2026届浙江省高考物理二轮选择题专题突破05：动量和能量

2026届浙江高考物理二轮选择题专题突破05：动量和能量 一、 核心知识点体系 本专题的题目涵盖了力学与电磁学的综合应用，核心考点主要集中在以下四个维度： 1. 功与功率的计算 (1)变力做功：文档中多题涉及变力（如第6题的变推力、第15题的水泵力）。核心方法是利用 的图像面积（微元法）或动能定理间接求解。 (2)功率计算： ①瞬时功率： （如第3题、第19题考查重力功率的变化）。 ②风力/水流功率：第5、16、20题展示了流体模型，核心是取“单位时间”内的流体质量（ ），功率等于单位时间内动能的增加或机械能的转化。 2. 动能定理与机械能守恒 (1)动能定理：是解决单体多过程问题的首选（如第1、4、14、19题）。注意合外力做功与动能变化的对应关系。 (2)机械能守恒：条件是只有重力或弹力做功（如第9、18题）。第10题考查了弹簧系统的机械能守恒（小球动能+重力势能+弹性势能守恒）。 3. 动量定理与动量守恒 (1)动量定理： ，常用于求解变力冲量、平均力或涉及时间的问题（如第21、26、27题）。 (2)动量守恒：系统不受外力或合外力为零（如第2、17、18、30题）。特别注意水平方向动量守恒的应用（如第18题小球滑上圆弧轨道）。 4. 动量与能量的综合（压轴题核心） (1)板块模型/子弹打木块：第7、25题。这类问题通常结合牛顿运动定律、功能关系（ ）考查。 (2)电磁场中的复合场运动：第12、13、22、29题。带电粒子在重力场与电场的复合场中运动，需分析合力做功与电势能、动能的转化。 二、 解题策略 1. 模型识别法 (1)流体模型（风/水）：第5、16、20题。策略：取 时间，质量 ，功率 。 (2)弹簧模型：第10、11题。策略：找到平衡位置（ ），利用能量守恒或图像法（F-x图面积求功）。 (3)绳球/杆球模型：第23、24题。策略：利用圆周运动的向心力公式和机械能守恒联立。 2. 图像分析法 (1)v-t 图：第3、19题。斜率看加速度，面积看位移，结合 分析功率变化。 (2)F-x 图：第6、10题。图像与x轴围成的面积代表功。 (3)功能关系图：第7题，直接通过功的数值反推受力和运动情况。 3. 特殊值与极限法 对于难以列式的选择题（如第12、13题），可以假设电场力与重力的大小关系，或取运动的极端位置（最高点、最低点）进行分析。 4. 系统思维（整体法） 在处理连接体或碰撞问题时（如第2、11、18题），优先考虑系统动量守恒或能量守恒，避免分析复杂的内力。 三、 避坑点（高频易错警示） 根据文档中的题目解析，以下陷阱需要特别注意： 易错点类型 具体情境 避坑指南 过程分析 雨滴下落（第1题）：雨滴最终匀速。 此时动能不变，重力做功全部转化为内能（克服阻力做功 ），不是 。 矢量性 动量与动能（第17题）。 动量是矢量（有方向），动能是标量。计算动量变化时必须规定正方向，注意矢量的叠加。 守恒条件 机械能守恒（第4、14题）。 有空气阻力或风力时，机械能不守恒（风力做功会改变机械能）。只有重力做功时机械能才守恒。 临界状态 圆周运动（第23、24题）。 绳模型与杆模型的区别：绳子只能提供拉力，最高点临界速度为；杆模型最高点速度可为0。 相对运动 摩擦生热（第25题）。 产生的热量，不是。相对路程决定了热量。 流体模型 风力/水泵功率（第15、16题）。 计算质量时，体积是 （风扫过的圆柱体体积），不是 （物体移动距离）。 功率概念 机车启动/匀速（第6题）。 当物体匀速运动时，牵引力功率 。若F-x图像是水平的，不代表功率恒定，因为v在变。 一、单选题 1．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． 2．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m的子弹以大小为的水平速度射穿木块，子弹穿出木块后的速度为，不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹穿出的瞬间，木块速度大小为 B．子弹穿出的瞬间，环对轻杆的压力等于 C．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统动量守恒 D．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统机械能不守恒 3．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增大 D．乙沿II下滑且乙的重力功率一直增大 4．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（　　） A．从1到2动能减少 B．从1到2重力势能增加 C．从2到3动能增加 D．从2到3机械能不变 5．一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为，喷水速度约为10m/s，水的密度为kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　） A．10W B．20W C．100W D．200W 6．如图甲所示，质量的木块静止在水平地面上，对木块施加水平向右的推力F，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动 B．木块在运动过程中的加速度一直减小 C．木块运动的过程中，克服摩擦力所做的功为 D．木块运动的过程中，动能的增加量为70J 7．一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（　　）    A．物块与斜面间的动摩擦因数为 B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为27J C．当拉力分别沿斜面向下和向上时，物块的加速度大小之比为1:3 D．当拉力分别沿斜面向下和向上时，物块滑到底端时的动量大小之比为 8．如图所示是我国最大的射电望远镜“天眼”。射电望远镜是主要接收天体射电波段辐射的望远镜。若国家天文台有两台直径分别为d1，d2的构造相同的射电望远镜A、B。设射电望远镜A可观测到辐射功率为P的天体数量为N，近似认为天体在宇宙空间中的分布均匀，则射电望远镜B可观测的辐射功率为P的天体数量约为（　　） A． B． C． D． 9．《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，与水轮间无相对滑动，单位长度上有n个。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的75%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（　　） A．筒车对灌入稻田的水做功的功率为 B．筒车对灌入稻田的水做功的功率为 C．筒车消耗的功率等于 D．筒车消耗的功率小于 10．如图甲所示，足够长的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，以弹簧上端位置为坐标原点O，沿竖直向下建立坐标轴。现将质量为m的小球从原点O正上方高度h处由静止释放，在小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，小球所受弹力F的大小随x（x表示小球的位置坐标）的变化关系如图乙所示。若不计小球与弹簧接触时的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．当时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大 B．小球动能的最大值为 C．当时，小球的速度大于 D．小球在最低点的加速度大小等于g 11．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． 12．在如图所示的空间中存在方向斜向右下方的匀强电场（图中未画出），一带正电小球从足够高的竖直墙面上的A点以某一速度水平向左抛出，之后到达墙面上的B点．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．小球远离墙面的过程中动能一定增大 B．小球远离墙面的过程中动能一定减小 C．小球靠近墙面的过程中动能一定增大 D．小球靠近墙面的过程中动能一定减小 13．在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　） A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 14．今年7月份，国之重器——爆轰驱动高超音速激波风洞JF—22通过验收，作为全世界最先进的风洞之一，它将帮助我国航空航天技术的发展走上新的巅峰！风洞是研究空气动力学的关键设施，现有一小球从风洞中的点M竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为64J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法不正确的是（　　） A．小球所受重力和风力大小之比为 B．小球落到N点时的动能为128J C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为 D．小球从M点运动到N点过程中机械能不断增加 15．在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（    ） A． B． C． D． 16．家用风力发电机可分布在用户附近，是一种可靠的发电模式。某户家庭安装了一台风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为0.9m的圆面。某段时间内该地区的风速是10m/s，风向恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，π取3，则此风力发电机发电的功率大小为（　　） A．14.5W B．29.2W C．145.8W D．291.6W 17．光滑水平面上质量分别为m、2m的甲、乙两个物体，在相同的水平拉力F的作用下从静止开始运动，甲、乙分别经过t、2t时间的动能之和为，则乙从静止经过3t时间的动能为（　　） A． B． C． D． 18．如图所示，有一半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上。一小球以初速度滑上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度为g，若小球从圆弧轨道飞出时速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　）    A．圆弧半径 B．小球飞出时速度为 C．小球飞出时圆弧轨道的速度为 D．小球从滑上圆弧到飞离圆弧过程中速度变化量的大小为 19．如图所示,质量m=1kg的物块（可视为质点）以v1=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示．已知斜面固定且足够长,且不计空气阻力,取g=10m/s2,下列说法中正确的是 （ ） A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2 B．在t=1 s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率为50 W C．在t=6s时物体克服摩擦力做功的功率为20 W D．在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小与t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小之比为1∶5 20．某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为80%，则下列说法正确的是（    ） A．该风力发电机的发电功率约为12.8kW B．每秒钟水流机械能增加400J C．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约3h D．若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍 二、多选题 21．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（　　） A．火箭的加速度为零时，动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量 22．如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为、质量为m的小球在力F（大小可以变化）的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动。已知力F和AB间夹角为，A、B间距离为d，重力加速度为g。则（　　） A．力F的最大值为 B．电场强度E的最小值为 C．小球从A运动到B电场力一定做正功 D．若电场强度时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为 23．如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．图b中 B．小球质量为0.2kg C．小球在A点时重力的功率为5W D．小球在B点受到轨道作用力为8.5N 24．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 25．如图所示，质量相同的两滑块A、B静止在光滑水平地面上，两相同的子弹分别以相同的水平速度射入A、B而未穿出，子弹射入A中的深度是射入B中深度的3倍，下列说法正确的是（    ） A．射入滑块B的子弹动量变化大 B．整个射入过程中两子弹受的冲量一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时阻力对子弹做的功的3倍 D．两个射入过程中系统产生的热量相同 26．如图所示，一根固定的绝缘细杆处于竖直方向，质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上，小球可以在细杆上滑动。细杆所处空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右、场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。已知，小球与细杆间的摩擦因数为μ（），小球从静止开始下滑经过t0时间速度达到最大值，重力加速度为g，则（    ） A．小球下滑的最大加速度为 B．小球下滑的最大速度为 C．t0时间内，可以根据已知量计算摩擦力对小球做的功 D．t0时间内，无法根据已知量计算洛伦兹力对小球的冲量 27．如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为、电荷量为的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．合力冲量大小为 B．小球上滑的时间为 C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量不为零 28．如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　） A．最低点的位置 B．速率达到最大值时的位置 C．最后停留位置x的区间是 D．若在最低点能返回，则初始电势能 试卷第2页，共13页 试卷第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届浙江高考物理二轮选择题专题突破05：动量和能量》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B B C D A C A B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B C D A B C A C D C 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 答案 AD BD ABD AD BD BC ABC BD 1．B 【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得 故雨滴克服空气阻力做功为。 故选B。 2．A 【详解】A．由动量守恒定律可得 解得 故A正确； B．子弹穿出的瞬间，设绳长为R，对木块分析 可得 对环受力分析，可知环受到的支持力为 故B错误； C．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统在竖直方向上合力不为0，所以系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误； D．子弹穿出后，木块和圆环构成的系统只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 故选A。 3．B 【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确； CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式可知重力瞬时功率先增大后减小，故CD错误。 故选B。 4．B 【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加，则1到2动能减少量大于，故A错误，B正确； CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于，故CD错误。 故选B。 5．C 【详解】设时间内从喷头流出的水的质量为 喷头喷水的功率等于时间内喷出的水的动能增加量，即 联立解得 故选C。 6．D 【详解】A．木块受到的滑动摩擦力为 对木块有 在其推力F在逐渐变化，所以木块所受到的合力发生变化，即木块的加速度发生变化，在，推力F不变，木块的合外力不变，即加速度不变，所以木块先做变加速直线运动，后做匀加速直线运动，故A项错误； B．对木块受力分析有 所以在木块的加速度增加，在木块的加速度不变，故B项错误； C．在木块受到的摩擦力不变，所以其摩擦力做功为 则克服摩擦力做功为100J，故C项错误； D．由于图像的图像与坐标轴围成的面积为力F做的功，所以在木块受到推力做功为 该过程内，摩擦力做功为 由动能定理有 故D项正确。 故选D。 7．A 【详解】A．根据题意平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，对物体受力分析有 F=f=μmgcos45⁰ 根据牛顿第二定律，物体下滑的加速度 当拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功分别为 根据图像可知，当重力做功与摩擦力做功分别为18J、-6J时，经历时间相等，代入上述两表达式解得 故A正确； B．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有 mgsin45°-F-f=ma2 结合上述解得 重力做功为 合力做功为 解得 则重力做功为9J时，合外力做功为3J，根据动能定理可知物块的动能为3J，故B错误； C．根据上述可知拉力分别沿斜面向下和向上时，物块的加速度大小之比为 故C错误； D．当拉力分别沿斜面向下和向上时，物块滑到底端时的动量大小分别为 ， 则动量的大小之比为 故D错误。 故选A。 8．C 【详解】地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率相同，则 在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积，设能接收到的最小功率为P0，直径为d1、d2望远镜能观测到的最远距离分别为、，则 可得 故选C。 9．A 【详解】AB．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75%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 则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功 则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 联立解得 故A正确，B错误； CD．筒车消耗的功率大于，故CD错误。 故选A。 10．B 【详解】A．当时，弹簧弹力等于重力大小，小球的加速度为零，动能最大，由机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，A错误； B．当时，由图像可知弹力做的功 由释放到动能最大的过程，根据动能定理得 可得 B正确； C．当时，由图像可知弹力做的功 由动能定理可得 解得小球的速度大小 C错误； D．小球在位置会继续向下运动而压缩弹簧，小球在最低点时，有 由牛顿第二定律可知小球在最低点 则 D错误。 故选B。 11．B 【详解】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。 12．C 【详解】AB．小球在水平方向先匀减速到零再反向匀加速，竖直方向自由落体，水平速度减为零前远离墙面，之后靠近墙面，由于不知道方向斜向右下方的匀强电场的具体方向与大小，所以在离开墙面的过程中，动能可能增大，可能减小，AB错误； CD．小球在靠近墙面过程中，重力与电场力做正功，因此小球靠近墙面的过程中动能一定增大，C正确，D错误。 故选C。 13．D 【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。 故选D。 14．A 【详解】A．设风力大小为F，小球的质量为m，小球的初速度为v0，MO的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动的规律知竖直方向上有 则有 从M到O过程中，由动能定理有 Fx1-mgh=EkO-EkM 可得 Fx1=EkO=16J 又有 在水平方向上，由牛顿第二定律有 F=ma 由运动学公式有 由于运动时间相等，则 则有 解得 故A错误； B．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从M→O和从O→N的运动时间相等，设ON的水平距离为x2，则有 x2=3x1 小球由M→N过程中，由动能定理有 F（x1+x2）=EkN-EkM 解得 EkN=128J 故B正确； C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为 故C正确； D．小球从M点运动到N点过程中，风力一直对小球做正功，则机械能不断增加，选项D正确。 此题选择不正确的，故选A。 15．B 【详解】设水从出水口射出的初速度为，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为 根据平抛运动规律 解得 根据功能关系得 联立解得水泵的输出功率为 故选B。 【点睛】 16．C 【详解】在t时间内空气动能为 则此风力发电机发电的功率约为 代入数据解得 故选C。 17．A 【详解】设在相同的水平拉力F的作用下甲乙两个物体的加速度分别为、，根据题意由牛顿第二定律可得 从静止开始运动，甲、乙分别经过t、2t时间的位移分别为 根据动能定理可得 设乙从静止经过3t时间的动能为，则 故选A。 18．C 【详解】ABC．小球以初速度滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示，由几何关系，可知v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则v1与v成30°角，所以四边形是菱形，v1= v2，则有 ，由动量守恒定律可得    系统的机械能守恒 联立解得 解得小球飞出时圆弧轨道的速度为 解得小球飞出时速度为 AB错误，C正确；      D．由题意可得矢量三角形，如图所示，由几何关系可得    其中 解得 D错误。 故选C。 19．D 【详解】A．设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程： 下滑过程： 根据牛顿第二定律得： 带入数据解得： 故A错误； B．根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s内的位移 x=×5×10＝25m 则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率 故B错误； C．摩擦力 则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率 P=fv=4×10=40W 故C错误； D．在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小△E1=fx1，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小 △E2=fx2 则 故D正确． 故选D． 【名师点睛】本题是速度-时间图象，牛顿第二定律，机械能，功和功率的综合应用，要灵活运用功的计算式，灵活应用公式求解，题目综合性太强，需要熟练掌握这四块知识才能解决． 20．C 【详解】AD．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为 依题意，此风力发电机发电的功率为 若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍； 故AD错误； B．每秒钟水流机械能增加约为 其中 解得 故B错误； C．水泵正常工作每秒钟耗电为 风力发电机一天的发电量为 解得 故C正确； 故选C。 21．AD 【详解】A．火箭从发射舱发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确； B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误； C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误； D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D正确。 故选AD。 22．BD 【详解】A．分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示 拉力F的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F的值将大于，故A错误； B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得 qE=mgsinθ 所以电场强度的最小值为 故B正确； C．当电场力qE与AB方向垂直时，小球从A运动到B电场力不做功，故C错误； D．若电场强度时，即 电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，电势能变化量为0；电场力的方向也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为 故D正确。 故选BD。 23．ABD 【详解】A．小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有 解得 即 A正确； B．依题意小球在C点，有 又 ， 解得 B正确； C．小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为，根据 可知重力的瞬时功率为零，C错误； D．由机械能守恒，可得 又因为小球在B点受到的在水平方向上的合外力提供向心力，可得 联立，可得 D正确。 故选ABD。 24．AD 【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为 vC = 0 则小球从C到B的过程中，有 联立有 FN= 3mgcosα－2mg 则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确； B．由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为 P = －mgvsinθ 则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，从B到C速度减小，速度的竖直分量减小，则重力的功率也减小，则B错误； C．从A到C的过程中有 解得 C错误； D．小球在B点恰好脱离轨道有 则 则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 故选AD。 25．BD 【详解】AB．子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有 两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，动量变化量相等，受到的冲量相等，A错误，B正确； C．对子弹运用动能定理，有 由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误； D．对系统，由能量守恒，产生的热量满足 所以系统产生的热量相同，D正确。 故选BD。 26．BC 【详解】AB．当小球刚开始运动后，设小球的速度为时，根据左手定则可知洛伦兹力方向水平向右，以小球为对象，水平方向有 竖直方向有 又 联立可得 可知初始时刻，小球的速度为0时，小球下滑的加速度最大，为 当小球的加速度为0时，小球的速度达到最大，则有 解得小球下滑的最大速度为 故A错误，B正确； CD．t0时间内，根据动量定理可得 其中 根据动能定理可得 联立可以根据已知量计算洛伦兹力对小球的冲量，可以根据已知量计算摩擦力对小球做的功，故C正确，D错误。 故选BC。 27．ABC 【详解】A．小球运动到最高点时的速度为0，根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，即 所以合力的冲量大小为，故A正确； B．对小球受力分析，沿斜杆方向小球只受到重力的分量，垂直斜面的方向上存在洛伦兹力、杆的弹力与重力的另一个分量，只有沿斜面方向影响物体运动的加速度，即 可解得 小球做匀减速运动，直到速度为0，所用的时间为，故B正确； C．小球受到的洛伦兹力为 洛伦兹力大小随时间均匀变化，可利用平均力来进行计算，即洛伦兹力的冲量为，故C正确； D．对小球受力分析，在垂直杆的方向上有，其中以垂直杆向上为的正方向 可求得 若，那么在时间内，随时间变化的关系如图 图中曲线与时间轴围成的面积是弹力的冲量，能得到，故D错误。 故选ABC。 28．BD 【详解】A．全过程，根据动能定理 解得 故A错误； B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有 解得 故B正确； C．小球甲最后停留时，满足 解得位置x的区间 故C错误； D．若在最低点能返回，即在最低点满足 结合动能定理 又 联立可得 故D正确。 故选BD。 答案第2页，共20页 答案第1页，共20页 学科网（北京）股份有限公司 $