专题6 机械能及其守恒定律 题组3 -【高考密码】备战2025年高考物理2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题 分类集训 物理 题组三1 用时:___ 易错记录 一、选择题 动简化为竖直方向的直线运动,其v一t图像如 1.(2024·浙江1月选考)如图所示,质量为m的足 图所示.设该过程中,重力加速度不变,返回舱质 球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在 ( 量不变,下列说法正确的是 ) , 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mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 A.在0~&时间内,返回舱重力的功率随时间 2.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜 减小 面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端,利 B.在0~z时间内,返回舱的加速度不变 用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪 C.在么~时间内,返回舱的动量随时间减小 照片示意图如图所示,与图乙中相比,图甲中 D.在t2~。时间内,返回舱的机械能不变 滑块 ( ) 5.(2021·湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提 供动力,从而达到提速的目的.总质量为n的动 车组在平直的轨道上行驶,该动车组有四节动力 车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动 车组所受的阻力与其速率成正比(F一kv,b为 常量),动车组能达到的最大速度为v.下列说 法正确的是 甲 乙 ( A.受到的合力较小 A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定 B.经过A点的动能较小 不变 C.在A.B之间的运动时间较短 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 组从静止开始做匀加速运动 3.(2023·辽宁卷)如图(a),从高处M点到地面N C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动 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. D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车 两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程 组从静止启动,经过时间:达到最大速度vm. 中 ) C 则这一过程中该动车组克服阻力做的功为2 m Pt 6.(2020·全国卷I)(多选)一 E/ 物块在高3.0m、长5.0m的 777777777777N 图(a) 图(h) 斜面顶端从静止开始沿斜面 A.甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 下滑,其重力势能和动能随 B.甲沿II下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 下滑距离;的变化如图中直 C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变 线I、II所示,重力加速度取 10m/s2.则 D.乙沿II下滑且乙的重力功率一直增大 ) 4.(2022·湖南卷)(多选)神舟十三号返回舱进入 A.物块下滑过程中机械能不守恒 大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 伞,最后启动反冲装置,实现软着陆,某兴趣小组 C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s{②} 研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运 D.当物块下滑2.0m时机械能损失了121 专题六 机械能及其守恒定律 二、非选择题 8.(2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装置 7.(2023·辽宁卷)如图,质量m=1kg的木板静 放在水平地面上,该装置由弥形轨道、竖直圆较 止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲 道、水平直轨道AB和倾角θ-37^{*}的斜轨道BC 度系数k一20N/m的轻弹,弹策处于自然状 平滑连接而成.质量m=0.1kg的小滑块从孤形 态,质量zm。一4kg的小物块以水平向右的速度 轨道离地高H一1.0m处静止释放.已知R 0.2m,LaB=Lnc=1.0m,滑块与轨道AB和 BC间的动摩擦因数均为i一0.25,孤形轨道和 与弹赘接触,木板足够长,物块与木板间的动摩 圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力 擦因数1一0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力 弹始终处在弹性限度内,弹策的弹性势能E 与形变量x的关系为E.-kx2.取重力加速度 g=10m/s2,结果可用根式表示 (1)求木板刚接触弹箭时速度;的大小及木板运 动前右端距弹左端的距离x1; (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨 (2)求木板与弹接触以后,物块与木板之间即 道的压力; 将相对滑动时弹策的压缩量x。及此时木板速度 (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端 2的大小; C点; (3)已知木板向右运动的速度从v。减小到0所 (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 用时间为.求木板从速度为v时到之后与物 点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运 块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化 动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上 的内能△U(用:表示) 到达的高度h与x之间的关系.(碰撞时间不计, sin 37*-0.6,cos37*-0.8) 25可 详解答案 2,B在地面附近雨滴微匀速运动，根据动能定理得mgh一W: =0,故雨滴克服空气阻力做功为mg九，故选B. 报据几何关系可得DF= 5 m 3.BC由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx,可看出 联立解得x=31十DF十1 W一x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动 能定理有W一mgx=之m心，则x=1m时物体的述度为 代入数据解得(3+）m<<(3.6+）n 当0.9m<h<1.2m时，从h2=0.9m释放时，根据动能定 =2m/s,x=1m时，拉力为F=AW =6N,则此时拉力的功 x 理可得mgh一红mg32=0 解得s2=1.8m 率P=F=12W,x=4m时物体的动能为Ek=2J,A错 可知物块达到距离C,点0,8m处静止，滑块a由E点追度为 误、B正确：从x=0运动到x=2m,物体克限摩擦力做的功 零，远國到CD时，根据动能定理可得mgH一mg3=0 为W,=mgx=8J,C正骑：根据W一工图像可知在0一2m 解得s53=0.4m 的过程中F1一6N,2一4m的过程中F2一3N,由于物休受 距离C点0.6m,综上可知当0.9m<h<1.2m时 到的摩擦力恒为=4N,则物体在x=2m处递度最大，且 31一s3x3l 根据选项AB分析可知此时的逸度2=√⑧m/s,剩从x=0运 代入数据得2,6mx3m 动到x=4的过程中，物体的动量最大为p■mU=2√2kg· 答案(1)5m/s(2)F、=0.1h-0.14(h≥1.2m) m/s,D错误，故选BC, (3)当0.9m<h<1.2m时，2.6m≤x≤3m,当1.2m≤h≤ 4.D由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加 速度等于重力加達度，不随时问改变，故A辑误：铅球被水平 上65m时.(3+9）m<<(.6+g）m 推出后做平抛运动，竖直方向有巴，=g,剩推出后速度大小 9,解析(1)由题意可知小车在光滑解面上滑行时根据牛顿第 为=√/话十(g),可知速度大小与时间不是一次函数关系， 二定律有ngin0=ma 故B错误：畅球推出后的动能E=号m心=之m[话十 设小车通过第30个减速带后速度为叫，到达第31个减速带 时的速度为巧，别有吃一听一2ad (g)2],可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误：铅球 因为小车通过第30个减速带后，在相第减选带间的平均建 水平推出后由于忽略空气阻力，所以推出后铅球机械能守 度均相同，故后面过减速带后的逢度与到达下一个减逸带均 恒，故D正确.故选D 为功和的：经过每一个减速带时损失的机藏能为△E 5,D运动员从a到c根据动能定理有mgh=2m时 联立以上各式解得△E=ngd sin8 在c点有F地一mg=mR (2)由(1)知小车通过第50个减速带后的建度为助，则在水 Fw≤kmg 平地面上根据动能定理有一mgg=0一名m时 联立有R≥当故选D 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有 6.A火箭在高压气体的推力、重力和空气阻力的共同作用下， mg(L+29d)sin0-△E卷=2m明 先做向上的加速运动，后微向上的减速运动，当火新加速度 为家时，火箭速度最大，此时动能最大，故A正确。 联立解得△E=mg(L十29d)sin0-mgs 故在每一个减速带上平均横失的机械能为 7.ABDA.小车从M到N,依题意有P1=F=200W,代入 数据解得F=40N,故A正确，B.依题意，小车从M到N,因 △E= △E适=mg(L+29d)sin0-mg坠 30 30 匀速，小车所受的摩擦力大小为f1=F=40N 则摩擦力做功为W1=一40×20J=一800J,别小车克服摩 (3)由题意可知△E>△E 擦力做功为800J,故B正确，C,依题意，从P到Q,重力势能 可得L>d+ 增加量为△Ep=mg×△h=500N×20 mX sin30°=5000J,故 sin C错误：D.依题意，小车从P到Q,摩擦力为，有f2十 答案(1)mgdsin日(2)mg(L+29d)sin0-mgs 30 mgsin30°=，摩擦力微功为W2=-X2 (3L>d+0 52=20m 联立解得W2=一700J 题组三 则小车克服摩擦力做功为700J,故D正确.故速ABD, 1,B足球在空中运动时受重力和阻力作用。 8.解析(1)滑块b摆到最低点过程中，由机减能守恒定律 选项 分析 结论 mgh=立加候 A 由动能定理如，足球从1到2减少的动能大 解得物=5m/s 于mgh b与。发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 B 可得m%=mU6十m 足球从1到2重力势能增加mgh 1 2m哈=2m略+2m呢 足球从2到3增加的动能小于mgh + 联立解得购=功=5m/s 足球在空中运动时有阻力发负功，机械能 (2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰， D 减少 速度交摸，设物块口刚好可以到达E点，高度为h,根据动能 2.C因为频闪照片时间河隔相同，对比图甲和乙可知图甲中 定理可得mgh1一2mg一mgH=0 滑块加速度大，是上滑阶段：根据牛顿第二定律可知图甲中 解得h1=1,2m 滑块受到的合力较大：故A错误；从图甲中的A点到图乙中 以竖直向下为正方向Fy十mg=m尺 的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功：根据 动能定理可知图甲经过A,点的动能较大，故B辑误：由于图 由动能定理mgh一2mgl一mgH=?m呢 甲中清块加速度大，根据△x=】。 联立可得Fy=0.1h-0.14(h≥1.2m) 可知图甲在A、B之间的远动时间较短，故C正确：由于无论 (3)当1.2m≤h≤1.65m时，物块位置在E,点或E,点右侧， 上滑戏下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在 根据动能定理得mgh-2mgl一mgH=之m呢 A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误：故选C. 3.BAB.由图乙可知，甲下滑过程中，甲微匀加速直线运动， 从E点飞出后，竖直方向H=受g2 则甲沿Ⅱ下滑，乙微加速度逐渐诚小的加追运动，乙沿I下 滑，任意时刻甲的造度都小于乙的速度，可如同一时刻甲的 水平方向=E 动能比乙的小，A错误，B正确：CD.乙沿I下滑，开蛤时乙速 149 五年高考真题分类集训 物理 度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式 15 P=mg,可知重力醉时功率先增大后减小，CD错误.故 代入数据得Lc=16m<1,0m,故不会冲出， 选B. (3)清块运动到距A点x处的遍度为口，根据动能定理有 4,AC重力的功率为P=mg℃由图可知在0一时间内，返回 轮的速度随时间诚小，故重力的功率随时间诚小，故A正确： mgH-mgx=交m 根据y一：图像的斜率表示加速度可知在0一（时间内返回 碰撞后的违度为，由动量守恒定律得mv=3m, 轮的加选度诚小，故B错误：在1一2时间内由图像可知返 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理得 回轮的速度减小，故可如动量随时间减小，故C正确：在红一 3时闲内，由因像可知返回轮的速度不变，别动能不变，但由 -3pumg(LAn)-3umg tan 0 3mgh-0 2(3m)v2 于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错 误，故速A,C, 得A=(信r-&)m(受m<x1m) 5.C四节动力车厢输出功率为额定功率时，4P=。·m,四 节动力车输出总功率为2.25P时，2.25P=kv1·m1,由 A=0(0≤r≤号m): 3 以上两式解得al=mC正确， 答案(1)8N,方向水平向左(2)不会冲出 6.AB由重力势能和动能随下滑距离￥变化的困像可知，重力 (停m<<I) 势能和动能之和随下滑距离$的增大而减小，可知物块下滑 过程中机梳能不守恒，A项正确：在斜面顶瑞，重力势能E A=0(0≤x≤号m】 =mgh=30J,解得物块质量m=1kg,由重力势能随下滑距 题组四 离5变化图像可知，重力势能可以表示为E。一(30一6s)J,由 1.D由题意可知两节动车分别有P1=f功 动能随下滑距离3变化图像可知，动能可以表示为Ek■2sJ, Pg=f2吃 设斜面倾角为0，则有如0=卓= 5,c00= 一，由功能关系 当将它们编组后有P1十P2=(f1+f2)u 有-mgc0s0·s=Ep+Ek-30J=(30-6s+2s-30)J= 联立可得= (P+P) P12+Pa巧 J,可得r=0.5,B项正确，由Ek=2sJ,E=2可有 故选D. 2.AD小球在P点受力平街，则有 2=4sm2/s2,对比匀变速直线运动公式2=2as,可得a= 2m/s,即物块下滑时加速度的大小为2,0m/s2,C项错误； mg=J=FN,Fx=k(-之)】 由重力势能和动能随下滑距离5变化图像可知，当物块下滑 2.0m时机械能E=18J十4J=22J,机械能横失量△E= 联立解得k=m坚，A正确： 30J一22J=8J,D项错误. 在PM之间任取一点A,令AO与MN之间的夹角为0，则此 7,解析(1)由于地面光滑，则m1,m2组成的系统动量守恒， 则有2%=(m1十m2)防 时弹黄的弹力为F=k(1一2in6】 代入数据有功=1m/s 小球受到的摩擦力为万=uFM=uFsin8 对m受力分新有1=8=4m/g 化商得人=A(s血0-) 则木板运动前右鹅距弹簧左端的距离有听=21工 O在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C 代入数据解得x1=0.125m 错误； (2)木板与弹簧接触以后，对m1,m2组成的系统有 根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等， kx=(m1十m2）a共 因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等； 对m2有a2=g=1m/s D正确； 当a共=g时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹 簧压缩量x2=0.25m 小球运动到P点下方乞时日-45，此时摩擦力大小为 对州，m2组成的系统由动能定理有 1 h=r(u竖-) 2号=2(m+m)号-2(m+m)听 由牛顿第二定律mg一f=ma 代入数据有=号m/年】 联立解得a=(2-√2)g B错误，故选AD. (3)木板从速度为？时到之后与物块加追度首次相同时的 3.C为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物 过程中，由于木板即m1的加追度大于木块2的加追度，则 做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变支到 当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为工？时，剩说 重物达到最大递度，接着微匀递运动，最后以發大加速度微 明此时m1的追度大小为2，共用时20，且m2一直受滑动 匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加跳 摩擦力作用，则对m2有一m2g·2o=m2功一m2功 上升过程，根据牛顿第二定律可得 解得的=-2 a1-T二mg_-300-20X10m/g=5m/ 20 则对于m1,m2组成的系统有 当功率达到额定功率时，设重物的逵度为叫1， 则有-=1200] T 300 m/s=4 m/s △U=一W: 联立有△U=4√3to一8场. 此过程所用时间和上升高度分别为1==生 s=0.8s 答案(1)1m/s0.125m 42 (2)0.25m32 h=2a,=2x5m=1.6m m/s:(3)4√310-8 重物以最大速度匀速时，有 &解析()振据机被能守板定排有mgH-m8R十之mD2 号--器m-sm: 代入数据解得吻一4m/s,根搭牛频第二定律有F一尺 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分 =8N 别为有==。s=1.2s @m 5 由牛颜第三定律可知F、x'=FN=8N,方向水平向左， 62 (2)设滑块能在解轨道上到达的最高点为C点，根据功能关 h4=2a2X5m=3.6m 系有mgH■mgLA越十mgLec'cos0十ngLec'sin8 设重物从结来匀加速运动到开始微匀减选运动所用时间为 150