专题6 机械能及其守恒定律 题组4 -【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 题组四 用时： 葛错记录： 一、选择题 1.(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P 和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别 为1和，现将它们编成动车组，设每节动车运 行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在 5 此铁轨上能达到的最大速度为 A.Pia十P2 BP十P2边 发动机最大 332 最大输送高度(m) 63 P1+P2 P1+P2 输出功率(kW) c (P1十P2)12 D.Piv2+P2v 整车满载质量(kg)5.4×104最大输送量(m3h)180 2.(2023·湖北卷)（多选）如图所示，原 A.1.08×107J B.5.04×107J 长为1的轻质弹簧，一端固定在O点， C.1.08×108J D.2.72×108J 另一端与一质量为m的小球相连.小 5.(2020·山东卷)（多选）如图所示，质量为M的 球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之 物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固 间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两 定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过 点与O点的距离均为1，P点到O点 光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连.现将质量为m 的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将 的距离为.OP与杆垂直.当小球置 B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地）， 于杆上P点时恰好能保持静止.设最大静摩擦 A对水平桌面的压力刚好为零.轻绳不可伸长， 力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为5，小球 弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止 以某一初速度从M点向下运动到V点，在此过 状态.以下判断正确的是 程中，弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确 A.M<2m 的是 B.2m<M<3m 八弹簧的劲度系数为W C.在B从释放位置运 动到最低点的过程 B小球在P点下方号1处的加速度大小 中，所受合力对B 先做正功后做负功 为(3√2-4)g D.在B从释放位置运 C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩 动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做 擦力先变小再变大 的功等于B机械能的减少量 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程 二、非选择题 中，小球受到的摩擦力做功相同 6.(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运 3.(2022·浙江6月)小明用额定功率为1200W、 到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与 最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的 楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方 质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的 法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P, 平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过 另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳 5m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为 子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物 零，g取10m/s2,则提升重物的最短时间为 的质量m=42kg,重力加速度大小g=10m/s2, 当P绳与竖直方向的夹角a=37时，Q绳与竖直 A.13.2s B.14.2s 方向的夹角3=53°，(sin37°=0.6) C.15.5s D.17.0s 4.(2021·浙江卷)中国制造的某一型号泵车如图 所示，表中列出了其部分技术参数.已知混凝土 密度为2.4×103kg/m3,假设泵车的泵送系统以 150m3h的输送量给30m高处输送混凝土，则 每小时泵送系统对混凝土做的功至少为() -26 专题六机械能及其守恒定律 (1)求此时P,Q绳中拉力的大小： (3)将质量为Am(入为常数且1≥5)的小物块B (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h= 置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B 10m,求在重物下降到地面的过程中，两根绳子 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均 拉力对重物做的总功。 能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求 A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围. 8.(2020·江苏高考)如 图所示，鼓形轮的半径 为R,可绕固定的光滑 水平轴O转动.在轮上 沿相互垂直的直径方 向固定四根直杆，杆上 分别固定有质量为m M 的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长 7.(2021·湖南卷)如图，竖直平面内一足够长的光 绳，绳上悬挂若质量为M的重物.重物由静止下 滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段 落，带动鼓形轮转动.重物落地后鼓形轮匀速转 光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形 动，转动的角速度为仙.绳与轮之间无相对滑动， 轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的 忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力， 动摩擦因数为：.以水平轨道末端O点为坐标原 重力加速度为g.求： 点建立平面直角坐标系xOy,x轴的正方向水平 (1)重物落地后，小球线速度的大小： 向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐 (2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该 标为(2L,l),Q端在y轴上.重力加速度为g 球受到杆的作用力的大小F: (3)重物下落的高度h. 0 Q (1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2L的位 置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度 大小： (2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下 滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相 同，求PQ的曲线方程； —27-五年高考真题分类集训 物理 度为0，到N,点时乙竖直方向逢度为零，根据瞬时功率公式 15 P=mg叫，可知重力醉时功率先增大后减小，CD错误，故 代入数据得Lg=后m<1,0m,故不会冲出. 选B. (3)滑块运动到距A点x处的违度为p,根据动能定理有 4,AC重力的功率为P=mg四由图可知在0~t1时间内，返同 舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间诚小，故A正确： mgH-ngr=文m 根据v一（图像的钟率表示加逸度可知在0~1时间内返回 碰撞后的追度为，由动壹中恒定律得m=3, 舱的加述度减小，故B错误；在11一生时间内由图像可知返 设碰撞后滑块滑到斜航道的高度为h,由动能定理得 回轮的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确：在2一 3时闲内，由因像可知返回捻的追度不变，则动能不变，但由 -3mng()3m) 于远回舱高度下降，重力势能减小，故机械能诚小，故D错 误，故选A,C, 得=（行r-)m(得m<r≤1m) 5,C四节动力车厢输出功率为额定功率时，4P一km·m,四 节动力车厢输出总功率为2.25P时，2.25P=ml·m1,由 A=0(0≤r≤号m): 以上两式解得1=手C正确， 答案(1》8N,方向水平向左(2)不会冲出 6,AB由重力婷能和动能随下滑距离变化的图像可知，重力 m(gm<≤1) 势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑 过程中机城能不守总，A项正确：在斜面顶瑞，重力势能 A=0(0≤r≤号m) =mgh=30J,解得物块质量m=1kg,由重力势能蓝下滑距 题组 离s变化图像可知，重力势能可以表示为E。一(30一6s)」，由 1.D 由题意可知两节动车分别有P-助 动能随下滑距离5变化图像可知，动能可以表示为E=2:J, P2=f22 设斜西领角为0.剩有sin0=么-3o0=兰，由功能关系 当将它们热组后有P1十P:=(f1十f2)v (Pi+P:)v 有一mg00s0·￥=E,+E一30J=(30一6x+2x-30)J 联主可得一P十P 一4小.可得0.5，B项正确：由=2s小，=受可得， 故达D. 2.AD小球在P点受力平衡，则有 =4sm2s2,对比匀变魂直线运动公式=2a可得a三 2ms,即物块下滑时加速度的大小为2.0ms2,C项错援： mg=ff=FFN=(-专)】 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.机枝能颖失量△E 联主解得k=4m5,A正确： 30J-22J=8J,D项错误. 在PM之间任取一点A.今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组成的系就动量守恒， 则有2=(m1十m2) 时弹簧的弹力为F=k(一2sim0】 代入款据有=1m￥ 小球受到的摩擦力为f=FN=uFsin日 对m:受力分析有a1=8=4mv 化简得后-(sin0-经) 则木板运动前右端距弹簧左端的矩离有叫=214 0在MP之间增大在PN减变小，即摩察力先变大后变小，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 根对称性可知在任意关于P,点对称的点摩擦力大小相等， x=(m+mg)a 周此由对称性可如M到P和P到N摩擦力做功大小相等： 对m:有a2三g=1ms D正确： 当4，=g时物块与木板之间即等相对滑动，解得此时的弹 簧乐缩量x3=0.25m 小琅运动到P点下方气时0=45，北时摩擦力大小为 对m1,m2组成的系鱿由动能定理有 壹如=m+m话-壹m+m话 i=n(u竖-g) 由牛顿第二定律mg一∫=用 代入数据有的-号m 联立解得a=(2一√2)g B错误，故选AD. (3)木板从速度为边时到之后与物块加选度首次相同时的 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m!的加速度大于木块m:的加追度，剥 做匀加追上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到 当木板与木块的加递度相同时即弹簧彩变量为？时，则说 重物达到最大速度，接着做匀选运动，最后以最大加速度做 明此时m1的建度大小为均，共用时20，且m?一直受滑动 匀减递上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加递 摩擦力作用，则对m2有一m生g·21a=m2约一m: 上升过程，根播牛顿第二定律可得 解得巧= 41=T-mg_300-0X10m/g=5m/g 2 -2 20 则对于m1,m2组成的系统有 当功率达到领定功率时，设重物的速度为功， -300m-4m 剥有物一 △U=-W 联立有△U=4√31o一8 此过程所用时间和上升高度分别为=当=4 a15s=0.8s 答案(1)1m/s:0.125m: 42 3 (2)0.25m4号m/s:(3)4y34,-86 h1-2a2xm=1.6m 重物以最大边度匀速时，有 8,解析()旅据教诚能守短定律有mgH=网gR+之mD PM_P=1200, 子=m200m5=6m 代入数据解得n=4m,根据牛顿第二定律有FN=m 重物最后以最大加地度做匀减逸诺动的时间和上升高度分 R =8N 别为4==号=12 由牛顿第三定律可知F、'=F=8N,方向水平向左， 62 (2)设滑块能在钟轨道上到达的最高点为C点，根据功能关 ha-2a一2×5m3.6m 系有mgH=mgLAn十amgLnc cos0+ngLic sin 0 设重物从结束匀加速运动到开始做匀成速运动所用时间为 150 可 详解答案 妇，减过程根据动能定理可得 设碰后A反弹，再次到达O点时速度为，根据动能定理可 P每红一mgh:=之m呢一之m对 知一2知mgL.=2m砖-2m听 又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m 解得2=所一4gL 联立解得t2=13.5s 据题意，A落点在B落点的右侧，则功>四 故提升重物的最短时间为 撼题意，A和B均能落在蒸形轨道上，则A必须落在P,点的 ‘mm1十42十30.8s+13.5s+1.2s=15.5s C正确，ABD错误，故选C 左侧，即助≤√2gL 联立以上，可得小的取值范国为 4,C系车的系送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送 3x-1 混凝土，每小时系送系统对混凝土破的功 W=pVgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×104J.数 发岁灿 选C 8.解析()由线逸度=mr 5.ACD根据弹簧银予的对称性可知，当钩码B下降到最低点 得v=2awR. 时弹簧的拉力F=2mg,设轻蝇与水平面的夹角为日，对物块 (2)向心力F台=2mmR A受力分所，有Fsin0=Mg,可得M<2m,选项A正确，B错 设F与水平方句的失角为a, 误：在B从释放位置运动到最低点的过程中，速度先增大后 剥Fcos a=F向，Fsin a=mg 减小，根据动能定理可知，B所受合力对其先做正功后做贺 解得F-√(2mawR)+(mg)产 功，选项C正确：在B从释放位置运动到逸度最大的过程中 (3)落地时，重物的速度=R,由小球与重物红成的桑统的 根据功能关系可知，B克服弹簧弹力做的功等于B机减能的 减少量，选项D正确， 机赖能守极得2M2+4×m=Mg水 6,解析(1)重物援慢下降，处于平 衡状态，对重物进行受力分析，如 ↑Ios 解得有=M6m(R. 2Mg 国所示， 水平方向有Tpsina=Tain月 答案(1)2mR(2)√(2nmR)2+(mg)7 Tsin B 竖直方向有 （a)M+I6m(mR T sin a B 2Mg Tpcos a=Tocos 8+mg mg 联立解得 Tcos B 专题七动量守恒定律 Tp=1200N.T。=900N 题组 (2)重物援慢下降，动能变化量为 1。AD子弹在太块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统 零，下降过程中对重物由动能定理有mgh十W一0 所受合外力为0，所以城系统动量守恒，若子弹没有射出木 解得W=一4200】 块，则由动量守恒定律有助=(m十M)v,解得木块获得的 即两报绳子拉力对重物做的总功为一4200J。 。m6 答案(1)1200N900N(2)-4200J 逸度大小为 m十M:又子弹的初建度越大，其打入木块越 7,解(1)物块A从先滑轨道滑至O点，根据动能定理有 深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有 mg·2l.一mgL=豆m 2mG-2(m+MD+kb.解得h-2张L.(m+M :若子 mM 解得v=2gL. (2)物块A从)点飞出后做平批运动，设飞出的初逸度为 弹能够特出木块，剥有>2(m十山，予弹在木块内运动 mM 的，落在孤形轨道上的坐标为(，y),拌平抛运动分别分解到 的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定排有=m· 水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 w=Mw根据位移关系有1一子n2-2aw2=L,对 2kmL 解得水平初速度为话一 木挑有的=a,联立解得y一2Mm一Mm又越 2y 大，越小，则的越小，即随着的增大，木块获得的速度西 物块A从O,点到落，点，根据动能定理可 不断或小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度 mg3y=B一乞m6 大小西-2Lm士心，A正确：于弹在木块内运动的过程， 材V 解得落点处动能为B=mgy十号mG=mgy十m 对子弹由动量定理有一k=m一的，解得子弹在木块中 y mM 因为物块A从O点到孤形轨道上动能均相同，将落点 运动的时间t一(m十MB错误：由能量守证定律可知，木 P(2L,L)的坐标代入，可得 E线=mgy+m5 =mg Xul.tmg(2uL) 块和子弹横失的总动能△E=kL=2L(m+M心，C错 mM =2umgL 4×l 误：木块在加速过程中做匀加逸运动，由运动学规律有x 化简可得叶 解得木块在加速过程中运动的距高 m十D正确。 即x=2√2ly-y(其中l≤y≤2l.). 2.B山能量守位定律可知，中子与氢核瑶控后静止，与氯核瑾 (3)物块A在颅针轨道上从更x轴高h处静止滑下，到达 后反弹，所以碰撞后氯核的动能比氢核的动能小，B正确， O点与B物块碰前，其速度为协，根据动能定理可知 3.BCCD.外力撒去首，由牛频第二定律可知F一g=m阳1 ⊙ mgh一mgl.=之m哈 由速度住移公式有砖=2a: 解得话=2gh一2gL 外力报去后，由牛领第二定律可知一mg=m 物块A与B发生弹性楼拉，为使A和B均能落在狐形桃道 由建度位移公式有一6=2a:(20) ① 上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰掉后需要反弹后再 经过水平轨道一倾斜轨道一水平轨道再次到达O点，规定术 由①②⑤④可得，水平恒力F=3m 平向右为正方向，骚后A、B的速度大小分别为1和边·在 A与B瑾撞过程中，动量守恒，能量守做，则 =一十入 动摩擦周教牡一4g m喝 之加听=之m听十乞·m砖 滑动摩擦力F(=mg=4 A-1 2 可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正 解得一十物=中1 确，D错误：A,在此过程中，外力F微功为W一F和 151