选择题专练(5)功、功率、功能关系-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破— 选择题专练（五） 物理·功、功率、功能关系 总分：64分时间：40分钟 1.(多选)如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小 x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2,则 A.物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速 100FN 运动 B.物体在运动过程中的加速度先变小后不变 C.运动过程中推力做的功为200J F 0 4 x/m 777777777777777 D.物体在运动过程中的最大速度为8m/s 甲 乙 2.（多选)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水 平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，已知重力加速度为g,忽略空气阻 力的影响，在0由30°转到90°的过程中，下列说法正确的是 A.小球所受重力做功的功率一直减小 B.拉力F做了多少功，小球的重力势能就增加多少 C.当杆与水平方向成60时，拉力的功率为mgLw 0 7777777777777177 D,当杆与水平方向成60时，拉力的大小为F=)m3 3.如图甲所示，筒车利用水流带动车轮，使装在车轮上的竹筒自动带水，提水上岸进行灌溉。其 简化模型如图乙所示，转轴为O,C、O、D在同一高度，A、B分别为最低点和最高点，E、F为 水面。筒车在水流的推动下做匀速圆周运动，竹筒做匀速圆周运动的半径为R,角速度大小 为ω，竹筒顺时针转动，在E点开始打水，从F点离开水面。从A点到B点的过程中，竹筒所 装的水质量为m且保持不变，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.竹筒做匀速圆周运动的向心加速度大小为R B.水轮车上装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时 间间隔为品 水面 C.竹筒过C点时，竹筒对水的作用力大小为mg D.竹筒从C点到B点的过程中，其重力的功率逐 渐减小 甲 乙 4.目前国内多地开通了跨里海中欧班列，开辟了中国与高加索、黑海地区及欧洲腹地的物流新 通道。列车采用内燃加锂电池的混合动力进行驱动，假设整车最大功率为750kW,行驶过程 中受到的阻力恒定，速度最高为108km/h,已知列车的总质量为5×104kg,列车以最大功率 启动，下列说法正确的是 A.行驶过程中列车受到的阻力为2.0×104N B.列车以15m/s行驶时的加速度是0.5m/s2 C.列车加速过程中的平均速率是15m/s D.列车行驶1小时，牵引力对其做功为750kJ 物理·选择题专练（五）第1页（共4页） 广急默龙门类 5.如图甲所示，起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=150kg的物体，其a-t图像 如图乙所示，5~10s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g=10m/s2, 则以下说法正确的是 ←a/(m·s2) A.物体在0~10s内运动的最大速度为10m/s B.起重机的额定功率为1800W C.5~10s内起重机对物体做的功等于0~5s内起 重机对物体做功的1.5倍 5 10t/s D.5~10s内起重机对物体做的功等于0~5s内起 甲 乙 重机对物体做功的2倍 6.如图，物块从A点水平抛出，恰好在B点无碰撞地进入倾斜传送带，已知传送带沿顺时针匀 速转动，物块由A到B的运动时间为t1,水平位移大小为x1,从抛出到刚进入传送带一段时 间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像 一定错误的是 A B C D 7.如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在 A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C 点为AB的中点，则 A名 A.从B到A过程中，小球的动能与弹簧的弹性势能相互转化 B.从B到A过程中，小球的动能一直在增大 B装 C.从B到A过程中，小球在C点的动能达到最大 D.从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做的功 8.一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体 运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大，则 个E A.在0~x2过程中物体所受拉力是变力，且x2处所受拉力 F 最大 B.在x1处物体的速度最大 77777777 C.x1~x3过程中，物体的动能先增大后减小 D.在0~x2过程中，物体的加速度先增大后减小 9.如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2,两杆不接触，且两杆 间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直 杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连 接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放，不计一切摩 45 口L 擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是 A.a球不能回到初始位置 B.a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为√2mgl C.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 D.b球的最大速度为√(2+√2)gl 物理·选择题专练（五）第2页（共4页） 班级 10. 如图所示，有一光滑轨道ABC,AB部分为半径0.2m的圆弧，BC 部分水平，质量均为400g的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆 姓名 长为0.2m,小球可视为质点。开始时a球处于圆弧上端A点，由静 止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度g= 得分 10m/s2,下列说法正确的是 A.a球下滑过程中机械能保持不变 B.两球都滑到水平轨道上时，a球速度大小为2m/s C.从释放小球到α、b两球都滑到水平轨道上的过程中轻杆对两球一直不做功 D.从释放小球到a、b两球都滑到水平轨道上的过程中轻杆对a球做功0.4J 答题栏 11.如图所示，长为L的轻杆一端连接在M处的铰链上，另一端连接在质量为2m的小球A上， 1 轻绳穿过N处的光滑圆环，一端连接在小球A上，另一端吊着质量为m的小球B,用向上的 力F拉着小球A,使A、B两球均处于静止状态，此时 3 轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为 30°，铰链和圆环在同一水平直线上，不计小球大小， 5 轻杆 轻绳 不计一切摩擦，重力加速度为g,某时刻撤去拉力F, 6 M 光滑圆环 从撤去F到轻杆水平的过程中，下列说法正确的是 309 30 铰链 A.撤去拉力F的瞬间，小球A的加速度为零 8 B.轻杆对小球A做正功 OB 9 C.当轻杆水平时，轻杆和轻绳对小球A的拉力大小相等 10 11 D.当轻杆水平时，小球A的速度大小为√(3一√3)gL 12 12. 如图所示，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B,已知A球的质量为m,用手托 13 住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h,A球静止于地面上。释放B球，B球 14 通过轻绳带动A球上升，A球上升至时速度恰为零，A、B两球均可视为质点，不计定滑 15 16 轮的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则从释放B球到A球达到最高点的过程中，下列说 法正确的是 A.B球的质量为3m B.从开始释放到B球刚落地，轻绳对B球做的功为一mgh C.B球刚落地时，速度大小为√3gh D.轻绳对A球的拉力做的功为mgh 13.如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块B、C相连，并放在足够长的光滑斜面上，弹簧与斜 面平行，C靠在固定的挡板P上，绕过定滑轮的轻绳一端与B相连，另一端与悬空的小物块 A相连。开始时用手托住A,使滑轮右侧的轻绳恰好伸直且无弹力，滑轮左侧轻绳沿竖直方 向，然后由静止释放A,当C刚要离开挡板时，A的速度恰好达到最大。斜面的倾角为30°， B、C的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g,A、B、C均视为质点。不计 一切摩擦，不计空气阻力，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是 物理·选择题专练（五）第3页（共4页） 鱼欧花门卷 A.A的质量为m B.释放A的瞬间，A的加速度大小为g C.从释放A到C刚要离开挡板的过程中，B运动的位移大小为mg 30° 2k D.从释放A到C刚要离开挡板的过程中，A、B组成的系统机械能一直减小 14.(多选)如图所示，轻弹簧上端固定，下端与一质量为m的小球相连。开始时用手托住小球使 弹簧恰好为原长，此时小球处于A位置。释放小球使其由静止开始竖直下落，小球经过B 点时速度达到最大值，小球能够到达的最低点为C点，运动过程中弹簧始终处于弹性限度 内。已知AB间距离为h1,BC间距离为h2,重力加速度为g(不计空气阻力)，则下列说法正 确的是 A.弹簧的劲度系数为”g AQ不 h h2 B0 B.小球在位置B时的动能等于mgh1 h C C.弹性势能的最大值为mg(h1+h2) D.从A到C过程中小球的机械能一直减小 15.(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平 初速度。由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和 B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度 。由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始 终不变，则下列说法正确的是 10 A.小铅块将从木板B的右端飞离木板 AB 777777 B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对 甲 乙 静止 C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 16.(多选)如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m的小物块静止在斜面底端，某时刻给 物块一个沿斜面向上的初速度v。使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜 面的倾角0=30°，取水平地面为零重力势能参考平面，在物块上滑过程中，物块的机械能E 和动能Es随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，g取10/s2,下列说法正确的是 A.图线b为物块机械能的变化图线 ↑E(E)/J B.物块的质量m=0.1kg 4 2 C.物块与斜面之间的动摩擦因数4= 2 23 45x/m 7777777777777777 D.物块的初速度vo=15m/s 甲 物理·选择题专练（五）第4页（共4页）·物理· 1 之m0最低点=一2mgr,解得0低点=25m2/52,故C正确。当 4. 5. 。2=30m/g时，根据机核能守恒，合a2一合mo2- 一2mgr,又F乳十mg=m鱼色，联立解得F%=10N,即小球 通过最高点时受到轻绳拉力的大小为10N,故D正确。 15.C【解析】滑块恰能通过最高点B点，表明在最高点由重力沿 斜面的分力提佚向心力，则有mg血0=m是，解得 √受，放A错误，滑块所受滑动摩浆方大小始终为∫N 6. mg cos0,摩擦力方向始终与线速度方向相反，则滑块从A点 滑到B点克服摩擦力做的功为W克=∫·π，解得W克= V3 2mgL,故B错误。滑块从A点滑到B点过程，根据动能 定理有-mg·2Lsin0-W意=号mi-Eu,解得E4- 合mgL+ngL,放C正确。滑块在A点时，对滑块进行 3 分析，根据牛顿第二定律有T一mg sin0=m2,其中Eu mui,解得轻绳的拉力大小为T=3mg十3mg,故D 1 错误。 16.BD【解析】由题图可知，货物与滚筒间不打滑，所以货物的 角速度与滚筒的角速度相等，由于同轴转动，则货物分别从靠 近内、外两侧的转弯轨道通过传送带时的角速度大小相等，由 于外侧比内侧半径大，角速度相同，故外侧比内侧线速度大，故 A错误，B正确；单个圆锥滚筒滚动时内、外两端角速度相等， 即1 W2 ，故C错误：单个圆锥滚筒滚动时内、外两端角速度 相等为0，线速度之比”=S=一，内外两端横截面的半径 U2aωR2r2 之比尽=，故D正确。 R2 r2 物理选择题专练（四）】 1.BD【解析】根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度 于在近日点的速度，故A错误。根据G?=ma,小行 在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B正确。根据开普 /R1十R3 勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比 2 R2+R 2 (R+R)3 √R,十R),故C错误。小行星甲与乙从远日点到近日点的 时间之比即为周期之比1= /(R1+R)3 √(R十R),故D正确。 2.C 3.D【解析】设球体的密度为ρ，则没有挖去小球体前的质量为 M=p·3R,被挖去的小球体质量为M=p· M,根据万有引力定律可得F,=GMm_GM'm=GMm 1 R2 /R\2 2R2 2 F,=GMm-GMm=17GM,采用填补法，可知剩余部分在 R2 /3R\2 18R2 2 位置“2”的万有引力大小等于挖掉的部分在位置“2”的万有引力 9 大小，即F2 m_GMm,则有E=F2<F3 2 A B【解析】根据开普勒第三定律 2=k,可知2016H03的公转 周期比311P的公转周期小；根据1AUD=2.2AU 一，解得 12 T2 T≈3.3年，311P的公转周期小于4年，故A错误，B正确；天问 二号用于对绕太阳沿椭圆轨道公转的小行星2016HO3和主带 彗星311P进行探测，其围绕太阳运动，则发射速度大于第二宇 宙速度小于第三宇宙速度，故C错误；开普勒第二定律只适用 于同一个行星，故D错误。 AB【解折】对卫显有m-,解得a-G, r2 ,,由于近地点卫 星到地心距离r最小，故加速度最大，故A正确；根据开普勒第 二定律可知，从近地点到远地点，卫星速度逐渐减小，故B正 确；卫星在椭圆轨道运行，只有地球引力做功，机械能守恒，故C 错误；从近地点到远地点，卫星高度升高，重力势能增大，故D 错误。 B【解析】飞船绕Kepler-725c表面运行的周期与Kepler-725c 绕宿主恒星运行的公转周期(207.5天)无关。根据GM R2 4π1 R m T京R,可得卫星周期公式T=2√GM,代入Kepler-725c的 R施，因 I0M)和半径(2R),可得T=X2r√GM √5 R老≈83min,可知该飞船的运行周期远小于 T地=2r入√GM地 v 07.5天，故A错误，根据G三=mR,得第一宇宙速度公 0=,地球的第一字宙速度为7.9km/s。对 Kepler-725c,质量是地球的l0倍，半径是地球的2倍，代入得 V= G·10M地=5· AV2R地 GM重=5X7.9km/s≈17.7km/s, WR地 显然大于7.9km/s,故B正确。重力加速度g=R GM 10M地 Kepler725e表面g(2Re·G=2.5g人在kepler725c 上的重力是在地球上的2.5倍，故C错误。密度公式为ρ M 10 一，Kepler-725c的密度p= 10M地 4 3R 4 3 π(2R地)3 1.25p地，密度比地球大，故D错误。 C【解析】相同时间内扫过的面积相等，是指绕同一中心天体 运动且在同一轨道上的卫星，图(b)中阴影部分的面积为探测 器在不同轨道上时相同时间扫过的面积，不相等，故A错误；探 测器从调相轨道变到停泊轨道需要在P点减速，故B错误；由 (R1+R2）3 R 2 开普勒第三定律可得 (1年)2二 -,解得探测器从A T? 1R1十R2) 点运动到C点的时间t=2T=4√2R: 1 年，故C正确。 在C点探测器需要加速才能进入火星所在轨道，则探测器在转 移轨道上C点的速度小于火星绕太阳运行的速度，地球、火星 太阳做匀速圆周运动，由，一m,,可知地球绕太 r2 行的速度大于火星绕太阳运行的速度，以地球绕太阳运行的 速度大于探测器在地火转移轨道上C点的速度，故D错误。 BD【解析】微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕 地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速 度相等，根据0=r可知”卫显=十d,放A错误。根据牛顿 V空间站 ·3 参考答案及解析 第二定律G=m,解得空间站所在轨道处的加速度a T=2t。和L=5x0代人得m1+m2 Gg,故C正确；设 125π2x8 G,在地球表面G-， R=m8,解得g=6所以2- M 4 8,放 ab两恒星的半径分别为R1和R2,则有m1=p·3R, Mm GM m=p·R,得尺√m 4 B正确。根据牛顿第二定律G 、m1=。二，设a、b两恒星表面的」 r2 =mwr,解得u=√，，可 知仅有万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径 重力加速度分别为g1和g2,根据两恒星表面物体所受重力等 大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动， 由F=mwr可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有 CRmg=G”,两式作比得 于万有引力有mg1=G”, R g2 拉力作用，微型卫星不是处于完全失重状态。所以，若机械臂操 %.R-2 32 作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故C错误，D正确。 m2R3× X(3）=3,故D错误。 GM 13.C【解析】对于直线三星系统中左侧星体，根据万有引力提供 0. C【解析】对地球卫星有G2=mwr,解得w=√：，可 2 GmiGmi 4π2 L 知卫星轨道半径越大，角速度越小，由于人与货物沿着“太空电 向心力，有L话+2)=mTL,解得T=4r√5Gm, 梯”上行期间，在未到达地球同步轨道位置的时候，其角速度与 故A错误。对于直线三星系统中左侧星体，根据牛顿第二定律 同步轨道相同，即“太空电梯”上某位置的角速度小于该位置轨 Gmi 道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上某位置圆周运动所需 有+2有ma解得a故B错误，对于目 的向心力小于该位置的万有引力，货物还受到电梯向上的力 角形三星系统中其中一个星体，根据万有引力提供向心力，有 的作用，人与货物处于失重状态，但不是完全失重，只有货物上 L2 升到同步卫星轨道上时，其角速度与同步 米 4π2. 2 L; 轨道卫星的角速度相等，此时万有引力恰 贤cos30=m,行×cos30,解得T,=2r√3C 2 G -,故C 好等于圆周运动所需的向心力，此时货物 正确。对于三角形三星系统中其中一个星体，根据牛顿第二定 才处于完全失重状态，故A错误。如图所 示，电梯转入地球的阴影区时就无法直接 律有2Gm。 房cos30=mza2解得a,-3C72,放D错淚 L 利用太阳能充电，且sina= 2,得a=30, 14.AB【解析】由于空间站与月球具有相同的周期，则它们的角 速度也相同，根据a=w2r,由于月球运行的轨道半径较大，则 故能直接利用太阳能充电的时间约为4=36020T=20h, 空间站的加速度小于月球的加速度，A正确。根据v=ωr,则 360° 空间站的线速度小于月球的线速度，B正确。根据F=mw2r, 故B错误。若从P轿厢向外自由释放一个小物块，则小物块 由于月球质量和运行的轨道半径都较大，则空间站的向心力小 会一边朝P点转动的方向向前运动，一边落向地球，做近心运 于月球的向心力，C错误。空间站受到月球和地球的万有引 动，故C正确。若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地 力，月球受到空间站和地球的万有引力，D错误。 球做椭圆运动，其断裂时所处位置为椭圆的近地点，因为在近 15.A【解析】小球撞到斜面时，将速度沿水平方向和竖直方向正 地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。 交分解，可知tama=,因此月球表面的重力加速度为g C【解析】在地球表面有GM 2 ,=mg,卫星B处有 tana,A正确。根据GMm =mg,可得月球的质量M= Mm R+)=mg',又h=R,解得g=年g,故A错误。对卫 G VoR2 GtanaB错误。月球的密度p= M 30 (R+h)=m(R+h) Mm 4 4πGRtan,C错 星B,由万有引力提供向心力可得G T 3πR3 /2R VoR 解得T1=4π√g ,故B错误。根据万有引力提供向心力 误。根据mg= 尺可得月球的第-宇宙速度v一√ana,D 错误。 Mm GM G ,=m ,解得=√， ,扇形面积S= r2 2r,单位时间 16.C【解析】设卫星轨道半径为r,由万有引力提供向心力 、内扫过的面积辶=久=子GM,故相同时间内，卫星A与 G=加，其中M为地球的质量，由题目条件知其引方势 r2 地心连线比卫星B与地心连线扫过的面积大，故C正确。A、 能为E,=一GMm,联立可得，卫星在，处时的总能量为E= 3两卫星相邻两次相距最近的过程有元△1一云△=2π，解得 1 To E。十2mw2=,半径为时，卫星总能量E= TiTo △=T。-,故D错误。 GMm,半径为，时，其总能量E,=_GMm,由功能关系 2r1 2r2 l2.C【解析】设a、b两恒星绕O点做圆周运动的半径分别为r1 得，卫星轨道变化过程中克服阻力做的功W,=E1一E2= 和r2,a、b的球心到OA连线的距离即为两恒星做圆周运动的 半径，所以r1=3xo,r2=2x。,因两恒星的角速度相等，根据 +,在地球表面有G=mg,联立可得 2r1 2r2 r可知，a6的线速度之比为-=，放A错误：设 w,=mgR(1-1) 2 r2 r1 a、b两恒星的质量分别为m1和m2,两恒星做圆周运动所需向 物理选择题专练（五） 心力均来自对方的万有引力，所以有m1wr1=m2wr2,得 1.CD【解析】滑动摩擦力大小为f=mg =20N,一开始推力大 m1=2=2 =3,故B错误；根据题意可知，a、b两恒星做圆周运 于滑动摩擦力，随着推力的减小，物体先做加速度逐渐减小的加 速运动；当推力减小到20N时，加速度为零，物体的速度达到最 动的周期为T=2t。,两恒星球心间的距离为L=r1十r2= 大；之后推力小于滑动摩擦力，物体做加速度逐渐增大的诚速运 4π2 5,根据万有引力提供向心力有G三m1rY 动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，故A、B错误。根据 F-x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，可得运动 Gm0-m:,两式相加并整理得m十m, 4π2 4x2L3 GT2,将 过程中推力做的功为W=2×100×4J=200J,故C正确。当 高考试题逐题突破 推力减小到20N时，加速度为零，物体的速度达到最大，根据 F-x图像可知此时物体的位移为x=3.2,根据动能定理可得 W=-fx=2m2-0,其中Wg=2×(100+20)×3.2J= 192J,解得物体在运动过程中的最大速度为vm=8m/s,故D 正确。 2.AB【解析】根据题意可知，小球所受重力做功的功率P= mgucos日，在8由30转到90°的过程中，cos日逐渐减小，则功率 一直减小，故A正确。根据题意，由动能定理有Wp十W。=0, 10 可知，拉力做功等于克服重力做功，克服重力做功的多少等于 11 重力势能的增加量，则拉力F做了多少功小球的重力势能就增 加多少，故B正确。由功能关系可知，拉力F的功率等于重力 做功的功率，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为PF mgwc0s60°= 2mgwL,故C错误。由功能关系可知FXwX cos30°=mg×uLc0s60°，所以F=2V3, 3mg,故D错误。 3.D 4.B【解析】当列车匀速行驶时，所受的 4v/(m·s) 牵引力等于阻力，即P=fmx,解得行 驶过程中列车受到的阻力为f=P 750×103 N=2.5X10N,故A错误。 12 30 当列车以v1=15m/s行驶时，对列车由牛顿第二定律F1 f=ma,其中P=F1v1,联立解得列车以15m/s行驶时的加速 度是a=0.5m/s2,故B正确。作出列车运动的v-t图像，如图 所示，由图可知，列车加速过程中的平均速率> 0十Uma× 2 15m/s,故C错误。列车以最大功率启动，则W=Pt=750× 103×60×60J≠750kJ,故D错误。 5.D【解析】由a-t图像可知，物体在0~5s做匀加速直线运动， 5s时物体的速度为v1=at1=2×5m/s=10m/s,由于5s后物 体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~10s内 运动的最大速度大于10m/s,故A错误。由a-t图像可知，在 13 5s时，起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得F一 mg=ma,解得F=1800N,则起重机的额定功率为P颜 Fv1=1800×10W=18000W,故B错误。0~5s内，物体的 位移为x1=g 2t1一10<5m一25m,05s内起重机对物体做争 的功为W1=Fx1=1800×25J=45000J,5~10s内起重机保 持额定功率不变，则5~10s内起重机对物体做的功W。= P徽t=18000×5J=90000J,可得W2=2W1,故C错误，D 正确。 6.C7.D 8.C【解析】机械能E与位移x的关系图像切线的斜率表示拉 力F的大小，由图可知，x1处图像切线的斜率最大，则说明此时 拉力最大，在0~x1过程中物体所受拉力逐渐增大，x1~x2过 14 程中，拉力减小，x2处所受拉力为零，故A错误。x1~x2过程 中，拉力减小，x2处所受拉力为零，则在这一过程中物体应先加 速后减速，则说明最大速度一定不在x1处，故B错误。x1~x2 过程中，物体先加速后减速，故动能先增大后减小；x?~x3的过 程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能 继续减小，故在x1~x?过程中，物体的动能先增大后减小，故 C正确。由图像可知，0~x2过程中，拉力先增大后减小，直到 变为零，则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反 向增大，即加速度应先增大，后减小，再反向增大，故D错误 9.D【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功， 只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球 15 所组成的系统机械能守恒，α球能回到初始位置，故A错误。。 球在最低点速度为零，α球从释放运动至最低点的过程中，设杆 对小球a做的功为W,由动能定理，有ms(受1+1）+W=0, 解得W-一mg(侣+1)，故B错误。设轻杆L和水平杆L: 的夹角为0，由运动关系可知v6cos0=v。sin0,则vb=va tan0, 可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平： 行，则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大 小为g,故C错误。当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到 最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大， 此时a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg之1+l)= 2mu6,解得v=√(2十√2)gl,故D正确。 D D【解析】撒去拉力F的瞬间，小球A受竖直向下的重力，沿 杆方向的弹力和沿绳方向的拉力，合外力不可能为零，加速度 不为零，故A错误。由于轻杆连着较链，因此杆对小球A的拉 力始终沿杆的方向与小球A的速度垂直，因此轻杆对小球A 不做功，故B错误。由于小球A绕铰链做圆周运动，当轻杆水 平时，小球A水平方向合力指向M,故杆对小球A的拉力大 于绳对小球A的拉力，故C错误。设当轻杆水平时，小球A的 速度为，此时小球B的速度为零，小球A下落的高度为 2L,小球B下降的高度为(2-)L,根据系统机械能守恒， 有2mg×2L+mg(2-5)L=2 X2mv2,解得v= √(3一√3)gL,故D正确。 A【解析】设B球刚落地时，A、B的速度大小为v,此后A球 v1 做竖直上抛运动，根据题意有g2,解得。=√，放C 错误。设轻绳对A球的拉力做的功为W,根据动能定理可得 W一mgh=2mo,解得W=2mgh,故D错误。设B球的质 量为M,在B球落地前的过程，根据系统机械能守恒可得 Mgh-mgh=7Mo2+2mv2,解得M=3m,故A正确。设 轻绳对B球的拉力做的功为W',根据动能定理可得W'十 Mgh=之Mo,解得W'=-2mgh,故B错误。 A【解析】当C刚要离开挡板时，A的速度恰好达到最大，此 时A的加速度为零，则mAg=T=2 ngsin30°，解得A的质量 mA=m,选项A正确。释放A的瞬间，A、B的加速度相等，均 为a=mg= 2m 28,选项B错误。开始时弹簧被压缩了△x,一 mg sin 30 ,C刚要离开挡板时弹簧伸长了△x,=mgsin30 则在从释放A到C刚要离开挡板的过程中，B运动位移为 △x=△x1十△x2=m坚，选项C错误。在从释放A到C刚要离 开挡板的过程中，弹簧的弹力对系统先做正功，后做负功，则由 A、B组成的系统机械能先增大后减小，选项D错误。 ACD【解析】小球经过B点时速度达到最大值，可知在B点 时受力平衡，则有mg一h1,小球做简谐运动，位移大小关于 平衡位置对称，即九1=2，弹簧的劲度系数为飞=5=g h2 故A正确。小球下降到B位置时，重力势能减小量为mgh1, 且减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，则在 位置B时的动能小于mgh1,故B错误。在最高点A时小球 的重力势能转化为在最低点C时弹簧的弹性势能，可知弹性 势能的最大值为mg(h1十h2),故C正确。从A到C过程中， 小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于弹簧的弹 性势能一直变大，则小球的机械能一直减小，故D正确。 BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间 的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加 速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加 速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更 早达到共速，所以小铅块还没有运动到B的右端就与木板B 保持相对静止，A错误，B正确。根据摩擦力产生的热量计算 式Q=f·△x,由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移 的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产 生的热量，C错误，D正确。 16.BC【解析】物块沿斜面上滑过程中动能和机械能均减小，取 水平地面为零重力势能参考平面，则物块上升到最高点时动 撞后至停止的过程中，A壶的运动时间4=0二4=0=】 能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，机械能不等于零， 1s,故碰撞后至停止的过程中，A、B两壶的运动时间之比为 图线α为机械能的变化图像，图线b为动能的变化图像，故A 1：4,故C错误。根据动量定理可得I=△p,故可得碰撞后至 错误。动能随位移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随 停止的过程中，A、B两壶所受摩擦力的冲量大小之比为1：3， 位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，由此可得J/m 故D错误。 5.A【解析】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为A、VB,则根 mgsin0+μng cos0,4 ,5一2J/m=o0,由图像知初动能为 据动量守恒和机械能守恒有mAg=mAvA十mB08,2mAo6= 1 5J,上升到最高点时的机械能为2J,则乞m6=5J,mg mi十之mB哈，联立解得uA-mA一m ma+mB 3 4m×sin0=2J,解得m=0.1kgk=?,w=10m/s,故B,C 2m⅓。，第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第 mA+mB 正确，D错误。 三次碰擅之间，有=（行+）a=01,2…)=(号十 物理选择题专练（六） D【解析】小球做平地运动，其速度变化率智-8，可知如 =01,2,…),故A、B通过的路程之比为+36（k=0, 4+3k 图像是平行于t轴的直线，故A错误。小球做平抛运动，其动量 1,2,…),则有-台-十张（=0,1,2，…，联立解得4 0BxB4十3R TLR 的变化率=mg,可知t图像是平行于t轴的直线，放B △t 4十3论（k=0,1,2,…),由于两质量均为正数，故k=0,即 2-3k 错误。小球做平抛运动，根据动能定理△Ek=mgh=mgX 2gt2,即 E-号mg,可得 △Ect,可知 E - mB △t △t -t图像是过原 6.D【解析】不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，两球都 点的直线，故C错误。小球做平抛运动，根据重力做功与重力 处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误。下 能的变化关系可得△E,=mgh三2g,即A上， 降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得 △t v2=2gh,解得触地时两球速度相同，为v=√2gh,B球碰撞地 mg2t,可得| g1c1,可知E24图像是过原点的直线，故D 之后，速度瞬间反向，大小不变，故B错误。选A与B碰撞过程 △t △t 为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为 正确。 v1、v2,选向上为正方向，由动量守恒定律得mBv一mAv= BD【解析】由题图乙可知，t=2s时刻物块刚开始运动，静摩 擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图甲可得最大 m0,十m,由能量守恒定律得2(m十m)。2=之m听十 静摩擦力为6N,故A错误。由冲量I=Ft可知，F-t图像与时 ma,解得02=v,01=30,碰后小球A弹起的最大高度 1 间轴所围的面积表示力F的冲量，则在0~4s时间内，用面积 法得水平力F的冲量为24N·s,故B正确。由a-t图像与时 间轴所围的面积表示速度的变化量，可知0~4s内物块速度的 H=30)=9h,故D正确，C错误。 增量为△o=)3×(4-2)m/s=4m/s,根据动量定理，得0~ 7.AB【解析】以A球为对象，由平衡条件可得mg=xo,解得 4s内合外力的冲量为I=△p=m△v=3×4N·s=12N·s, 弹簧的劲度系数k=3,故A正确。设B与A碰撞前瞬间速 故C错误。结合C项分析，对物块根据动能定理得0~4s内合 度大小为v。,根据运动学公式可得2g·3x。=?,B与A碰撞 外力做的功为w=号mw2=之×3×4J=24J,故D正确。 1 过程，满足动量守恒，则有mv。=2mv,联立解得B与A碰撞后 D【解析】卡通玩具悬停在空中，可知水柱对玩具底部的作用 瞬间速度大小为=，故B正确。小球A,B回到0点 2 力与玩具重力是一对平衡力，即水柱对玩具底部的作用力大小 等于玩具重力，故A、B正确，不满足题意要求；喷泉单位时间内 时，弹簧弹力为0，两球受到重力作用，加速度不为零，故C错 误。碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到O点，此时两 喷出的水质量为△m=S0=pu,S,故C正确，不满足题意要 球的加速度为g,方向向下，根据简谐运动对称性可知两球处于 最低点时的加速度大小为g,方向向上，设在最低点时的压缩量 求；设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出 后到达玩具底面时的速度大小为v。对于△t时间内喷出的水 为x1,则有kx1二2mg=2ma=2mg,解得x1三4g2=4xo,设 由能量守恒得2m,02十mogh=2 mov,在h高度处，△t时间 此过程中弹簧的最大弹性势能为Em,根据系统机械能守恒可 内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 得Em=2mgx1=8mgxo,故D错误。 8. BD【解析】爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知mAvA △p=mov(mo=pSvo△t),设水对玩具的作用力的大小为F,根 mB~B=0,爆炸后两碎块均做平抛运动，下落高度相同，两碎块 据动量定理有F△1一△p,由于玩具在空中悬停，由力的平衡条 Mg 件得F=Mg,联立可得h一2g2pS,故D错误，满足题意 下落时间相等，则台--%=弓，A,B的水平位移之比为 TB UB mA 1：2,而从爆炸瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之比 要求。 不等于1：2，A错误。从爆炸瞬间到落地，碎块A、B均做平抛 B【解析】由EF与GH平行可知，碰撞前后A壶的加速度不 △014-5 变，由题图可知，碰撞前后A壶的加速度aA=过 -%-子，B正确。 m/s2= 运动，设两碎块下落时间均为1，则会-08 工A=(5s-t)v声=1 -1m/s,故A错误。由图像可得1，=△=0-5 =2,解得t=4s,则碎块A的水平位移xA= a4一1s=5s,碰撞 IB (6 s-t)Um (5s-4s)×340m/s=340m,碎块B的水平位移xB=(6s △w30-3 4s)×340m/s=680m,则爆炸后两碎块落地点之间的水平距 后B壶的加速度a:=,-1s一m/分=-0.75m/s,故B 正确。由于A壶和B壶碰撞的过程中动量守恒，则有mAv= 为340m+680m=1020m,碎块A的初速度为uA= mAvA十mBvB,根据题图乙代入数据解得vA=1m/s,则可得碰 85m/s,C错误，D正确。