论应用于地球附近，可得接收器接收到的光的频率，式中G为引力常量，M为地球质量，R为地球半径。
下列说法正确的是（ ）
A．由方法一得到，g为地球表面附近的重力加速度
B．由方法二可知，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长
C．若从Q点发出一束光照射到P点，从以上两种方法均可知，其频率会变小
D．通过类比，可知太阳表面发出的光的频率在传播过程中变大
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；光子及其动量
【解析】【解答】A、由方法一，根据能量守恒：， 又因为，代入解得：，A错误；
B、由方法二， 接收到的光的频率可知，，根据光速公式：，频率小波长长，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长，B正确；
C、由方法一二可知，从P点发出到Q点，频率都变小，相反从Q点发出到P点，频率增大，C错误；
D、通过类比，从太阳表面发出的光在传播过程中频率应逐渐变小。D错误；
故答案为：B
【分析】A、由方法一，根据能量守恒定律结合光子能量分析光子频率的变化；
B、由方法二， 接收到的光的频率公式，结合光速公式分析波长变化；
CD、结合AB中的频率变化规律分析得出结论。
3．（2023·山东）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
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，对M和m整体，由牛顿第二定律得：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
小车速度为v时，功率到达额定功率，可得
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
联立解得： ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小车和物体一起运动时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再列出位移表达式；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，再列出减速运动过程的位移表达式，当绳断开瞬间，小车功率达到额定功率，列出功率公式，求解方程组即可得到小车的额定功率。
4．（2023·山东）《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
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】水轮转动一圈，灌入稻田的水的质量为：，水轮转动一圈所用时间为：，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 ：，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据题意，求出水轮转动一圈灌入稻田的水的质量和所用时间，再求出重力做功，然后根据计算功率。
5．（2023·山东）“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率为（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；能量守恒定律
【解析】【解答】根据光子能量方程可知，原子吸收频率为的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，吸收的能量为；
自发辐射出频率为的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，放出的能量为；
在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，放出的能量为；
辐射出频率为的光子回到基态，放出的能量为；
由能量守恒定律得：，解得，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据光子能量方程求解原子吸收和释放的能量，再通过能量守恒定律写出能量关系，即可求解。
6．（2023·浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能E和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.铅球做平抛运动，加速度恒定，故A不符合题意；
B.竖直方向有，则抛出后速度大小为：，可见速度大小与时间不是一次函数关系，故B不符合题意；
C.铅球抛出后的动能，可见动能与时间不是一次函数关系，故C不符合题意；
D.铅球机械能守恒，图像与时间轴平行，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】加速度与时间图像与时间轴平行；推导速度和动能与时间的关系式进行分析；铅球机械能不变。
7．（2023·上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（ ）
A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同 D．无法判断
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，下落高度相等，由动能定理：，
解得：，
故三者落地的速率都相等，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】已知三物块的初速度大小相等，同一位置下落，由动能定理可以得出末速度大小，即可得出三者落地速率相同。
8．（2023·湖北）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】由题意有：，，当它们编组后有：，联立解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据分析求解。
9．（2023·辽宁）如图 (a)， 从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同 时 从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t的关系如图 (b)所示。由图可知，两物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中（ ）。
A．甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿 I下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【知识点】功率及其计算；动能；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB、由图 b可知，甲做匀加速运动，乙做加速度减小的加速运动，所以在图a中，甲沿轨道Ⅱ运动，乙沿轨道Ⅰ运动，同一时刻甲的速度小于乙的速度，可知 同一时刻甲的动能比乙的小 ，A错误，B正确；
CD、对乙从M点静止出发，到N点速度方向水平，与重力方向垂直，根据功率公式：，可知重力的瞬时功率先增大后减小，CD错误；
故答案为：B
【分析】根据v-t图像分析得出甲乙的运动规律和同一时刻速度关系，进一步确定所在运动轨道，由动能定义式和瞬时功率表达式分别得出其大小与变化规律。
10．（2023·江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（ ）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【解答】A、甲图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F合=mgsinθ+f；乙图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F’合=mgsinθ-f；故F合>F’合，故A选项不符合题意；
B、由牛顿第二定律，a1=（mgsinθ+f）/m，而在下滑阶段，a2=（mgsinθ-f）/m，所以a1>a2；匀减速可看成反向匀加速直线运动，由速度与位移的关系式 得，vA2=2a1xAB，同理，在乙图中，v‘A2=2a1xAB；vA>v‘A，故在甲图中经过A点时动能较大。故B选项不符合题意；
C选项，由位移公式xAB=at2/2，由于a1>a2；所以t1
故选B.
【分析】对滑块进行受力分析，根据频闪照片判断加速度大小进而判断所受合力大小，再根据牛顿第二定律和运动学公式判断运动时间；最后根据动能定理判断动能大小和克服摩擦力做功大小。
11．（2023·新课标卷）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ ）
A．0 B．mgh C． D．
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】地面附近的水滴做匀速直线运动，则合外力做功为零，克服空气阻力做功与重力做功相等，故B正确。
故答案为：B
【分析】根据动能定理分析求解。
12．（2023·全国乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【知识点】功能关系；瞬时速度；竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、上升过程做加速度减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，克服空气阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，两过程的位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，A错误；
B、整个过程克服空气阻力做功，机械能减小，故刚垫起后瞬间速度最大，B正确；
C、最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度是重力加速度g，C错误；
D、下降过程做加速度减小的加速运动，D错误；
故答案为：B
【分析】受力分析明确运动状态，全程克服空气阻力做功，机械能减小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。
二、多项选择题
13．（2023·山东）一定质量的理想气体，初始温度为，压强为。经等容过程，该气体吸收的热量后温度上升；若经等压过程，需要吸收的热量才能使气体温度上升。下列说法正确的是（）
A．初始状态下，气体的体积为
B．等压过程中，气体对外做功
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为
【答案】A,D
【知识点】功的计算；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】C．令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为、、，等容过程为状态二，压强，体积和温度分别为、、，等压过程为状态三，压强，体积和温度分别为、、。对等压过程，由盖吕萨克定律可得：，代入数值解得：，可知体积增加了原来的，C不符合题意；
D．等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律，可知等容过程中气体内能增加了400J，两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此等压过程的气体内能也增加了400J，D符合题意；
AB．等压过程内能增加了400J，吸收热量为600J，由热力学第一定律，可得气体做功：W=400J-600J=-200J，则气体对外做功为200J，即做功的大小为
代入数据解得，A符合题意，B不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对等压过程，根据盖吕萨克定律，列出状态方程求解；根据热力学第一定律判断内能变化；根据气体做功公式求解体积。
14．（2023·湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】A,D
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则，，，联立解得：，故A符合题意；
B.小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为：，由牛顿第二定律得：，联立解得：，故B不符合题意。
C.在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为：，小球受到的摩擦力为：；在MP之间增大在PN之间减小，所以摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；
D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合题意；
故答案为：AD
【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数； 小球在P点下方时，根据牛顿第二定律求加速度；在PM之间任取一点A，求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。
15．（2023·新课标卷）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x= 4m时，物体的动能为2J
C．从x= 0运动到x= 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x= 0运动到x= 4的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、由图像可知图像的斜率表示拉力的大小，1-2m过程中拉力大小为6N，根据动能定理，解得，由，故A错误。
B、根据动能定理，x=4m时物体的动能，故B正确。
C、0-2m过程中克服摩擦力做功为，故C正确。
D、由图像可知，当x=2m时，物体的速度最大，动量最大，最大速度为，则物体的最大动量为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据图像和做功的表达式判断图像斜率的物理意义，再由牛顿第二定律和动能定理分析求解。
16．（2023·湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 小球恰好到达C点，则。小球从C到B的过程中，根据动能定理和牛顿第二定律有：，，联立解得：，从C到B的过程中由0增大到，则逐渐减小，所以小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，故A符合题意；
B.从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，根据知，A到B的过程中小球重力的功率始终减小，故B不符合题意；
C.对A到C过程中，根据动能定理得：，解得：，故C不符合题意；
D.假设小球在B点恰好脱离轨道，则，解得：，小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，所以小球有可能从B点脱离轨道，故D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据动能定理和牛顿第二定律列方程求得FN，再由a角的变化分析判断FN的变化；由，结合速度变化分析判断；根据动能定理求解。
17．（2023·全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为，物块的速度为，木板相对地面的位移为，物块相对地面的位移为，可得： ；；
AB 、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式： ；，由于：，
可得：，则：，所以：，故A错误，B正确；
CD、对系统能量守恒定律可得：得出物块的动能：，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计算。
三、非选择题
18．（2023·北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1） 由A－B对小球A根据动能定理可得：，得：
（2） 碰撞前瞬间，对A球根据牛顿第二定律： ，得：
（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：，根据能量守恒定律：，
联立解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】
【分析】(1)对小球A应用动能定理求解；
（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；
（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。
19．（2023·北京） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【答案】（1）由题可知，第一级区域的磁感应强度：，由安培力公式：
（2）同理可得第二级区域磁感应强度：，由安培力公式：由牛顿第二定律：可得：
（3）对金属棒根据动能定理：，解得：
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据题意确定磁感应强度，由安培力公式求解；
（2）同理解得二区域安培力，根据牛顿第二定律求解；
（3）对金属棒应用动能定理求解。
20．（2023·山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【答案】（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由机械能守恒定律可得：，
代入数据解得：H=0.8m。
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得C的加速度大小为：
对B受力分析，由牛顿第二定律得：
解得：，
设经过时间，B和C共速，有：
解得：
共同速度
B的位移为
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体，由牛顿第二定律得：
解得：
设再经过时间，A与B发生碰撞，则有：
其中A的位移为：
B在时间内的位移为：
解得：或（舍去），，
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则
解得：
（3）因为，所以B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，B做匀加速直线运动，C做匀减速直线运动，对木板B，由位移—时间公式得：
代入数据解得：或-2.4s（舍去）
对滑块C，由位移—时间公式得：
代入数据解得：
摩擦力对C做的功
代入数据解得：W=-6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度
C的速度
A的位移为
此时A、B间的距离为
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
物块A与木板B相向运动，设经时间恰好相遇，由位移关系得：
其中A的位移为：
B的位移为：
代入数据联立解得：或（舍去）
此时B的速度，方向向左；
C的速度，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：，
此时C的速度
物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，A、B不会再发生碰撞，物块A向左做匀速直线运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，则整个过程动量的变化量为
解得：
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块C下滑过程，根据机械能守恒定律求解下滑高度；
（2）滑块C滑上B后，C做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B的位移，为s的最小值，若AB恰好发生碰撞，求出发生碰撞时B的位移，为s的最大值；
（3）B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，根据运动学公式求解时间和C的位移，根据做功公式求解摩擦力对C做功；
（4）由牛顿第二定律和运动学公式求出B与P发生碰撞时的速度和位移，以及C的速度，B与P发生弹性碰撞后，B以原速率反弹，再次根据牛顿第二定律和运动学公式求出A、B碰前的速度，A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后A和B的速度，进而判断A、B、C的运动情况，当三个物体都达到平衡状态时，A做匀速直线运动，B和C静止，根据动量公式求出动量的变化量。
21．（2023·山东）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？
【答案】（1）炮弹做斜抛运动，将抛出点的速度分解如图所示；
炮弹在水平方向上做匀速直线运动，有：，
竖直方向做上抛运动，有：，
解得：H=60m；
（2）由题意知，电容器的能量15%转化为灭火弹的动能，则有，其中 ，
解得：
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【分析】（1）灭火弹做斜抛运动，将运动分解，水平方向上的匀速直线运动，竖直方向上的竖直上抛运动，分别位移方程，解方程组即可；
（2）根据题出所给出的电容器储能公式，利用转化效率列式即可求出工作电压U值。
22．（2023·山东）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，
粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：
解得：；
（2）（i）根据题意做出粒子运动轨迹如图所示：
设圆周轨迹半径为，根据几何关系可得：
解得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
根据几何关系可得：，
解得：θ=37°
粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：
竖直方向做匀变速直线运动，有：
联立解得：E′=36E；
对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：
解得：，方向向上；
（ii）设粒子离开Q点速度大小为，
根据动能定理可得：
解得：
粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：
根据几何关系可得：
解得：
则
根据图中的几何关系可得：
解得：
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小，并且根据粒子第二次进入电场运动的特点得出粒子第二次进入磁场时的速度与第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小；（2）（i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小；（ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。
23．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1） 滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若末与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。
【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
24．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
25．（2023·浙江）
（1）在“探究平抛运动的特点”实验中
①用图1装置进行探究，下列说法正确的是 。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C． 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验，下列说法正确的是 。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C． 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A． B． C． D．
（2）如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度、的数据如表。
钩码个数 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
钩码个数为2时，弹簧A的伸长量 cm，弹簧B的伸长量 cm，两根弹簧弹性势能的增加量 （选填“=”、“<”或“>”）。
【答案】（1）B；C；D
（2）0.78；1.29；>
【知识点】弹性势能；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1） ①图1装置，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B符合题意，AC不符合题意。
②AC.为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每次需要小球由静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A不符合题意，C符合题意；
B.上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B不符合题意。
③根据平抛运动规律得：，，联立解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
（2） 弹簧A的伸长量， 弹簧B的伸长量，根据能量守恒定律知，钩码和弹簧减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，所以两根弹簧弹性势能的增加量。
故答案为：（1）①B；②C；③D；（2）0.78，1.29，
【分析】（1）①此装置只能分析出两球竖直方向上的运动特点，为了保证多次实验验证，需要改变小球的初速度；
②为了保证小球的初速度相同，要让小球从同一位置由静止下滑，轨道是否光滑对实验无影响，挡板N不需要等间距移动；
③根据平抛运动规律求初速度的表达式；
（2）根据指针刻度和弹簧伸长量的关系得出弹簧的伸长量，根据能量守恒定律得出弹性势能增加量和重力势能减少量的大小关系
26．（2023·上海）一个绝热密容器，其中含有一定质量气体。容器以一定速度平移，突然施力使其停止，其中的气体温度 ，碰撞容器壁的剧烈程度 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】变大；变大
【知识点】能量守恒定律；分子动能
【解析】【解答】由分子动理论可知，容器内分子做无规则的热运动，同时随容器一起运动，当容器在外力作用下立即停止运动，气体分子由于惯性与容器器壁发生碰撞，使得气体随容器运动的动能转化为内能，气体温度升高，对容器器壁的撞击的剧烈程度变大。
故答案为：变大；变大。
【分析】容器内分子随容器运动，由于容器在外力作用下突然停止运动，根据能量转化，使得容器内气体分子与容器器壁碰撞，气体温度升高，温度是分子平均动能的标志，由此可以正确判断。
27．（2023·湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）小物块恰能到达轨道的最高点D，则在D点有：，解得：；
答：小物块到达D点的速度大小为。
（2） 小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有：，小物块从C到D过程中，根据动能定理有：，小物块从B到D过程中，根据动能定理有：，联立解得：，；
答：B和D两点的高度差为0.
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有：，，解得：。
答：小物块在A点的初速度大小为。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在D点根据牛顿第二定律求小物块到达D点的速度大小；
（2）（3）由几何关系和动能定理求解B和D两点的高度差和小物块在A点的初速度大。
28．（2023·辽宁）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机 在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v =80m/s 时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、 汲水质量m=1.0×10 kg。 离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到v =100m/s， 之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s2 。 求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量△E。
【答案】（1）根据题意，由速度位移公式
得：
由速度公式得：
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量 ：
代入数据可得：
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据题意，初速度为零的匀加速直线运动，乙知末速度和位移，由速度位移公式计算加速度，由速度公式计算时间；
（2）离开水面后，飞机整个攀升阶段，汲取的水的机械能的增加量应为水的末状态机械能和初状态机械能的差值。
29．（2023·江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）当 入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，说明此时电子受电场力与洛伦兹力平衡，
即eE=ev0B，
解得E=v0B。
（2）当电子 入射速度为时，电子所受洛伦兹力F洛=，电子所受电场力F电=eE=ev0B。所以F洛F电，
故电子会向上偏。而洛伦兹力不做功，当电子速度达到时，由动能定理有，
WF电=Ek2-Ek1，WF电=eEy1，Ek1=m（）2，Ek2=m（）2。
联立解得，y1=。
（3）设电子以速度v入射时电子能达到最高点位置的纵坐标为y，即电子在电场力方向上的位移的位移为y，速度为vm，
在此过程中电场力做功WF电=eEy，
由动能定理，有WF电=m-m
在最高点，电子所受合力方向沿着E的方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eBeE
在最低点，电子所受合力方向沿着E的反方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eEeBv
结合（1）解得
综上，解得y=
欲使电子纵坐标能达到y2=位置，必须满足，yy2，
即 ，
综上，解得，vv0=90%v0 。
故若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0 的90%。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对电子进行受力分析，根据平衡条件和电场力与洛伦兹力的表达式列方程求解。
（2）对电子进行受力分析，根据受力分析判断电子偏转方向，再由动能定理列方程求解。
（3）根据动能定理计算粒子所到达最高点的的坐标与粒子速度的关系式，在由题意判断电子所占的百分比。
30．（2023·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1）设滑雪者的质量为m，对滑雪者进行受力分析，在沿斜面方向，F合=mgsin-mgcos，
由牛顿第二定律，有F合=ma，而=45o，
联立解得a=g（1-），
由位移公式，有d=at2，
综上，解得，t= 。
（2）因为滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。
故从P点到B点，合外力做功为零，即WPB=0，从A点到P点，合力做功WAP=F合d，
从A点到B点，由动能定理，有WAP+WPB=m-0，
结合（1）解得vB= 。
（3）滑雪者从B点飞出后做斜向抛运动，在竖直方向上，滑雪者做竖直上抛运动，
根据运动学规律，上升阶段时间t上=，由于竖直上抛运动在上升阶段和下降阶段成对称性，
所以在下降阶段时间t下=t上；
在水平方向上，滑雪者做匀速直线运动，xBC=vBsin45ot，
又t=t上+t下，
综上，解得，xBC=
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对滑雪者进行分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解。
（2）根据动能定理和过程中各个力所做功的表达式分析求解。
（3）根据斜抛运动的对称性和运动学公式列方程求解。
2023年高考真题分类汇编：功和能
一、选择题
1．（2023·北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为 D．F做功的最小值为
2．（2023·北京）在发现新的物理现象后，人们往往试图用不同的理论方法来解释，比如，当发现光在地球附近的重力场中传播时其频率会发生变化这种现象后，科学家分别用两种方法做出了解释。
现象：从地面P点向上发出一束频率为的光，射向离地面高为H（远小于地球半径）的Q点处的接收器上，接收器接收到的光的频率为。
方法一：根据光子能量（式中h为普朗克常量，m为光子的等效质量，c为真空中的光速）和重力场中能量守恒定律，可得接收器接收到的光的频率。
方法二：根据广义相对论，光在有万有引力的空间中运动时，其频率会发生变化，将该理论应用于地球附近，可得接收器接收到的光的频率，式中G为引力常量，M为地球质量，R为地球半径。
下列说法正确的是（ ）
A．由方法一得到，g为地球表面附近的重力加速度
B．由方法二可知，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长
C．若从Q点发出一束光照射到P点，从以上两种方法均可知，其频率会变小
D．通过类比，可知太阳表面发出的光的频率在传播过程中变大
3．（2023·山东）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．
4．（2023·山东）《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
5．（2023·山东）“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为的光子从基态能级I跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率为（）
A． B．
C． D．
6．（2023·浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能E和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（ ）
A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同 D．无法判断
8．（2023·湖北）两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2023·辽宁）如图 (a)， 从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同 时 从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t的关系如图 (b)所示。由图可知，两物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中（ ）。
A．甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿 I下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
10．（2023·江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（ ）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
11．（2023·新课标卷）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ ）
A．0 B．mgh C． D．
12．（2023·全国乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动
二、多项选择题
13．（2023·山东）一定质量的理想气体，初始温度为，压强为。经等容过程，该气体吸收的热量后温度上升；若经等压过程，需要吸收的热量才能使气体温度上升。下列说法正确的是（）
A．初始状态下，气体的体积为
B．等压过程中，气体对外做功
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为
14．（2023·湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
15．（2023·新课标卷）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x= 4m时，物体的动能为2J
C．从x= 0运动到x= 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x= 0运动到x= 4的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
16．（2023·湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
17．（2023·全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
三、非选择题
18．（2023·北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。
19．（2023·北京） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
20．（2023·山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
21．（2023·山东）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？
22．（2023·山东）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
23．（2023·海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。
求：
（1） 滑到的底端时对的压力是多大？
（2）若末与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。
24．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
25．（2023·浙江）
（1）在“探究平抛运动的特点”实验中
①用图1装置进行探究，下列说法正确的是 。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C． 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验，下列说法正确的是 。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C． 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A． B． C． D．
（2）如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度、的数据如表。
钩码个数 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
钩码个数为2时，弹簧A的伸长量 cm，弹簧B的伸长量 cm，两根弹簧弹性势能的增加量 （选填“=”、“<”或“>”）。
26．（2023·上海）一个绝热密容器，其中含有一定质量气体。容器以一定速度平移，突然施力使其停止，其中的气体温度 ，碰撞容器壁的剧烈程度 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
27．（2023·湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
28．（2023·辽宁）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机 在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v =80m/s 时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、 汲水质量m=1.0×10 kg。 离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到v =100m/s， 之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s2 。 求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量△E。
29．（2023·江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
30．（2023·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】功的计算
【解析】【解答】A、设F与水平方向夹角为θ，对物体受力分析正交分解可得：，可知力F的方向变化，θ角度变化，f 变化，摩檫力做功大小发生变化，A错误；
B、已知物体质量为m，加速度大小为a，由牛顿第二定律可知：，合力为定值，合力做功与F方向无关，B错误；
C、F为水平方向时，，F做功为：，C错误；
D、合外力所做总功为，为定值，而，摩檫力做负功，改变F的方向，使故摩檫力做功为零时，F做功的最小值为max，D正确；
故答案为：D
【分析】A对物体受力分析求解摩檫力，根据功的定义式判断；
B、由物体的质量和加速度确定合力的大小；
C、F水平方向时根据牛顿第二定律确定F力的大小，从而求解F做功的表达式；
D、根据合力做功为定值，而合力做功等于拉力和摩檫力做功之和可以确定，当摩檫力为零时，拉力F做功最小值，
2．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；光子及其动量
【解析】【解答】A、由方法一，根据能量守恒：， 又因为，代入解得：，A错误；
B、由方法二， 接收到的光的频率可知，，根据光速公式：，频率小波长长，接收器接收到的光的波长大于发出时光的波长，B正确；
C、由方法一二可知，从P点发出到Q点，频率都变小，相反从Q点发出到P点，频率增大，C错误；
D、通过类比，从太阳表面发出的光在传播过程中频率应逐渐变小。D错误；
故答案为：B
【分析】A、由方法一，根据能量守恒定律结合光子能量分析光子频率的变化；
B、由方法二， 接收到的光的频率公式，结合光速公式分析波长变化；
CD、结合AB中的频率变化规律分析得出结论。
3．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，对M和m整体，由牛顿第二定律得：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
小车速度为v时，功率到达额定功率，可得
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得物体的加速度大小为：
由匀变速直线运动位移—速度公式得：
联立解得： ，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】小车和物体一起运动时，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再列出位移表达式；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解物体的加速度，再列出减速运动过程的位移表达式，当绳断开瞬间，小车功率达到额定功率，列出功率公式，求解方程组即可得到小车的额定功率。
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】水轮转动一圈，灌入稻田的水的质量为：，水轮转动一圈所用时间为：，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 ：，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据题意，求出水轮转动一圈灌入稻田的水的质量和所用时间，再求出重力做功，然后根据计算功率。
5．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；能量守恒定律
【解析】【解答】根据光子能量方程可知，原子吸收频率为的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，吸收的能量为；
自发辐射出频率为的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，放出的能量为；
在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，放出的能量为；
辐射出频率为的光子回到基态，放出的能量为；
由能量守恒定律得：，解得，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据光子能量方程求解原子吸收和释放的能量，再通过能量守恒定律写出能量关系，即可求解。
6．【答案】D
【知识点】平抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.铅球做平抛运动，加速度恒定，故A不符合题意；
B.竖直方向有，则抛出后速度大小为：，可见速度大小与时间不是一次函数关系，故B不符合题意；
C.铅球抛出后的动能，可见动能与时间不是一次函数关系，故C不符合题意；
D.铅球机械能守恒，图像与时间轴平行，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】加速度与时间图像与时间轴平行；推导速度和动能与时间的关系式进行分析；铅球机械能不变。
7．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】 一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，下落高度相等，由动能定理：，
解得：，
故三者落地的速率都相等，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】已知三物块的初速度大小相等，同一位置下落，由动能定理可以得出末速度大小，即可得出三者落地速率相同。
8．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】由题意有：，，当它们编组后有：，联立解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据分析求解。
9．【答案】B
【知识点】功率及其计算；动能；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB、由图 b可知，甲做匀加速运动，乙做加速度减小的加速运动，所以在图a中，甲沿轨道Ⅱ运动，乙沿轨道Ⅰ运动，同一时刻甲的速度小于乙的速度，可知 同一时刻甲的动能比乙的小 ，A错误，B正确；
CD、对乙从M点静止出发，到N点速度方向水平，与重力方向垂直，根据功率公式：，可知重力的瞬时功率先增大后减小，CD错误；
故答案为：B
【分析】根据v-t图像分析得出甲乙的运动规律和同一时刻速度关系，进一步确定所在运动轨道，由动能定义式和瞬时功率表达式分别得出其大小与变化规律。
10．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【解答】A、甲图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F合=mgsinθ+f；乙图中，在AB段，对滑块进行受力分析，F’合=mgsinθ-f；故F合>F’合，故A选项不符合题意；
B、由牛顿第二定律，a1=（mgsinθ+f）/m，而在下滑阶段，a2=（mgsinθ-f）/m，所以a1>a2；匀减速可看成反向匀加速直线运动，由速度与位移的关系式 得，vA2=2a1xAB，同理，在乙图中，v‘A2=2a1xAB；vA>v‘A，故在甲图中经过A点时动能较大。故B选项不符合题意；
C选项，由位移公式xAB=at2/2，由于a1>a2；所以t1
故选B.
【分析】对滑块进行受力分析，根据频闪照片判断加速度大小进而判断所受合力大小，再根据牛顿第二定律和运动学公式判断运动时间；最后根据动能定理判断动能大小和克服摩擦力做功大小。
11．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】地面附近的水滴做匀速直线运动，则合外力做功为零，克服空气阻力做功与重力做功相等，故B正确。
故答案为：B
【分析】根据动能定理分析求解。
12．【答案】B
【知识点】功能关系；瞬时速度；竖直上抛运动；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、上升过程做加速度减小的减速运动，下降过程做加速度减小的加速运动，克服空气阻力做功，同一位置上升的速度大于下降的速度的大小，所以上升的平均速度大于下降的平均速度，两过程的位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，A错误；
B、整个过程克服空气阻力做功，机械能减小，故刚垫起后瞬间速度最大，B正确；
C、最高点速度为零，空气阻力为零，只受重力，加速度是重力加速度g，C错误；
D、下降过程做加速度减小的加速运动，D错误；
故答案为：B
【分析】受力分析明确运动状态，全程克服空气阻力做功，机械能减小，同一高度，上升速度大于下降速度大小。
13．【答案】A,D
【知识点】功的计算；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】C．令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为、、，等容过程为状态二，压强，体积和温度分别为、、，等压过程为状态三，压强，体积和温度分别为、、。对等压过程，由盖吕萨克定律可得：，代入数值解得：，可知体积增加了原来的，C不符合题意；
D．等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律，可知等容过程中气体内能增加了400J，两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此等压过程的气体内能也增加了400J，D符合题意；
AB．等压过程内能增加了400J，吸收热量为600J，由热力学第一定律，可得气体做功：W=400J-600J=-200J，则气体对外做功为200J，即做功的大小为
代入数据解得，A符合题意，B不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】对等压过程，根据盖吕萨克定律，列出状态方程求解；根据热力学第一定律判断内能变化；根据气体做功公式求解体积。
14．【答案】A,D
【知识点】胡克定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；摩擦力的判断与计算；共点力的平衡；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A.小球在P点受力平衡，则，，，联立解得：，故A符合题意；
B.小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为：，由牛顿第二定律得：，联立解得：，故B不符合题意。
C.在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为：，小球受到的摩擦力为：；在MP之间增大在PN之间减小，所以摩擦力先变大后变小，故C不符合题意；
D.根据对称性知在任意关于P点对称的点摩擦力相等，因此由对称性知M到P和P到N摩擦力做功相等，故D符合题意；
故答案为：AD
【分析】在P点，根据平衡条件列方程求弹簧的劲度系数； 小球在P点下方时，根据牛顿第二定律求加速度；在PM之间任取一点A，求出摩擦力的表达式进行分析；根据对称性进行分析。
15．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、由图像可知图像的斜率表示拉力的大小，1-2m过程中拉力大小为6N，根据动能定理，解得，由，故A错误。
B、根据动能定理，x=4m时物体的动能，故B正确。
C、0-2m过程中克服摩擦力做功为，故C正确。
D、由图像可知，当x=2m时，物体的速度最大，动量最大，最大速度为，则物体的最大动量为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据图像和做功的表达式判断图像斜率的物理意义，再由牛顿第二定律和动能定理分析求解。
16．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A. 小球恰好到达C点，则。小球从C到B的过程中，根据动能定理和牛顿第二定律有：，，联立解得：，从C到B的过程中由0增大到，则逐渐减小，所以小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，故A符合题意；
B.从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，根据知，A到B的过程中小球重力的功率始终减小，故B不符合题意；
C.对A到C过程中，根据动能定理得：，解得：，故C不符合题意；
D.假设小球在B点恰好脱离轨道，则，解得：，小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，所以小球有可能从B点脱离轨道，故D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据动能定理和牛顿第二定律列方程求得FN，再由a角的变化分析判断FN的变化；由，结合速度变化分析判断；根据动能定理求解。
17．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为，物块的速度为，木板相对地面的位移为，物块相对地面的位移为，可得： ；；
AB 、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式： ；，由于：，
可得：，则：，所以：，故A错误，B正确；
CD、对系统能量守恒定律可得：得出物块的动能：，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计算。
18．【答案】（1） 由A－B对小球A根据动能定理可得：，得：
（2） 碰撞前瞬间，对A球根据牛顿第二定律： ，得：
（3）由于AB发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律：，根据能量守恒定律：，
联立解得：
【知识点】动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】
【分析】(1)对小球A应用动能定理求解；
（2）根据圆周运动最低点由牛顿第二定律求解；
（3）根据完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律求解。
19．【答案】（1）由题可知，第一级区域的磁感应强度：，由安培力公式：
（2）同理可得第二级区域磁感应强度：，由安培力公式：由牛顿第二定律：可得：
（3）对金属棒根据动能定理：，解得：
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据题意确定磁感应强度，由安培力公式求解；
（2）同理解得二区域安培力，根据牛顿第二定律求解；
（3）对金属棒应用动能定理求解。
20．【答案】（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由机械能守恒定律可得：，
代入数据解得：H=0.8m。
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得C的加速度大小为：
对B受力分析，由牛顿第二定律得：
解得：，
设经过时间，B和C共速，有：
解得：
共同速度
B的位移为
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体，由牛顿第二定律得：
解得：
设再经过时间，A与B发生碰撞，则有：
其中A的位移为：
B在时间内的位移为：
解得：或（舍去），，
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则
解得：
（3）因为，所以B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，B做匀加速直线运动，C做匀减速直线运动，对木板B，由位移—时间公式得：
代入数据解得：或-2.4s（舍去）
对滑块C，由位移—时间公式得：
代入数据解得：
摩擦力对C做的功
代入数据解得：W=-6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度
C的速度
A的位移为
此时A、B间的距离为
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
物块A与木板B相向运动，设经时间恰好相遇，由位移关系得：
其中A的位移为：
B的位移为：
代入数据联立解得：或（舍去）
此时B的速度，方向向左；
C的速度，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：，
此时C的速度
物块A向左的速度大于木板B和滑块C向右的速度，A、B不会再发生碰撞，物块A向左做匀速直线运动，由于摩擦力作用，B和C最后静止，则整个过程动量的变化量为
解得：
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）物块C下滑过程，根据机械能守恒定律求解下滑高度；
（2）滑块C滑上B后，C做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B的位移，为s的最小值，若AB恰好发生碰撞，求出发生碰撞时B的位移，为s的最大值；
（3）B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，根据运动学公式求解时间和C的位移，根据做功公式求解摩擦力对C做功；
（4）由牛顿第二定律和运动学公式求出B与P发生碰撞时的速度和位移，以及C的速度，B与P发生弹性碰撞后，B以原速率反弹，再次根据牛顿第二定律和运动学公式求出A、B碰前的速度，A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后A和B的速度，进而判断A、B、C的运动情况，当三个物体都达到平衡状态时，A做匀速直线运动，B和C静止，根据动量公式求出动量的变化量。
21．【答案】（1）炮弹做斜抛运动，将抛出点的速度分解如图所示；
炮弹在水平方向上做匀速直线运动，有：，
竖直方向做上抛运动，有：，
解得：H=60m；
（2）由题意知，电容器的能量15%转化为灭火弹的动能，则有，其中 ，
解得：
【知识点】能量守恒定律；斜抛运动
【解析】【分析】（1）灭火弹做斜抛运动，将运动分解，水平方向上的匀速直线运动，竖直方向上的竖直上抛运动，分别位移方程，解方程组即可；
（2）根据题出所给出的电容器储能公式，利用转化效率列式即可求出工作电压U值。
22．【答案】（1）依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，
粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：
解得：；
（2）（i）根据题意做出粒子运动轨迹如图所示：
设圆周轨迹半径为，根据几何关系可得：
解得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
根据几何关系可得：，
解得：θ=37°
粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：
竖直方向做匀变速直线运动，有：
联立解得：E′=36E；
对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：
解得：，方向向上；
（ii）设粒子离开Q点速度大小为，
根据动能定理可得：
解得：
粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：
根据几何关系可得：
解得：
则
根据图中的几何关系可得：
解得：
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小，并且根据粒子第二次进入电场运动的特点得出粒子第二次进入磁场时的速度与第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小；（2）（i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小；（ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。
23．【答案】（1）B滑到A底端时，由动能定理：得：；
最低点由牛顿第二定律： 得：，由牛顿第三定律压力为30N，方向竖直向下；
（2）B滑上C，对B受力分析，由牛顿第二定律，B受到摩擦力为：得：，方向向左；
对C受力分析，由牛顿第二定律：，代入数据解得：，其加速度方向向左；
由此可得BC匀减速运动速度减为零时发生的位移，由速度位移公式分别可得：；
B未与C末端相碰，BC间因摩擦产生的热量为：
（3）由于C的加速度大，C先停下来，C停止用时为：，
该时间内BC发生的相对位移为：
此时B的速度为：由于，C停止后设再经过时间与C挡板碰撞，则有位移公式：，
代入数据解得：，
此时碰撞的速度为：，
B与C挡板碰撞，由动量守恒定律：代入数据解得：.
BC共同减速， 得：，
设经过停下来，由速度公式：得：，
故B滑上C到最终停止：
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】(1)B滑到A底端时，由动能定理计算底端速度，由牛顿第二定律计算压力；
（2）分别计算BC做匀减速运动的加速度和速度减为零所需位移，由相对位移计算摩擦产生的热量；
（3）先计算C先停止所用时间，和这个时间内发生的相对位移，从而计算B在C上剩余位移所需时间和此时B的速度，接着发生碰撞，由动量守恒定律计算碰后共同运动的速度，受力分析得出共同运动的加速度，再计算出共同减速为零时所需时间，三段时间的和就是从B滑上C到终止所需总时间。
24．【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
25．【答案】（1）B；C；D
（2）0.78；1.29；>
【知识点】弹性势能；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1） ①图1装置，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B符合题意，AC不符合题意。
②AC.为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每次需要小球由静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A不符合题意，C符合题意；
B.上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B不符合题意。
③根据平抛运动规律得：，，联立解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
（2） 弹簧A的伸长量， 弹簧B的伸长量，根据能量守恒定律知，钩码和弹簧减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，所以两根弹簧弹性势能的增加量。
故答案为：（1）①B；②C；③D；（2）0.78，1.29，
【分析】（1）①此装置只能分析出两球竖直方向上的运动特点，为了保证多次实验验证，需要改变小球的初速度；
②为了保证小球的初速度相同，要让小球从同一位置由静止下滑，轨道是否光滑对实验无影响，挡板N不需要等间距移动；
③根据平抛运动规律求初速度的表达式；
（2）根据指针刻度和弹簧伸长量的关系得出弹簧的伸长量，根据能量守恒定律得出弹性势能增加量和重力势能减少量的大小关系
26．【答案】变大；变大
【知识点】能量守恒定律；分子动能
【解析】【解答】由分子动理论可知，容器内分子做无规则的热运动，同时随容器一起运动，当容器在外力作用下立即停止运动，气体分子由于惯性与容器器壁发生碰撞，使得气体随容器运动的动能转化为内能，气体温度升高，对容器器壁的撞击的剧烈程度变大。
故答案为：变大；变大。
【分析】容器内分子随容器运动，由于容器在外力作用下突然停止运动，根据能量转化，使得容器内气体分子与容器器壁碰撞，气体温度升高，温度是分子平均动能的标志，由此可以正确判断。
27．【答案】（1）小物块恰能到达轨道的最高点D，则在D点有：，解得：；
答：小物块到达D点的速度大小为。
（2） 小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有：，小物块从C到D过程中，根据动能定理有：，小物块从B到D过程中，根据动能定理有：，联立解得：，；
答：B和D两点的高度差为0.
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有：，，解得：。
答：小物块在A点的初速度大小为。
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在D点根据牛顿第二定律求小物块到达D点的速度大小；
（2）（3）由几何关系和动能定理求解B和D两点的高度差和小物块在A点的初速度大。
28．【答案】（1）根据题意，由速度位移公式
得：
由速度公式得：
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量 ：
代入数据可得：
【知识点】功能关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据题意，初速度为零的匀加速直线运动，乙知末速度和位移，由速度位移公式计算加速度，由速度公式计算时间；
（2）离开水面后，飞机整个攀升阶段，汲取的水的机械能的增加量应为水的末状态机械能和初状态机械能的差值。
29．【答案】（1）当 入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，说明此时电子受电场力与洛伦兹力平衡，
即eE=ev0B，
解得E=v0B。
（2）当电子 入射速度为时，电子所受洛伦兹力F洛=，电子所受电场力F电=eE=ev0B。所以F洛F电，
故电子会向上偏。而洛伦兹力不做功，当电子速度达到时，由动能定理有，
WF电=Ek2-Ek1，WF电=eEy1，Ek1=m（）2，Ek2=m（）2。
联立解得，y1=。
（3）设电子以速度v入射时电子能达到最高点位置的纵坐标为y，即电子在电场力方向上的位移的位移为y，速度为vm，
在此过程中电场力做功WF电=eEy，
由动能定理，有WF电=m-m
在最高点，电子所受合力方向沿着E的方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eBeE
在最低点，电子所受合力方向沿着E的反方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eEeBv
结合（1）解得
综上，解得y=
欲使电子纵坐标能达到y2=位置，必须满足，yy2，
即 ，
综上，解得，vv0=90%v0 。
故若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0 的90%。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对电子进行受力分析，根据平衡条件和电场力与洛伦兹力的表达式列方程求解。
（2）对电子进行受力分析，根据受力分析判断电子偏转方向，再由动能定理列方程求解。
（3）根据动能定理计算粒子所到达最高点的的坐标与粒子速度的关系式，在由题意判断电子所占的百分比。
30．【答案】（1）设滑雪者的质量为m，对滑雪者进行受力分析，在沿斜面方向，F合=mgsin-mgcos，
由牛顿第二定律，有F合=ma，而=45o，
联立解得a=g（1-），
由位移公式，有d=at2，
综上，解得，t= 。
（2）因为滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。
故从P点到B点，合外力做功为零，即WPB=0，从A点到P点，合力做功WAP=F合d，
从A点到B点，由动能定理，有WAP+WPB=m-0，
结合（1）解得vB= 。
（3）滑雪者从B点飞出后做斜向抛运动，在竖直方向上，滑雪者做竖直上抛运动，
根据运动学规律，上升阶段时间t上=，由于竖直上抛运动在上升阶段和下降阶段成对称性，
所以在下降阶段时间t下=t上；
在水平方向上，滑雪者做匀速直线运动，xBC=vBsin45ot，
又t=t上+t下，
综上，解得，xBC=
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对滑雪者进行分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解。
（2）根据动能定理和过程中各个力所做功的表达式分析求解。
（3）根据斜抛运动的对称性和运动学公式列方程求解。
