功和功率及动力学中的能量问题 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以“功-功率-能量”为逻辑主线，构建从概念定义到综合应用的完整方法体系，突出科学推理与能量观念的融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识要点|6大知识点|定义公式规范、机车启动分类解析、机械能守恒三判据|从基础概念（功/功率）到核心定理（动能定理/机械能守恒），形成“概念-规律-应用”递进链条| |训练巩固|25题（含12道多选）|微元法求变力功、图像法分析功率、系统机械能守恒条件应用|覆盖斜面/弹簧/圆周运动等8类情境，通过“基础辨析-过程分析-综合计算”三级题型实现能力提升|

功和功率及动力学中的能量问题 一、知识要点 1、功 （1）定义：力对物体所做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积，即： （2）做功的两个必要因素：①力作用在物体上；②物体在力的方向上发生位移 （3）适用范围，①恒力做功；②力的大小与位移的大小呈线性关系；③力的大小不变，方向时刻改变，但力与速度的夹角不变 2、功率 （1）平均功率：(为物体运动的平均速度) （2）瞬时功率：(v为物体的瞬时速度) 3、机车启动问题 （1）两种启动方式 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图像 和v－t图像 OA 段 过程分析 v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，持续时间t0＝ AB 段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动 （2）机车启动的特点 ①任意时刻均有：（F为牵引力） ②无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，此时有：， ③机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大， ④机车以恒定功率启动时，牵引力做的功：，由动能定理得：（用于求位移和时间） 4、动能&动能定理 （1）动能表达式： （2）动能定理表达式： （3）注意事项： ①W合为合外力对物体所做的功； ②动能定理中位移和速度需选取同一个参考系，一般选地面； ③动能是标量，是状态量。 5、机械能及机械能守恒定律 （1）机械能 ①定义：机械能是物体动能和势能的总和‌，表达式为：。 ②性质： Ⅰ、系统性：机械能是物体和地球共有(习惯称为物体具有)的。 Ⅱ、相对性：与零势能面的选取有关。 Ⅲ、标量性：标量,有正负,正负表示机械能的大小。 Ⅳ、状态量：与物体某一时刻的状态相对应。 （2）机械能守恒定律 ①机械能守恒条件：只有重力或系统内的弹力做功。 ②基本表达式：或，即：(需选取零势能面)。 ③机械能是否守恒的三种判断方法 Ⅰ、利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。 Ⅱ、利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功之和为0)，则机械能守恒。 Ⅲ、利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。 6、能量守恒定律 （1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 （2）表达式：①；② （3）E的范围有：动能、弹性势能、重力势能、电势能等；的范围有：摩擦产生的内能、电热能等。 二、训练巩固 1．某校高一年级某班同学做了如图所示实验，长为的木板水平放置，在木板的端放置一个质量为的小物块，现缓慢地抬高端，使木板以左端为轴转动，转至与水平面的夹角为（弧度） ，在整个过程中，小物块与木板保持相对静止。下列说法正确的是（     ） A．摩擦力对小物块做功为零 B．摩擦力对小物块做功为 C．支持力对小物块做功为零 D．支持力对小物块做功为 2．如图，玻璃管内右端固定接轻弹簧的一端，弹簧另一端连接一质量为的光滑小球，弹簧原长为。初始时，管和小球均静止在水平面上。现缓慢将管在竖直面绕点转过90°，在竖直位置时，弹簧长度为。已知弹簧劲度系数为，形变总是在弹性限度内，可用平均力求弹力做的功，重力加速度大小为。则在转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧对小球做正功 B．小球对玻璃管不做功 C．玻璃管对弹簧做的功为 D．玻璃管对小球做的功为 3．如图甲为一玩具竹筒水车，用长度相同的竹竿将竹筒固定在同一个转轴上，水流冲击竹筒时，所有竹筒在竖直平面内做半径相等的匀速圆周运动，不计空气阻力及竹筒中水的质量，简化如图乙所示，A、B分别为最高点和最低点，下列说法正确的是（     ） A．竹筒转动一圈，重力对其做的功不为零 B．竹筒经过A点时，所受重力的瞬时功率不为零 C．从B到A的过程竹竿对竹筒做的功小于竹筒重力势能的增加量 D．从A到B的过程，水流速度越大，竹筒重力对竹筒做功的平均功率越大 4．如图所示，木块A放在木板B上左端，用恒力将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，做功为，生热为，第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次做功为，生热为，则应有（     ） A．， B．， C．， D．， 5．如图甲为自动计数的智能呼啦圈，锻炼过程的模型简化为图乙所示，配重视为质点，质量为，通过轻绳与腰带轨道上的滑轮P连接，并绕腰带中心轴在水平面内匀速转动，已知圆形腰带的半径为，某次匀速转动过程，在时间内，计数器显示的圈数为，轻绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为，配重运动过程中腰带可看做不动，则（    ） A．若转速增大，腰带受到的合力变大 B．若转速增大，身体对腰带的摩擦力增大 C．轻绳长度为 D．配重运动半周，绳子对配重做功为 6．如图所示，运动员在进行负载训练时，用一根质量不计的轻绳拴接在轮胎上，使轮胎沿半径的场地做匀速圆周运动。已知轻绳拉力大小且与水平方向的夹角，轮胎的质量，轮胎与场地间的动摩擦因数，重力加速度g取。则下列说法正确的是（　　） A．轮胎所受摩擦力的大小为150N B．轮胎绕场地运动一周，轻绳的拉力做功为 C．轮胎绕场地做匀速圆周运动的线速度大小为3m/s D．轮胎绕场地运动一周，轻绳拉力做功的平均功率为 7．（多选）如图甲是倾角为、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为 C．BC段动摩擦因数最大值 D．从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 8．（多选）如图，物块以一定的初速度从倾角为的固定斜面底端沿斜面向上运动，经过一段时间又滑回底端。已知物块上滑时间是下滑时间的一半，。物块与斜面间的动摩擦因数为，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别为和，则（　　） A． B． C． D． 9．（多选）如图所示，一块长度为的质量均匀分布且质量为的木板静止在点左侧，质量为的物块右端固定一轻质弹簧。物块以速度向右运动，与木板相碰，木板运动到点时速度恰好达到最大值。已知点左侧平面光滑，右侧平面与木板间的动摩擦因数为，木板未全部进入点右侧区域。重力加速度取，则以下说法正确的是（    ） A．木板的最大速度为 B．木板加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度 C．最终木板右端离点的距离大小为 D．若减小的初速度，木板做减速运动的时间减小 10．如图，一劲度系数的轻弹簧竖直放置，将一质量为的物块置于弹簧上端，系统处于静止状态，这时给物块施加一个竖直向上的拉力，使物块以的加速度向上做匀加速直线运动，重力加速度取。在物块向上运动的过程中，拉力所做的功为（　　） A． B． C． D． 11．如图（a）所示，石磨由圆柱形可动磨盘和固定磨盘组成，可动磨盘能绕过圆心的竖直轴转动，其俯视简化图如图（b）所示。某次研磨时，手推动推杆使可动磨盘匀速转动，可动磨盘的上表面圆形进料口边缘有两粒谷物A、B恰能随磨盘一起转动。下列说法正确的是（　　） A．可动磨盘转动一周过程中，手对推杆做的功为零 B．谷物A所受摩擦力方向沿其运动轨迹切线方向 C．谷物A的向心加速度小于谷物B的向心加速度 D．若增大可动磨盘的转速，谷物A、B都能进入进料口中 12．如图所示，质量为的小球在竖直固定的圆环轨道内侧做圆周运动。若圆环光滑且不计空气阻力，小球在最低点的速度大小为时，可恰好到达最高点。若圆环粗糙且考虑空气阻力的影响，小球从最低点出发又恰好到达最高点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．小球所受重力做的功大小为 B．小球所受合力做的功大于 C．小球所受重力冲量的大小为 D．小球所受合力的冲量大于 13．（多选）坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。现用一锤子敲击木栓使其嵌入木料方孔：将木栓下底面对准方孔边缘，接触但无挤压，锤子敲击木栓后瞬间反弹，木栓所受的合力冲量为I，方向竖直向下。此后木栓获得一个向下的初速度开始嵌入方孔，最终嵌入深度为Δx，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，每个侧壁面的弹力大小与木栓的嵌入深度成正比，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（     ） A．锤子敲击木栓后，木栓获得的初速度为 B．木栓嵌入方孔过程中，木料对木栓的平均阻力大小 C．木栓嵌入方孔过程中，木料和木栓组成的系统机械能共损失了 D．木栓在方孔中静止后，木栓每个侧面所受的弹力为 14．图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（　　） A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D．书本能与抽屉左侧发生磕碰 15．如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 16．（多选）如图为弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过轻弹簧与顶部一质量的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子刚好伸直无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，细绳瞬间绷紧，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后上升的最大高度为h，重力加速度为g，则（     ） A．松手后到玩具上升到最大高度的过程中，玩具的机械能守恒 B．绳子绷紧前的瞬间，小球的速度为 C．从释放到玩具离开地面，地面对玩具的冲量大小为 D．释放瞬间，弹簧的弹性势能一定大于 17．一辆质量为m的小汽车在水平地面上由静止开始运动，其功率随速度的变化关系如图所示，其中AB段平行于轴，汽车匀速运动阶段的速度为。根据图像，下列说法正确的是（　　） A．速度增大到的过程中，汽车的加速度逐渐减小，当时， B．汽车与地面间的摩擦力大小为 C．在OA段汽车的位移为 D．若AB段汽车的位移为，则AB段汽车运动的时间 18．（多选）南昌“超万吨级智能回转塔机”在完成高空强风环境测试后，开展额定功率标定实验。实验中，该塔机以额定功率竖直向上提升质量为的重型构件，空气阻力大小恒为且始终不变。当构件速度达到最大值时，塔机牵引力恰好等于阻力与重力的合力；若塔机先由静止开始以恒定加速度做匀加速提升，匀加速至时刻达到该额定功率，重力加速度为，不计其他阻力。下列说法正确的有（　　） A．该额定功率 B．时间内，构件的重力做功为 C．塔机匀加速提升的最大速度为 D．从开始到时刻，牵引力做的功为 19．如图所示，两个质量均为的小滑块、通过铰链用长为的刚性轻杆连接，套在固定的竖直光滑杆上，放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角。原长为的轻弹簧水平放置，右端与相连，左端固定在竖直杆点上。由静止释放，下降到最低点时变为。整个运动过程中，、始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为。则下降过程中（　　 ） A．、组成的系统机械能守恒 B．、的速度满足 C．弹簧弹性势能最大值为 D．达到最大动能时，对杆的弹力等于0 20．（多选）如图所示，倾角为的斜面底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧原长时上端位于O点。质量为m的小滑块以初速度沿斜面匀速下滑，接触弹簧后运动至最低点A，返回过程中经过B点时受力平衡，恰好能到达O点。已知弹簧的弹性势能，x为弹簧相对原长的变化量。下列说法正确的是（　　） A．OA的距离为 B．OB的距离为 C．滑块从O至A过程中机械能损失 D．若滑块初速度为，则仍能停在O点 21．如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力大小符合胡克定律，劲度系数k＝10N/m。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角θ＝37°，物块质量m＝2kg，BM＝0.3m，MN＝0.4m，物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数；重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则物块从M到N的过程中，下列判断正确的是（     ） A．物块所受的摩擦力减小 B．所受恒力F的大小为19.2N C．物块经P点时的动能为0.5J D．物块和弹性绳系统的机械能先增加后减小 22．如图所示，光滑竖直杆固定，质量为的小球A（可视为质点）穿在杆上。一根竖直轻弹簧一端固定在水平地面上，另一端连接质量也为的物块B，一轻绳跨过定滑轮，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为。初始时，小球A在外力作用下静止于点，此时整根轻绳伸直无张力且OP间轻绳水平、OB间轻绳竖直。现将小球A由点静止释放，小球A沿杆下滑到最低点时，与杆之间的夹角为。不计滑轮的质量、大小及摩擦，重力加速度大小为，，，关于小球A由点下滑至点的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球A的重力势能减小了 B．弹簧的弹性势能增加了 C．小球A和物块B组成的系统机械能守恒 D．小球A的重力瞬时功率等于物块B的重力瞬时功率 23．（多选）如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，运动中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 24．（多选）如图所示，细绳绕过定滑轮连接小球和小球，小球固定在轻质细杆的一端，细杆可绕轴自由转动，整个装置静止时，杆和绳与竖直方向的夹角均为。现施加外力抬高小球位置，使轻杆水平，（如图中虚线位置），然后由静止释放，不计一切摩擦，细绳足够长。则杆向下转动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球和小球的质量之比为 B．小球和小球的动能之和先增大后减小 C．图示位置时，小球和小球的速度之比为 D．图示位置时，小球和小球的重力功率之比为 25．（多选）如图所示，固定倾斜直管道内壁光滑，倾角为，底部连接一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧处于自然长度时，其上端位于O点。现将质量为的小球从图中的点由静止释放，能到达的最低点为点，小球与弹簧的碰撞没有机械能损失，O、B间距离为，重力加速度为。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系式为，弹簧振子简谐运动的周期公式为。下列说法正确的是（     ） A．小球在段的运动为简谐运动的一部分，振幅 B．两点间的距离 C．小球第一次从点运动到点的时间为 D．小球第一次从点运动到点的过程中，弹簧弹力的冲量大小为 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 功和功率及动力学中的能量问题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D A C D BC AD AB A 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C C AD A A BD D CD B AC 题号 21 22 23 24 25 答案 B B AD AD BD 1．A 【详解】AB．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，静摩擦力与物体运动的方向垂直，所以静摩擦力对小物块做功为零，故A正确，B错误； CD．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，小物块的动能保持不变，根据动能定理可得 解得支持力对小物块做功为，故CD错误。 故选A。 2．D 【详解】A．整个过程弹簧的压缩量为 由于弹簧弹力是变力，可用平均力计算做功。整个过程弹簧的平均弹力为 由于弹力方向与小球位移方向相反，所以弹簧对小球做功为 所以弹簧对小球做负功，故A错误； BD．小球缓慢转动，其动能不变。对小球进行受力分析可知，小球受到重力、弹簧弹力以及玻璃管的作用力。设玻璃管对小球做的功为，则对小球列动能定理方程有 解得 所以小球对玻璃管做的功为 即小球对玻璃管做功，故B错误，D正确； C．由上面分析可知，整个过程中，小球对弹簧做的功为，而玻璃管对弹簧不做功，故C错误。 故选D。 3．D 【详解】A．竹筒转动一圈，高度的变化为零，此时重力对其做的功为零，A错误； B．竹筒经过A点时，速度的竖直分量为零，根据PG=mgvy可知，所受重力的瞬时功率为零，B错误； C．从B到A的过程，根据动能定理，即，则竹竿对竹筒做的功等于竹筒重力势能的增加量，C错误； D．从A到B的过程，水流速度越大，则时间变短，根据，可知竹筒重力对竹筒做功的平均功率越大，D正确。 故选D。 4．A 【详解】第一次B固定在地面上，将A拉到B的右端时，A相对于地面移动的距离等于B板的长度；第二次B可以在光滑地面上自由滑动，A、B间存在摩擦，在摩擦力作用下B要向右运动，则将A拉到B的右端时，A相对于地面移动的距离将大于B板的长度；所以，第二次A相对于地面移动的距离大，而拉力恒定，由公式可知， 摩擦产生的热量，两次都从木板B的左端滑到右端，相对距离都等于B板的长度，相对距离相等，且A、B间的摩擦力大小不变，所以 故选A。 5．C 【详解】A．因配重运动过程中腰带可看做不动，则若转速增大，腰带受到的合力不变，A错误； B．竖直方向身体对腰带的摩擦力等于配重和腰带的重力之和，可知若转速增大，身体对腰带的摩擦力不变，B错误； C．配重做圆周运动的角速度 则由牛顿第二定律 解得轻绳长度为，C正确； D．配重运动半周，配重的动能和重力势能都不变，则机械能不变，则绳子对配重做功为零，D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．轮胎做匀速圆周运动的过程中，， 解得，滑动摩擦力的大小，A错误； B．利用微元法可得，轮胎绕场地运动一周，克服摩擦力做功 根据动能定理可知，轻绳的拉力做功，B错误； C．轮胎绕场地做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律 解得，C错误； D．轮胎转动一周的时间为，该过程中轻绳拉力做功的平均功率为，D正确。 故选D。 7．BC 【详解】A．小物体进入BC段后，开始时动摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动，故A错误； B．小物体下滑过程重力做功为，故B正确； C．质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，物体在BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大，根据可知摩擦力均匀增大，则物体克服摩擦力做功为 对全程，根据动能定理可得 联立解得，故C正确； D．小物体从AB中点静止释放到BC中点时，设其速度为v，根据动能定理可得 联立解得，故D错误。 故选BC。 8．AD 【详解】设斜面位移大小为，上滑时间，下滑时间，由题意。 上滑可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，下滑也是初速度为0的匀加速直线运动，由 可得 ，即 。 AB．物块上滑时，由牛顿第二定律 物块下滑时，由牛顿第二定律 联立可得，A正确，B错误； CD．物块上滑时，物块下滑时 上滑合外力做功 下滑合外力做功 联立可得，C错误， D正确。 故选 AD。 9．AB 【详解】A．O左侧水平面光滑，A和木板组成的系统动量守恒，弹簧恢复原长时木板速度最大，题目说明此时木板恰好到达O点（速度最大），符合完全弹性碰撞规律。动量守恒 机械能守恒（弹性势能变化为0） 解得，，即木板最大速度为，故A正确； B．加速阶段（O点左侧）：设加速度时间为，初始和末态弹簧均为原长，因此 结合动量守恒可得 即 解得 平均速度 减速阶段（O点右侧）：弹簧与木板分离，合外力为摩擦力，进入右侧长度越大，摩擦力越大，则木板做加速度逐渐增大的减速运动，v-t图像向上凸，平均速度 因此，故B正确； C．设最终右端离O点距离为，摩擦力随进入深度变化为 由动能定理可得摩擦力做功 联立得 解得，故C错误； D．O点右侧木板的运动满足：加速度 即（，为定值） 符合简谐运动规律，从到速度减为0的过程为个周期，时间，和初速度无关，因此减小减速时间不变，故D错误。 故选AB。 10．A 【详解】由题可知物块静止在弹簧上端时，弹簧的压缩量为 施加拉力后向上运动10cm的过程中，弹簧一直处于压缩状态，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得 化简得 x从0.2m变到0.1m，故 故选A。 11．C 【详解】A．根据微元法可知，可动磨盘转动一周过程中，手对推杆做的功为，不为零，A错误； B．谷物A所受摩擦力充当圆周运动的向心力，可知摩擦力方向指向圆心，B错误； C．根据可知，因AB两点的角速度相同，而，可知谷物A的向心加速度小于谷物B的向心加速度，C正确； D．若增大可动磨盘的转速，谷物A、B做离心运动，A能进入进料口中，B不能进入进料口中，D错误。 故选C。 12．C 【详解】A．若圆环光滑且不计空气阻力，小球在最低点的速度大小为时，可恰好到达最高点。则可知小球在最高点时只有重力充当向心力有，故从最低点运动至最高点的过程有动能定理 解得 重力做功跟阻力无关，故重力做功不变，其大小为，故A正确； B．若圆环不光滑且不计空气阻力，小球从最低点出发又恰好到达最高点的过程中，小球末速度不变，则有动能定理 故大于，故B正确； C．光滑时重力的冲量相同，取向右为正， 而粗糙时，因有阻力做功，最高点末速度相同，最低点初速度一定不同，故重力的冲量不等于，故C错误； D．小球所受合力的冲量除了有重力的冲量还有阻力的冲量，故小球所受合力的冲量大于，故D正确。 此题选择不正确的，故选C 。 13．AD 【详解】A．锤子撞击木栓，木栓所受的合力冲量为I，根据 解得，故A正确； B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为 木栓嵌入方孔过程根据动能定理 解得平均阻力大小，故B错误； C．木栓嵌入方孔过程，木栓的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木料的弹性势能。 故木料和木栓组成的系统机械能的损失 解得，故C错误； D．木栓嵌入方孔过程中，当嵌入深度为Δx时，木料对木栓的一个侧面的弹力和滑动摩擦力如图所示 由于方孔每个侧壁面的弹力大小与木栓的嵌入深度成正比，则木栓嵌入方孔过程，有 根据 联立解得木栓在方孔中嵌入深度为Δx时，木料对木栓每个侧面的弹力大小 木栓在方孔中此位置静止时，木料对木栓每个侧面的弹力不变，故D正确。 故选AD。 14．A 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确； C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得 此时书本受到的静摩擦力为 书本与桌面间的最大静摩擦力为 由于 故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C错误； B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误； D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为，则由运动学公式可得 解得 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为，则由牛顿第二定律有 解得 则书本匀减速到0的位移为 由分析可知，书本实际上应先向右运动，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为 所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。 故选A。 15．A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 16．BD 【详解】A．绳子瞬间绷紧的过程中，小球与底座发生完全非弹性碰撞，系统的机械能有损失，故A错误； B．底座离开地面后，小球与底座共同做竖直上抛运动，设共同上升的初速度为，根据运动学公式有 解得 绳子瞬间绷紧的过程，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有 代入数据解得 故B正确； C．从释放到玩具离开地面的过程，设运动时间为，取竖直向上为正方向，对玩具系统根据动量定理有 由于运动时间，推导可得地面对玩具的冲量大小满足 故C错误； D．设小球被按下的距离为，释放瞬间弹簧的弹性势能为，由于小球在初始位置处绳子刚好伸直无张力，此时弹簧处于压缩状态，设此时弹簧的弹性势能为，从小球释放到运动至初始位置的过程，对小球和弹簧组成的系统根据机械能守恒定律有 联立代入数据解得 由于且，推导可得 故D正确。 故选BD。 17．D 【详解】B．汽车匀速行驶时（B点），牵引力与阻力平衡，此时功率，速度，由可得，阻力，故B错误； A．在OA段，图像为过原点的直线，即，又牵引力为常数，故该阶段牵引力不变。 阻力恒定，匀速时可知，由牛顿第二定律可知加速度恒定，即汽车做匀加速直线运动。 速度增大到时，功率达到，此时牵引力，因汽车将继续加速至，故此时，加速度，故A错误； C．OA段牵引力恒定，阻力，由牛顿第二定律可得，加速度 初速度为0，末速度为，由运动学公式，可得，故C错误； D．AB段功率恒为，设时间为，阻力做功，牵引力做功 由动能定理 代入化简得 ，故D正确。 故选D。 18．CD 【详解】A．当构件速度最大时，牵引力 塔机的额定功率满足，故A错误； B．时间内，构件做匀加速运动，上升的位移 构件重力做功为，故B错误； C．构件匀加速阶段，由牛顿第二定律可知，牵引力的大小满足 解得 匀加速至时刻达到该额定功率，此时构件的速度 塔机的额定功率 又 联立解得塔机匀加速提升的最大速度，故C正确； D．从开始到时刻，由动能定理可知牵引力做的功满足 解得，故D正确。 故选CD。 19．B 【详解】A．取滑块、组成的系统，其机械能为 运动过程中弹簧对该系统做功，系统机械能的变化量满足 因此、组成的系统机械能不守恒，故A错误； B．根据刚性轻杆两端沿杆方向分速度相等，可得 解得，故B正确； C．初始时，弹簧长度为，恰好等于原长，因此初始弹性势能为零。下降过程中增大，弹簧伸长量增大，到达最低点时弹性势能最大。初、末位置均为速度等于零的临界位置，对、和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有 解得 弹簧弹性势能最大值不等于mgL，故C错误； D．由得连接轻杆对P的作用力，根据牛顿第三定律，P对轻杆的弹力不为零，故D错误 故选B。 20．AC 【详解】A．由小滑块以初速度沿斜面匀速下滑可知 小滑块过O点压缩弹簧后再回到O点动能定理有 解得，故A正确； B．经过B点时受力平衡有 解得，故B错误； C．滑块从O至A过程中机械能损失 对滑块动能定理有 解得，故C正确； D．设压缩量最大为，则有 可得 由O经压缩弹簧后又回到O点摩擦力做功，可知滑块初速度为时摩擦力做功为原来2倍，而初动能为原来4倍，而摩擦力做功为小滑块动能损失，故滑块初速度为时运动到O点时速度不为0，故D错误。 故选AC。 21．B 【详解】A．设物块到B点的距离为，弹性绳与斜面的夹角为，由几何关系可知 弹性绳的伸长量 弹力大小 垂直斜面方向受力平衡有 解得 支持力恒定，滑动摩擦力也恒定，故A错误； B．物块从M到N，初末速度均为0。M点弹性绳伸长量，N点伸长量 弹性势能增加量 根据动能定理有 代入数据解得，故B正确； C．P为MN中点，。P点弹性绳伸长量 从M到P，弹性势能增加量 根据动能定理有 代入数据解得，故C错误； D．物块和弹性绳系统的机械能变化量等于除重力和弹力外其他力做的功，即 由于，系统的机械能一直增加，故D错误。 故选B。 22．B 【详解】A．由几何关系可知，小球A下降的距离为 则小球A的重力势能减小量为，故A错误； B．小球A由点运动到点，绳子段长度由变为，弹簧的形变量改变量 则物块B上升的高度为，小球A初末速度都为0，对A、B及弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒。A重力势能的减少量，一部分转化为B的重力势能增量，剩余部分转化为弹簧弹性势能的增量，即，故B正确； C．对小球A和物块B组成的系统，弹簧弹力对B做功，因此系统机械能不守恒，故C错误； D．设绳子与竖直杆的夹角为，A、B沿绳方向的速度大小相等，则物块B的速度大小 在下滑过程中，故有 因此 小球A的重力瞬时功率大小 物块B的重力瞬时功率大小 显然，故D错误。 故选B。 23．AD 【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有 对，由牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有 则有 可得 解得， 设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为 由能量守恒定律有 解得 释放后的速度最大时为，则有 又有 解得 则有， 由能量守恒定律有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 24．AD 【详解】A．整个装置平衡时，对a球受力分析，如图所示 则有， 解得，故A正确； B．连接a球的杆为活杆，对a球作用力方向始终沿杆，与a球速度垂直，对a球不做功，所以对于a、b组成的系统机械能守恒。 b球上升重力势能增加量为 a球下降，重力势能减小量为 b球上升的高度即连接a端绳子的伸长量，如图则有 杆向下转动60°的过程中，减小， 由，系统重力势能一直在减小，则a、b动能之和一直在增大，故B错误； C．图示位置时，a球的速度与细杆垂直，b球的速度大小等于细绳斜向下拉的速度，由速度的分解可得 解得，故C错误； D．图示位置时，a球重力的功率 b球重力的功率 可得，故D正确。 故选AD。 25．BD 【详解】B．设点为平衡位置，则在C点有 偏离平衡位置位移为时，回复力 回复力指向点，与位移方向相反，故 因此可证明小球做简谐运动。设OA之间的距离为L，小球从A运动到B的过程机械能是守恒的，所以有 解得，故B正确； AC．小球在OA段运动，由牛顿第二定律有 且 解得 小球在OB段的运动为简谐运动的一部分，其振动方程为 简谐运动的周期为 平衡位置为C点，此时弹簧的压缩量为 所以此简谐运动的振幅大小 已知 所以小球从O点运动到C点所用的时间为 从C运动到B的时间为 所以从A运动到B的总时间为，故AC错误； D．从A到O根据机械能守恒定律可得 解得 小球第一次从点运动到点的过程中，沿斜面方向上，根据动量定理可知 解得，故D正确。 故选BD。 $