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】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..百学须先立志。——朱熹2025届高考物理选择题题型高效专练06功和能1·2025年5月6日中国首条具有完全自主知识产权的中低速磁悬浮商业运营示范线——长沙磁浮快线开通试运营,该线路也是世界上最长的中低速磁悬浮运营线。国家“十三五”重点研发计划《现代轨道交通专项》启动时速600公里高速磁悬浮交通和时速200公里中速磁悬浮交通研发项目。列车速度的提高要解决许多具体的技术问题,提高牵引功率就是其中之一。若列车匀速行驶时,所受阻力大小与速度大小成正比,当磁悬浮列车分别以600km/h和200km/h的速度匀速行驶时,∶∶∶∶1【答案】C2.(多选)如图所示,内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球。必须经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W,第二次击打过程中小锤对小球做功4W。设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能,【解析】第一次击打,小球运动的最大高度为R,即W≤mgR。第二次击打,小球才v2能运动到圆轨道的最高点,而小球能够通过最高点的条件为mg≤m0,即v≥gR。小球从静R0111止到达最高点的过程,由动能定理得W+4W-mg·2R=mv2-0,得W≥mgR,则2022mgR≤W≤mgR,正确选项为AB。【答案】,一个小球由A静止开始沿粗糙的圆周顶端运动到底端B41:..志不强者智不达,言不信者行不果。——墨翟时速度为v,克服摩擦力做功W;以速度v从底端B出发,恰好能运动到顶端A,克服摩112擦力做功为W,>v,W>=v,W>=v,W=<v,W<W121212121【解析】对小球由圆周轨道的顶端A静止开始的下滑过程,由动能定理,mgR-W41111=mv2;对小球由圆周轨道的底端B出发的运动过程,由动能定理,-mgR-W=0-mv2;2142221显然v<v。把圆周轨道分割成很多微元,两个过程在对应微元上,第二个过程的速度较124大,对轨道的压力较大,运动所受的滑动摩擦力较大,沿圆周轨道运动克服摩擦力做功较多,即W<W,选项D正确。12【答案】D4.(多选)如图1所示,小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F,力F的大小随时间t的变化情况如图2所示,物块的速率v随时间t的变化规律如图3所示,取sin37°=,cos37°=,重力加速度g=10m/s2。~~【解析】由速度图象知在1~3s时间内,物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:+mgsinθ-μmgcosθ=ma,-0由v-t图象可知,加速度:a=m/s2=。3-1在3~4s时间内,物块做匀速直线运动,由平衡条件得:μmgcosθ-mgsinθ=,2:..古之立大事者,不惟有超世之才,亦必有坚忍不拔之志。——苏轼解得:m=1kg,μ=,故A正确、B错误;由v-t图象可知,0~1s时间内,物块静止,力F不做功,1~3s时间内,力F=,1物块的位移x=××22m=,0~3s内力F做功的平均功率为:×===W=,故C错误。tt330~3s时间内物体克服摩擦力做的功为:W=μmgcosθ·x=×1×10×cos37°×=,故D正确。【答案】,固定的粗糙斜面长为10m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能E随位移x的变化规律k如图乙所示,取斜面底端的重力势能为零,小滑块的重力势能E随位移x的变化规律如图丙所示,重力p加速度g=10m/s2。【解析】图乙是动能—位移图象(E-x图象),其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大k小F=mgsinθ-μmgcosθ,由乙可知:F=mgsinθ-μmgcosθ=;图丙是重力势能合合一位移图象(E-x图象),其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量G=mgsinθ,px由图丙可知:G=mgsinθ=10N。则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小F=μmgcosθxf=,D正确。由于滑块质量未知,故其他量均不可求。【答案】D6.(多选)如图所示,质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上,一根轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内,将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放,小球沿杆下滑,当弹簧位于竖直位置时,小球速度恰好为零,此时小球下降的竖直高度为h,若全过程中弹簧始终处3:..君子忧道不忧贫。——孔丘于伸长状态且处于弹性限度范围内,,,,,弹簧的弹性势能增加量等于mgh【解析】当小球受到的合力为零时,其速度最大,对小球受力分析,可知合力为零的位置在弹簧与杆垂直的位置的下面,选项A错误;小球从初始位置到弹簧与杆垂直的位置,弹簧对小球做正功,小球的机械能增加,而后,弹簧对小球做负功,小球的机械能减少,则知弹簧与杆垂直时,小球的机械能最大,选项B正确;小球下滑至最低点的过程中,初、末动能不变,小球的重力势能减少量为mgh,由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能增加量等于mgh,选项C错误。D正确。【答案】,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,图乙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象。,空气阻力不计,g=10m/s2,B点为AC轨道中点,=25m2/【解析】由图乙可知小球在C点的速度大小为v=3m/s,轨道半径R=,因小mv2球所受重力与弹力的合力提供向心力,所以有mg+F=,代入数据得质量m=,R11选项A错误;由机械能守恒可知,小球在B点的速度由mv2+mgR=mv2,解得v2=17,22BBmv2因B点是弹力提供向心力,所以有F=B,解得F=,选项B正确;再由机械能守R4:..百川东到海,何时复西归?少壮不努力,老大徒伤悲。——汉乐府11恒可得mv2+2mgR=mv2,解得小球在A点的速度v=5m/s,所以图乙中x=25m2/s2,选2200项C正确;因重力与速度方向垂直,所以小球在A点时重力的功率为0,选项D错误。【答案】BC8.(多选)在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,加速度为a,且方向沿斜面向上,设弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,,,,恒力对A做功的功率为(2mgsinθ+ma),B的加速度大小为2【解析】开始时,弹簧处于压缩状态,压力等于物体A重力的下滑分力,根据胡克定律,有:mgsinθ=kx1mgsinθ解得:x=1k物块B刚要离开C时,弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力,根据胡克定律,有:2mgsinθ=kx22mgsinθ解得:x=2k3mgsinθ故物块A运动的距离为:Δx=x+x=,故A正确;从静止到B刚离开C的过12k3m2g2sin2θ程中,物块A克服重力做功为W=mg·Δx·sinθ=,故B错误。k此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力,根据牛顿第二定律,有:F-mgsinθ-T=ma5:..非淡泊无以明志,非宁静无以致远。——诸葛亮弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力,T=2mgsinθ故:F=3mgsinθ+ma,恒力对A做功的功率为(3mgsinθ+ma)v。故C错误;当A的速度达到最大时,A受到的合外力为0,则:F-mgsinθ-T′=0所以:T′=2mgsinθ+maB沿斜面方向由牛顿第二定律得T′-2mgsinθ=2ma′Fma1所以:a′=B==a。故D正确。2m2m2【答案】,小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下,最终停在水平轨道上的B点,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,A、B两点的连线与水平方向的夹角为α,不计物块在轨道转折时的机械能损失,则动摩擦因数为()(θ+α)(θ-α)【解析】:,设B、O间距离为s,A点离水平面1的高度为h,A、O间的水平距离为s,物块的质量为m,在物块下2s滑的全过程中,应用动能定理可得mgh-μmgcosθ·2-μmg·s=0,cosθ1h解得μ==tanα,+,质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍,它与转轴OO′相距R,,,转台对物块做的功为():..为天地立心,为生民立命,为往圣继绝学,为万世开太平。——【解析】:,物体刚开始滑动这一时刻,=m,v2=,运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程,转1kmgRW=mv2-0=.、B两物体分别在水平恒力F和F的作用下沿水平面运动,先12后撤去F、F后,两物体最终停下,它们的v-()、F大小之比为1∶、F对A、B做功之比为1∶、B质量之比为2∶、B克服摩擦力做功之比为2∶1【解析】:-t图象可知,两个匀减速运动的加速度之比为1∶2,由牛顿第二定律可知,A、B受摩擦力大小相等,所以A、B的质量关系是2∶1,由v-t图象可知,A、B两物体加速与减速的位移之和相等,且匀加速位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由动能定理可得,A物体的拉力与摩擦力的关系,F·x-F·3x=0-0;B物体的1f13拉力与摩擦力的关系,F·2x-F·3x=0-0,因此可得:F=3F,F=F,F=F,所2f21f122f2f1f2以F=、B做功相等,F、F对A、、B、D1212错误,:..天行健,君子以自强不息。地势坤,君子以厚德载物。——《周易》12.(多选)在某一粗糙的水平面上,一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,=10m/()【解析】:,拉力F与滑动摩擦力f大小相等,物体与水F1平面间的动摩擦因数为μ==,A正确;减速过程由动能定理得W+W=0-mv2,mgFf2根据F-x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功W,而W=-μmgx,由此Ff可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,.(多选)在有大风的情况下,一小球自A点竖直上抛,其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动),小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上,,方向水平向右,小球在A点抛出时的动能为4J,在M点时它的动能为2J,落回到B点时动能记为E,小球上升时间记为t,下落时间记为t,不计其他阻力,则()∶x=1∶<==12JkBkB【解析】:=t得,x∶(x+x)=1∶22=1∶4,12112即x∶x=1∶3,A正确,B错误;A→M应用动能定理得128:..海纳百川,有容乃大;壁立千仞,无欲则刚。——林则徐11-mgh+W=mv2-mv2,①12M2竖直方向有v2=2gh②①②式联立得W=2J1A→B风力做功W=4W=8J,A→B由动能定理W=E-E,可求得E=12J,C212kBkAkB错误,,,与斜面间的动摩擦k0因数不变,则该过程中,物块的动能E与位移x关系的图线是()k【解析】:,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块质量为m,小物块沿斜面向上滑动过程,由动能定理得,-(mgsinθ+μmgcosθ)x=E-E,即E=Ekk0kk0-(mgsinθ+μmgcosθ)x;设小物块滑到最高点的距离为L,小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得,E=E-mgxsinθ-μmgcosθ(2L-x)=(E-2μmgLcosθ)-(mgsinθ-μmgcoskk0k0θ)x,,小球先进入圆轨道1,再进入圆轨道2,圆轨道1的半径为R,,小球的质量为m,若小球恰好能通过轨道2的最高点B,则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为():..吾日三省乎吾身。为人谋而不忠乎?与朋友交而不信乎?传不习乎?——《论语》【解析】:,有mg=mB,,有F+mg=mA,根据机械能守恒定律,+mv2=mv2,解得F=R2B2A4mg,由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力F′=F=4mg,.(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,、b通过铰链用刚性轻杆连接,,a、b可视为质点,(),,,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg【解析】由题意知,、b的速度分别为v、,ab分别将v、v分解,,所以沿ab杆的分速度v与v′是相等的,即vcosθ=∥∥ab1至地面时θ=90°,此时v=0,由系统机械能守恒得mgh=mv2,解得v=2gh,选项Bb2aa正确;同时由于b初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对b先做正功后做负功,选项A错误;杆对b的作用力先是推力后是拉力,对a则先是阻力后是动力,即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选项C错误;b的动能最大时,杆对a、b的作用力为零,此时a的机械能最小,b只受重力和支持力,所以b对地面的压力大小为mg,选项D正确.【答案】BD10:..人人好公,则天下太平;人人营私,则天下大乱。——,,两球质量均为1kg,开始时两小球置于光滑的水平面上,并给两小球一个大小为2m/s,方向水平向左的初速度,经过一段时间,两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面,不计球与斜面碰撞时的机械能损失,重力加速度g取10m/s2,在两小球的速度减小为零的过程中,下列判断正确的是()【解析】:,设两小球的速度减为零时,B小球上升1的高度为h,则由机械能守恒定律可得mgh+mg(h+Lsin30°)=·2mv2,其中L为轻杆的长20度,v为两小球的初速度,代入数据解得h=,选项D正确;在A球沿斜面上升过程01中,设杆对A球做的功为W,则由动能定理可得-mg(h+Lsin30°)+W=0-mv2,代入数20据解得W=,选项A、B错误;设杆对小球B做的功为W′,对小球B,由动能定理可1知-mgh+W′=0-mv2,代入数据解得W′=-,,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,,机械能的增量为()【解析】:,则对小球由a到c的过程,由动能c11:..不飞则已,一飞冲天;不鸣则已,一鸣惊人。——《韩非子》1定理有F·3R-mgR=mv2,又F=mg,解得v=2gR,小球离开c点后,在水平方向做初2cc速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开vR1c点到其轨迹最高点所需的时间为t=c=2,在水平方向的位移大小为x=gt2=,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增加量为ΔE=F·5R=5mgR,C正确,A、B、.(多选)如图所示,长木板A放在光滑的水平地面上,物体B以水平速度v冲上A后,0由于摩擦力作用,最后停止在木板A上,则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中,下述说法中正确的是()【解析】:,由于摩擦力作用,B减速运动,木板A加速运动,根据能量守恒定律,物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和,选项A错误;根据动能定理,物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能,选项B错误;由能量守恒定律可知,物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和,选项C正确;摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量,摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量,由能量守恒定律,摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量,.(多选)如图所示,甲、乙传送带倾斜放置,并以相同的恒定速率v逆时针运动,两传送带粗糙程度不同,但长度、,甲传送带上小物体到达底端B点时恰好达到速度v;乙传送带上小物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v,:..去留无意,闲看庭前花开花落;宠辱不惊,漫随天外云卷云舒。——《幽窗小记》过程()【解析】:,小物体在甲传送带上做匀加速直线运动,运动L2L时间t==,小物体在乙传送带上先做匀加速运动后做匀速运动,运动时间t=t+t甲vv乙加2LL223Lv2v2=+=,所以t>t,A对;由v2=2aL得a=,同理得a=,则a<a,匀vv2v甲乙甲甲2L乙L甲乙2由牛顿第二定律得a=gsinθ+μgcosθ,a=gsinθ+μgcosθ,所以μ<μ,B错;甲甲乙乙甲乙1由动能定理得W+W=mv2,所以传送带对小物体做功相等,C对;小物体与传送带之重传2LL间的相对位移Δx=x-x=vt-L=L,Δx=x′-x=vt-=,摩擦产生的热量Q甲传甲甲乙传乙加22111=μmgcosθΔx=mv2-mgLsinθ,Q=μmgcosθΔx=mv2-mgLsinθ,所以Q<甲甲甲2乙乙乙22甲Q,