专题6 机械能及其守恒定律-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训试卷

专题六机械能及其守恒定律 [考点1]功和功率 1.(2025·云南卷，2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静 止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h,在此过程中列车对座椅上的 一高中生所做的功最接近 () A.4×105J B.4×104J C.4×103J D.4×102J 整 2.(2023·山东卷，4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田 里引水的场景.引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速 转动.水筒在简车上均匀排布，单位长度上有个，与水轮间无相对滑动.每 紧 个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处 灌人稻田.当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 A.2nmgo'RH B.3nmgoRH 5 5 C.3nmgo'RH 6 D.nmgwRH 3.(2023·山东卷，8)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时.牵引力 榆 F和受到的阻力∫均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着 7777777777777777777 质量为m的物体由静止开始运动.当小车拖动物体行驶的位移为s1时、小车达到额定功率.轻 绳从物体上脱落.物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为52.物体与地面间的动摩擦因数 不变，不计空气阻力.小车的额定功率p。为 () 2F2(F-f)(s2-s1)s 2F2(F-f)(s2-s1)51 A. 河 (M+m)s2-Ms (M+m)s2-ms 数 阳 C. 2F2(F-f)(s2-1)s2 2F2(F-f)(s2-s51)52 (M+m)s2-Ms D. (M+m)s2+ms 4.(2022·广东卷，9)（多选）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小 车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜 坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶.已知小车总质 量为50kg,MN=PQ=20m,PQ段的倾角为30°，重力加速度g 30° 黑 取10m/s2,不计空气阻力.下列说法正确的有 A.从M到N,小车牵引力大小为40N B.从M到N,小车克服摩擦力做功800J C.从P到Q,小车重力势能增加1×10JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J 5.(2022·浙江卷，13)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面 的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不 超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10m/s2,则提升重物的最短时间为 ( A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s 25 6.(2021·6月浙江卷，11)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 150m3/h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 ( 发动机最大输出功率(kW) 332 最大输送高度(m) 63 整车满载质量(kg) 5.4×104 最大输送量(m3/h) 180 A.1.08×10J B.5.04×103J C.1.08×108J D.2.72×108J 7.(2021·湖南卷，3)“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m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阻=k,k为常量)，动车组能达到的最大速度为m·下 列说法正确的是 () A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C,若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为子， D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度m,则 这一过程中该动车组克服阻力做的功为2m2-Pr [考点2]动能定理 1.(2023·新课标卷，15)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落， 一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加 速度大小为g) ( A.0 B.mgh C. D.mgh 2.(2023·新课标卷，20)（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下， 18- 由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W 与物体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力 6 加速度大小取10m/s.下列说法正确的是 () 0 1234xm A.在x=1m时，拉力的功率为6W B.在x=4m时，物体的动能为2J C.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8J D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s 3.(2023·湖南卷，8)（多选）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线 段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为O,BC 段圆心为O,最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从 A点以初速度。冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确 0 的是 ( ) A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度。=√2gR D.若小球初速度。增大，小球有可能从B点脱离轨道 26 4.(2022·全国甲卷，14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图 所示.运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点， h a、c两处的高度差为h,要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身 所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则￠点处 7777777777777777777 这一段圆弧雪道的半径不应小于 ) h A.k+1 B会 c D.g 5.(2021·全国甲卷，20)（多选）一质量为m的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动. 该物体开始滑动时的动能为E,向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达 斜面底端时动能为号.已知sma=06,重力加速度大小为g:则 A.物体向上滑动的距离为Ek/2mg B.物体向下滑动时的加速度大小为g/5 C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 6.(2025·黑吉辽蒙卷，13)如图，一雪块从倾角0=37°的屋顶上的O点由静止 开始下滑，滑到A点后离开屋顶.O、A间距离x=2.5m,A点距地面的高度 h=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦因数4=0.125.不计空气阻力，雪块质量不 变，取sin37°=0.6.重力加速度大小g=10m/s°.求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v。: (2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角α. 27 7.(2024·新课标卷，24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下 降过程中重物与楼墙保持一定的距离.如图，一种简单的操作方法是一人在高处控 制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二 人配合可使重物缓慢竖直下降.若重物的质量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绳与竖直方向的夹角B=53°.(si37°=0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小： (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h一10m,求在重物下降到地面的过程中，两根绳子 拉力对重物做的总功 8.(2023·江苏卷，15)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为 45°.平台BC与缀冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点.滑雪者现 从A点由静止开始下滑，从B点飞出.已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数 均为，重力加速度为g,不计空气阻力. 45 -45 (1)求滑雪者运动到P点的时间t; (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v; (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L, 28 9.(2021·全国乙卷，24)一篮球质量为m=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为h1= 1,8m处由静止自由落下，反弹高度为h2-1.2m.若使篮球从距地面h3-1.5m的高度由静 止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m.假设运动员拍球时 对球的作用力为恒力，作用时间为t一0.20s;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变. 重力加速度大小取g=10m/s,不计空气阻力.求： (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小， [考点3]机械能、机械能守恒定律 1.(2023·浙江卷，3)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的 加速度大小a、速度大小U、动能E和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是 4 2.(2022·全国乙卷，16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大 圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于 A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 3.(2021·山东卷，3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质 细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为的小木块相连.木块以水平 初速度。出发，恰好能完成一个完整的圆周运动.在运动过程中，木块所受摩擦力 的大小为 ( A.2 o B c 4.(2021·河北卷，6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示.长度为 πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球， 小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直.将小球从Q点由静 止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g,不计空气 阻力) A.√(2+π)gR B.√2πgR C.2(1+r)gR D.2gR [考点4幻功能关系和能量守恒定律的应用 1.(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与 水平面上MN段的动摩擦因数为1，与其余部分的动摩擦因 数为以2，且41>42.第一次，滑块从I位置以速度向右滑 M 动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1,所用时 间为t1;第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度。向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位 置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2,所用时间为t2,忽略空气阻力，则 ( A.t<t B.t>t C.x>xx D.<x2 29 2.(2025·云南卷，10)（多选）如图所示，倾角为0的固定斜面，其顶端固定一 劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点.质量为m的滑 wWwwWWw 块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数u=tan0.过程I:Q以速度。从 0 斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹 簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最 大，过O点后能继续上滑.弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空 气阻力，重力加速度为g.则 ( A.P、M两点之间的距离为o6一4 ng'sin0 4kg sin 0 B过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到0点的过程中损失的机械能为m心 C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为知i二8 ng'sin0 2kg sin0 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 3.(2024·山东卷，7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学， 分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为！的轻 F 甲 乙 质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l).两木板与地 面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=k:(:为绳的伸长量)。 现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木 板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,则F所做 的功等于 () A.(umg) 2k +umg(I-d) B.3(mg 2k -十umg(l-d) C.3(mg 2k -+2mg(l-d) D.(umg) 2k +2umg(l-d) 4.(2023·全国乙卷，21)（多选）如图，一质量为M、长为L的木板静止在光滑水 平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度。 开始运动.已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为∫，当物块从木板右端离 77777777777777777 开时 A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于f C.物块的动能一定大于2m6-f九 D.物块的动能一定小于2mG-f孔 5.(2022·山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭. 如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞 向太空.从火箭开始运动到点火的过程中 A.火箭的加速度为零时，动能最大 高压气体 B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 6.(2022·浙江卷，12)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之 一，如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置.某风力发电机 在风速为9m/s时，输出电功率为405kW,风速在5~10m/s范围内，转 化效率可视为不变.该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为P, 风场风速为，并保持风正面吹向叶片.下列说法正确的是 A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B.单位时间流过面积A的流动空气动能为Ad C.若每天平均有1.0×10kW的风能资源，则每天发电量为2.4×10kW·h D.若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少 为6.0×105kW·h 30 7.(2025·云南卷，15)如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周 紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M.与箱子右侧壁平行的磁场 边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小 为B、方向竖直向下.t=0时刻，箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀 加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为的木块（视为质点）恰好能与箱子保 持相对静止，箱子右侧壁进人磁场瞬间，木块与箱子分离：箱子完全进人磁场前某时刻，木块落 到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）：木块落到箱子底部 时即撒去F.运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗 细及空气阻力.木块与箱子内壁间的动摩擦因数为：，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度为g, 艳缘箱 导线 绝缘箱立休图 截南图 (1)求F的大小： (2)求t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离； (3)若t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s(s大于(2)问中最小距离)，求最终木块与 箱子的速度大小 8.(2025·湖南卷，15)某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机 器人杂技表演.表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点， 图为山体截面与表演装置示意图.a、b为同一水平面上两条光滑平行轨 道，轨道中有质量为M的滑杆.滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连. 初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下 运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB=1.2L.滑杆始终与 轨道垂直，机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动，不计空气 阻力，轻绳不可伸长，sin37°-0.6，重力加速度大小为g, (1)若滑杆固定，=√gL,当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小： (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37时，机器人松开轻绳 后被抛至A点，求0的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M=km,且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方 向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值. 31 9.(2024·江苏卷，15)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为，倾角为0， 电动机 斜面长为L.一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加 速至B点时达到最大速度0，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从C 点又恰好到达最高点D.求： (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程物块增加的机械能E,和电动机消耗的总电能E,的比值。 10.（2021·全国甲卷，24)如图，一倾角为0的光滑斜面上有50个减 (无动力)小布 速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽 或速带 度远小于d;一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个 减速带L处由静止释放.已知小车通过减速带损失的机械能与到 达减速带时的速度有关.观察发现，小车通过第30个减速带后， 的 在相邻减速带间的平均速度均相同.小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的 水平地面，继续滑行距离s后停下，已知小车与地面间的动摩擦因数为：，重力加速度大小 为g: (1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能： (2)求小车通过前30个诚速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； (3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机 械能，则L应满足什么条件？ 做 11.（2021·山东卷，18)如图所示，三个质量均为m的小物 块A、B、C,放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度 系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处 M BCE 于原长，A、B、C均静止.现给C施加一水平向左、大小为 F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤 去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动.已知A、B、C与地面间的滑动摩擦 力大小均为f,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内.（弹簧的弹性势能可 表示为：E,=k,k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量) (1)求B、C向左移动的最大距离x。和B、C分离时B的动能Ek; (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmm； (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xx,从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服 弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与∫xc的大小； (4)若F一5f,请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并 在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程.以撤去 F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 32联立整理得“=2d=2-4GY R V3 由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上 式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的递逸速 度，D错误，故选B. 3.D绕中心天体做周运动，根据万有引力提供向心力， 可得 Gm=m祭R P GMT 则T=GM,R=42 由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为 地球质量的0.1倍，则飞船的轨道半径R= 4πR月 GM:(2T) GX0.1MeX4XGM元 4π 4π2 得D 考点6 1,AA.在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变， 根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的加速 度相同，故A正确：B.因为变轨后其半长轴大于原轨道 半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周 期比变轨前的大，故B错误：C.变轨后在P点因反冲运 动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周 运动速度不变，因此合速度变大，故C错误：D.由于空间 站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地，点的速 度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小， 故D错误】 2.DA.由于物质的质量不随位置而改变，所以选项A错 误；B.地球上物体与同步卫星角速度相同，由a=wr可 得a地<a·对同步卫星和空间站进行比较，根据a= 以，可得a2>a所以a:>a>a:由于P。=m,故 物体在空间站所受合力大于地面上所受合力，故B错 误：C,根据Fn=GMm,且空间站r较大，可得Fn较小， r2 所以选项C错误；D.根据a=w2r,由于a安>a网，r堂< T同，故仙生>w归，而仙地=仙阿，可得仙空>w地，所以选项D 正确.故选D. 3.ACA根据万有引力定律有F=G 核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比 为尽 R (R+iR) (侣)所以A正确：B核心轮在 轨道上飞行的速度小于7.9km/s,因为第一宇宙速度是 R 最大的环绕速度，所以B错误：C.根据T=2√GM,可 知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期 小，小于24h,所以C正确；D.卫星做圃周运动时万有引 力提供向心力有GM=m兰 GM 解得U=√ 则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要 点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径， 所以D错误；故选A、C. 14 专题六机械能及其守恒定律 考点1 1.B高中生的质量约为50kg,144km/h=40m/s,根据 动能定理有W=2mv=4.0X10J.故选B. 2.B由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的 60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌 入农田的水的总质量为m落=2πRm×60%= 1.2xRnm, 则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W =1.2πRnmg H, 则简车对灌入稻回的水微功的功率为P=罗，T=, 联立有P=3 amgaRH,故选B. 5 3.A设物体与地面间的动摩擦因数为4，当小车拖动物 体行驶的位移为s的过程中有F一∫-mg=(m十 Ma, v2=2as1, P。=Fo, 轻绳从物体上脱落后a2=g, 2=2a2(s2-s）, 2F2(F-f)(一1)s,故选A 联立有P。(M+m)5M1 4.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,因匀速，小车所受的摩擦力 大小为f1=F=40N, 则摩擦力做功为W,=一40×20J=一800J, 则小车克服摩擦力做功为800J,故B正确： C.依题意，从P到Q,重力势能增加量为△E。=mgX△h =500N×20m×sin30°=5000J,故C错误； D.依题意，小车从P到Q,摩擦力为f, 有fi+mgsin30°=B 摩擦力做功为W2=一f2Xs2,5=20m, 联立解得W2=一700J, 则小车克服摩擦力做功为700J,故D正确.故选ABD. 5.C为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉 重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率 不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以 最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在 第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得 a1= T。-mg_300-20X10m/g=5m/g, 20 当功率达到额定功率时，设重物速度为，则有心=元 =1200 300 m/s=4 m/s, 此过程所用时间和上升高度分别为二”=号s= a 0.8s=2=表5m=16m 重物以最大选度均速时，有学-品-器心 =6m/s, 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 =6 别为=号81.2s6222xm=3.6m, 68 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时 间为2，该过程根据动能定理可得 Ps4一mgh,=2mt2-2m, 又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m, 联立解得2=13.58， 故提升重物的最短时间为t=l1十L2十=0.8s十13.58 十1.2s=15.5s,C正确，ABD错误：故选C. 6.C系车的系送系统以150m/的输送量给30m高处 输送混凝土，每小时系送系统对混凝土做的功W=pVgh =2.4×103×150×10×30J=1.08×10J,故选C. 7.CA.对动车由牛顿第二定律有F一F=ma 若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但Fm=kv随 速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A 错误；B.若四节动力车厢输出功率均为颜定值，则总功 率为4P,由牛顿第二定律有里-k知=ma故可知加速启 动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组 匀速行驶时加速度为零，有2P=k知 而以额定功率匀速时，有= 联立解得。一子，故C正确：D.若四节动力车质输出功 率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间1达到最大速 度，由动能定理可知4P1-Wa=之m-0可得动车 组克服阻力微的功为Wm=4Pt-2m 故D错误；故选C 考点2 1.B由于雨滴是匀速下落，所以受力平衡，空气阻力等于 重力，f=mg,所以克服空气阻力微的功为：W=f·h= mgh,所以选项B正确.故选B. 2.BC由图像可得，W一x图像的斜率就是拉力F,0一2m 过程中拉力大小为6N,2一4m过程中拉力大小为3N, 由牛顿第二定律可知，a1=Fmg=2m/8,a4 F一mg=-1m/,故0~2m过程中，物体做匀加速运 m 动，24m过程中，物体做匀减速运动.A.在x=1m时， 由公式=2a1石1，解得-2m/s,此时拉力的功率P一 Fu=12W,故A错误：B.在x=4m时，物体的动能E =W4一fx4=18一16=2J,故B正确；C.从x=0运动 到x=2m,物体克服摩擦力做的功W,=f工2=8J,故C 正确；D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体在x= 2m时速度最大，由号=2a1x,解得=2v2m/s,此时物 体的动量p2=mu=2√2kg·m/s,故D错误.故选BC 3.ADA.由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小 球在C点的速度为vc=0, 则小球从C到B的过程中，有mgR(1-co3a)= 2m2, FN=mg cos a一m反' 联立有FN=3 ng cos a--2mg, 则从C到B的过程中a由0增大到9，则cosa逐渐减 小，故F%逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道 的压力逐渐增大，A正确；B.由于A到B的过程中小球 的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P= 一mgv sin0, 16: 则A到B的过程中小球重力的功奉始终减小，则B错 误：C从A到C的过程中有一mg·2R=2md-m, 解得=√4gR,C错误；D.小球在B点恰好脱离轨道 有m=m爱周w=VRc可， 则若小球初速度西增大，小球在B点的速度有可能为 √gRcos0,故小球有可能从B,点脱离轨道，D正确.故 选AD. 4.D运动黄从a到c根据动能定理有mgh=名md 在c点有F飞mg=mR,F≤kmg 联立有R产-1 2h 故选D. 5.BC设物体向上滑动的距离为x,物体与斜面间的动摩 擦因数为，对物体从斜面底瑞滑到最高点和从最高点 滑到底端的过程用动能定理有 0-Ex=-mgxsin a-umgxcos a E-0-mgasin a-jumgrcos a 联立解得x= 4=0.5.故A错误，C正确 mg 1 物体向下滑的加速度a-gsin a-一gcos a=5g,故B 正确.物体向上滑和向下滑的距离相同，而向上滑的加 速度a1=gsin a十gcos a大于向下滑的加速度a2,故向 上滑的时间比向下滑的时间短，故D错误. 6.解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sn0一ongc00·x=名md-0,代入数据解得雪块到A 点速度大小为v。=5m/s: (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理mgh= 豆m听-子m心，代入数器解得雪块落到地面时建度大 小y=8m/sy 速度与水平方向夹角a,满足c0sa=西c0s0_5X0.8= 01 8 ,解得a=60. 1 答案：(1)5m/s(2)8m/s,60° 7.解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中 拉力的大小分别为T1和T2,竖直方向T1cosa=mg十 T2cos B, 水平方向T1sina=T2sinB, 联立代入数值得T=1200N,T2=900N. (2)整个过程根据动能定理得W十mgh=0, 解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=一4200J. 答案：(1)1200N,900N;(2)-4200J 8.解析：(1)滑雪者从A到P、根据动能定理有mgdsin45 1 一mgdco845°=2m听-0， 根据动量定理有(mgsin45°-mgcos45)t=mvp一0， 22d 联立解得√g一四' r=√W2gd(1-u). (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点， 故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时， 到达B点有va=r=√W2gd(1一μ). (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大：滑 雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vpc0s45= gX2' 水平方向上有L=Up sin45°·t, 联主可得L=√2d(1-). 22d 答案：1rg=2VEgd1-D:（3)Ea-D 9.解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 E=mgh 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 0一E2=一mgh2 第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮 球反弹上升的过程中，由动能定理可得 0-E=0-mgh, 第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球 下落过程中，由动能定理可得 W+mgh,=E3 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比 钢关奉是-会代入数据可得W=45】 (2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速 直线运动，因此有牛顿第二定律可得F十mg=m@ 在拍球时同内运动的位移为x=名，微得功为 W-Fx 联立可得F=9N(F=-15N含去) 答案：(1)W=4.5J(2)F=9N 考点3 1.DA.由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力 作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错 误；B.铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有飞， =g, 则抛出后速度大小为v=√6十(g), 可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误：C 铅琅抛出后的动能E=合m时=之m[6十(g0门， 可知动能与时间不是一次函敦关系，故C错误：D.铅球 水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能 守恒，故D正确.故选D. 2.C如图所示 P 设圆环下降的高度为h,圆环的 半径为R,它到P点的距离为L, 根据机械能守恒定律得mgh= 1 v, 由几何关系可得h=Lsin0,sin0 2R1 L 联立可得=泵可得=L√晨 故C正确，ABD错误.故选C 3.B在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路 径有关，根据动能定理-f·2L=0-之m… 可得摩馨力的大小了一贾做选B 4.A小球下落的高度为A-R-受R十R-生R 小球下落过程中，根据功能定理有mgh=了m心 综上有=√/（π十2）gR 故选A. 17 考点4 1.A对两种运动的整个过程根据能量守恒有 1 m话=内mgxw十mg（工一xaw),乞m哈= 1mgxw十2 mg(x:一xN）, 可得x1=x2,故C、D错误， 根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=g, 由于>，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面 分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中少 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M 点的距离较近，根据公式2一=24gx可知第二次到 达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的口 -t图像， 0 可得t2>t1,故A正确，B错误；故选A. 2.BCD设P、O两点的距离为L,过程I,根据动能定理 mg sing L.-jumg cos 1 设M、O两，点的距离为L1,过程Ⅱ中，当Q速度最大时， 根据平衡条件L,=mg sin0十mg cos0,P、M两点之 间的距离L,=L-L1,联立可得L,=6-8 ng'sin0 4kg sinb 故A错误： 根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到 O点的过程中损失的机械能△E=mg cos0·L, 结合-mgdL一mg6od·L=0-之md, 可得△E=m话，故B正确； 设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 根据能量守恒定律号m6=mg sin0,x+mg cs0·z +2(x-D, 结合-mg sin8·L-mg cos8·L =0-2m6, 解得：故C玉确 无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL]= mgsin 0+umg cos, 当在O点时，满足mg sin0=mg cost8, 所以在O、M(含O、M,点)之间速度为零时，Q将静止，故 D正确.故选BCD. 3.B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木 板整体有kx0=mg, 解得弹性绳的伸长量x。=m 测此时弹性绳的弹性势能为瓦==上 2k 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置 的过程，乙所坐木板的位移为x1=x。十l一d, 则由功能关系可知该过程F所做的功W=E。十gx -3Cumg)ug(t-d). 2k 4.BD当物块从木板右端离开时， 对m有-f红.=之md-名md, 。1 对M有cw=合M成， 其中l=xn一xM AB.由于>xM,则根据以上分析可知木板的动能一定 小于fl,A错误，B正确：CD.根据以上分析，联立有 是m暖-f=名md+号M城 1 则物块的动能一定小于之m心一f八，C错误，D正确.故 选BD. 5.AA.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖 直向下的空气阻力和坚直向上的高压气体的推力作用， 且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推 力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速 度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下 的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最 大，接着当向上的高压气体的推力小于向下的重力和空 气阻力之和时，火箭向上做加速度增大的减速运动，直 至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能 最大，故A正确：B.根据能量守恒定律，可知高压气体释 放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能， 故B错误；C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动 量的增加量，故C错误；D.根据功能关系，可知高压气体 的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的 增加量，故D错误.故选A 6.DAB.单位时间流过面积A的流动空气体积为 V。=A, 单位时间流过面积A的流动空气质量为m。=pV。 DAv, 单位时间流过面积A的流动空气动能为合m,心 1 2A02, 风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该 风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB 错误； C.由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0× 10°kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×10 ×24kW·h=2.4×10kW·h,C错误： D.若风场每年有5000h风速在6一10m/s的风能资 源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最 小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW,风 速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速 为6m/s时，输出电功率为P=6×智5kW=120kW, 则该发电机年发电量至少为E=Pt=120×5000kW·h= 6.0×10kW·h,D正确；故选D. 7.解析：(1)由牛顿第二定律F=(M十m)a, 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律F=m, 竖直方向由平衡条件f=mg=FN, 联立可得F=M什m)&, (2)设箱子刚进入磁场中时速度为v,产生的感应电动势 为E=Bdo, 由闭合电骆欧姆定律得，感应电流为1三長， 安培力为F:=BId, 联立可得F象= Bdv R 若要使两物体分离，此时有FN=0,即F。≥F, 其中F=M+m)E 17 解得≥M+m)gR uB'd2 由运动学公式v2=2as, 解得≥M+m)gR 2uBd 故t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为5 -(M+m)'gR2 2uB'd (3)对木块水平方向由运动学公式5= 1 竖直方向有h=25, 其中F=M+m)g=(M+m)a, 可得力F作用的时同为十=√腰十 水平方向对系统由动量定理F1一F幸2=(M什m)U一0， 其中F=BdL R 联立可得v= BdL μNg (M+m)R' B'dL B N g g 。时，最终木块与箱子速 度大小为 /2h B'd'L g (M+m)R' 当匹+/） BdL μWg g) M叶m反时，最终木块与箱子的 速度大小为v=0. 答案：1)M+mg（2)M+m)gR 4 2uBd (3)见解析 8.解析：(1)由B点到最低，点过程动能定理有 m-md=mg, 1 最低点牛顿第二定律可得F一mg=m, 联立可得F=4mg; (2)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37°时由能量 守渔可得2md=mgLsin37”+合m42。 水平方向x=Lcos37°+L='sin37°t, 竖直方向取向上为正可得y=1.2L一Lsin37°= 1 37gL. 'c0s37·一乞g,联立可得u气√01 (3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为 37”时计为点C,由能量守恒可得立md=mgl sin37+ 之m话+m, 1 设心1的水平速度和竖直速度分别为巴，U,则有号一 十， 则水平方向动量守恒可得mu,=m, 水平方向满足人船模型可得mx1=kmx2, 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 tan37°-十， U. 设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度 关系tan0-, 水平方向Lcos37°+L-x=v.·t, 1 竖直方向1.2L-Lsi血37=”，·t一zg, 联立可得U 9kgL ,14 10k+D十58L, 即0+若， 9kgL 显然当k=1时取得最小，此时) 答案：(1)F=4mg, 37gL (2)uN10 9kgL 14 /13 (3)和√10+节+号L,w√gL 9.解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 mg sin0十mg cos0=ma,由运动学公式0-v2= -2ax, 联立解得x一2g(sin0叶4c0sD: (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F mg sin0+gcos0,由P=Fu得P=mgu(sin0+ucos0. (3)全过程物块增加的机械能为E1一mgL sin0, 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增 加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2=E十ag cos9 mgL sin sin ·L,故可得mgL sin0叶mngL cos0sin0+4cosF 答秦：(1)2g(sin0计4cosD (2)mgu(sin 0+ucos 0) sin (3)sin cos0 10.解析：(1)由题意知，小车通过第30个减速带后，每次经 过减速带后的速度都相同，故损失的机械能等于从上 一个减速带到当前减速带过程中减少的重力势能，△E, =mngdsin0.(2)小车通过第30个减速带后的动能等于 通过第50个减速带后的动能：Ea=mgs,由动能定 理，Ee=mg(L+29d)sin0-30△E2 得：△E,=mgL+29d)sin日-em型 30 (3)由题意，△E:>△E1,由(1)(2)的结论解得 >+后 答案：(1)mgdsin8 (2)mg(L29d)sin 0-umgs 30 (3L>d+品 11.解析：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程 中，以B,C和弹簧为研究对象，由功能关系得 F,=2f,+合 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离， 以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得 合kd=2f+2E, 联立方程解得 x,=2F-4 E-F-6/F+8 (2)当A刚要离开墙时，设弹簧的仲长量为x,以A为 研究对象，由平衡条件得kx=f 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况 下恒力为最小值F,从弹簧恢复原长到A刚要离开 墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 E=合x+f在 179 结合第（①问结果可知F=3士四/ 银据题意合去F=(3-四)，所以根力的最小值 为P=3+f (3)从B,C分离到B停止运动，设B的路程为xB,C的 位移为x,以B为研究对象，由动能定理得 一W-fxB=0一E 以C为研究对象，由动能定理得 -fxc=0-Ex 由B、C的运动关系得 xB>xC一xc 联立可知W<fxc (4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得 5f-2fa-2=0 解得撒去恒力瞬间弹簧弹力为 kz1=6f 则在坐标原点时的加速度为 k红-2f_6f-2f=2f 2m 2m 之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速 度为 a=红-2f 2m 可知加速度随位移工为线性关系，随着弹簧逐渐恢复 原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之 后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 4=- 负号表示C的加速度方向水平向左；从撒去恒力之后 到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得 z-2f-7·2m 脱离弹簧瞬间后C的速度为，之后C受到滑动摩擦力 减速至0，由能量守恒得 1 fa:-2md 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 .1 x4=2工 则C最后停止的位移为 3 十4=2=2·克 所以C向右运动的加速度一位移图像为 9f 答案：1)x,=2F4fE.-F-6fP+8f (2)F=(3+四)/ 2 (3)W<fzi ◆a 2f 加 9f (4)