专题6 机械能及其守恒定律 题组1-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com☐ 您身边的互联网+教辅专家 专题6 题班级： 机械能及其守恒定律 组 姓名： 学号： 一、选择题 1.(2025·云南卷)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144kmh,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 2.(2025河南卷)野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图所示，某次运送过程 中的一段时间内，无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止， 轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内() 零件占 A无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C,零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 3.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电， 刚好维持小车以速度。匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程 中受到的阻力f=(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为n,则光伏电池单位时间内获得 的太阳能为() A.2kv2 n B.kv22 n C.kv2+mv22 n D.2kv2++mv2 n 4.(2025·云南卷)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 41,与其余部分的动摩擦因数为2，且h1>42。第一次，滑块从I位置以速度0向右滑动，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，所用时间为： 第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度。向右滑动，通过MW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2，所用时间为2。忽略空气阻力，则() M N A.<2 B.t>t 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 C.x1-X2 D.X12 5.(2024江西卷)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描 写。设瀑布的水流量约为10m3s.水位落差约为150m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率 为70%，则发电功率大致为() A.109W B.107W C.105W D.103W 6.(2024新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可 以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置， 使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与 其离开甲板处的水平距离为调整前的() A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍 7.(多选)2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为1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o开始运动。已知物块与木板间的滑 动摩擦力大小为f当物块从木板右端离开时( 风色 7571117777777777777777777 A.木板的动能一定等于 B.木板的动能一定小于 C.物块的动能一定大于12mo20一1 D.物块的动能一定小于12o20一1 8.(多选)(2023·新课标卷)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，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.重力加速度大小取10ms2。下列说法正确的是() ↑WJ t8 34x/m 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·ms 9.(2023辽宁卷)如图()，从高处M点到地面N点有I、IⅡ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o与时间t的关系如图b)所示。 由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中() 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 6.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 M 甲 .N 图(a) 图b) A.甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变 D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 10.(多选)2022全国乙卷)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面 上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。己知物块与地面间的动摩擦因数为0.2.重力加速 度大小取g=10ms2。则() ↑FN 0 246s 4---- A.4s时物块的动能为零 B.6s时物块回到初始位置 C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 11.(2022山东卷)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 高压气体 发 仓 2777777 A.火箭的加速度为零时，动能最大 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 12.(多选)(2022湖南卷)“神舟十三号”返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、 减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运 动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度 不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是() ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 02 03----5------ 0 A在0~时间内，返回舱重力的功率随时间减小 B.在0~时间内，返回舱的加速度不变 C,在一时间内，返回舱的动量随时间减小 D,在~专时间内，返回舱的机械能不变 13.(多选)2021全国卷I)一质量为m的物体自倾角为α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Ek,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Ek5。己知sina=0.6,重力加速度大小为g。则() A物体向上滑动的距离为Ek2mg B.物体向下滑动时的加速度大小为g5 C.物体与斜而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 14.(2021·浙江卷)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位 面积接收的微波功率达到250Wm2时会引起神经混乱，达到1000Wm2时会引起心肺功能衰 竭。现有一微波武器，其发射功率P=3×107W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混 乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为() A.100m25m B.100m50m C.200m100m D.200m50m 15.(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。己知 混凝土密度为2.4×103kgm3.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( 发动机最大输出 332 最大输送高度m 63 功率kW 整车满载质量kg 5.4×104 最大输送量(m3h) 180 A.1.08×107J B.5.04×107J C.1.08×108J D.2.72×108J 二、非选择题 16.(2023全国甲卷)如图所示，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为E。释放后，小球在弹簧作用下从静止 开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于 地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45。小球 与地面碰撞后，弹起的最大高度为。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求： 000000000000O (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 17.(2021·全国卷1)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=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/s2,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。 ·独家授权侵权必究 专题6　题组一 1.解析　高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有 W＝mv2＝4.0×104 J，故选B。 答案　B 2.解析　无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确；对零件受力分析，受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度。零件水平向左做匀加速直线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。 答案　D 3.解析　根据题意小车匀速运动，则有F＝f＝kv 小车的机械功率P机＝Fv＝kv2 由于电动机的效率为50%，则有P电＝＝＝2kv2 光伏电池的光电转换效率为η，即η＝ 可得P阳＝＝ 故A正确。 答案　A 4.解析　对两种运动的整个过程根据能量守恒定律有 mv＝μ1mgxMN＋μ2mg mv＝μ1mgxMN＋μ2mg 可得x1＝x2，故C、D错误； 根据牛顿第二定律μmg＝ma 可得a＝μg 由于μ1>μ2，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vt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v－v2＝2μ2gx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vt图像如图所示，可得t2>t1，故A正确，B错误。 答案　A 5.解析　发电功率P＝η· P＝P＝ηρQgh 代入数据解得P≈107 W，B对。 答案　B 6.解析　 答案　C 7.解析　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2 设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM， 根据能量守恒定律可得 mv＝mv＋Mv＋fl 整理可得 mv＝mv－fl－Mv<mv－fl D正确，C错误； 因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM) 根据运动学公式xm＝·t xM＝·t 因为v0>v1>v2 可得xm>2xM 则xm－xM＝l>xM 所以W＝fxM<fl B正确，A错误。 故选BD。 答案　BD 8.解析　物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μ mg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又Wx图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由动能定理有W2－μmgx4＝EK4－0，则在x＝4 m时，物体的动能EK4＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝fx2＝8 J，C正确；由W­x图像可知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞f＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有W2－fx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物体的最大动量为pm＝2 kg·m/s，D错误。 答案　BC 9.解析　由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。故选B。 答案　B 10.解析　物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块从0～3 s内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，即(4－2)×3＝1×v3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，即－(4＋2)t＝0－1×6，解得t＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3 s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝mv，即(4－2)x1＝×1×62，得x1＝9 m，3 s～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－mv，即－(4＋2)x2＝0－×1×62，得x2＝3 m，4 s～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝4 m<x1＋x2，即 6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6 s时的速度大小为v6＝2×2 m/s＝4 m/s，0～6 s拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4) J＝40 J，故D正确。故选AD。 答案　AD 11.解析　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竖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，火箭接着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；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；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；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。 答案　A 12.解析　重力的功率为P＝mgv，由图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据vt图像的斜率表示加速度可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。 答案　AC 13.解析　物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2l cos α＝－Ek 物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有 －mgl sin α－μmglcos α＝0－Ek 整理得l＝；μ＝0.5 A错误，C正确； 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 ma＝mg sin α－μmgcos α 求解得出a＝，B正确； 物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有 ma上＝mg sin α＋μmg cos α 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 ma下＝mg sinα－μmg cos α 由上式可知a上 > a下 由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l＝at2 则可得出t上<t下，D错误。故选BC。 答案　BC 14.解析　设微波有效攻击范围为r时单位面积接收微波功率为P′＝＝ 解得r＝ 则引起神经混乱时有 r1＝ ＝ m≈100 m 引起心肺功能衰竭时有 r2＝ ＝ m≈50 m 所以B正确，A、C、D错误。 答案　B 15.解析　泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功 W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J 故选C。 答案　C 16.解析　(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知 Ep＝mv2 得小球离开桌面时速度大小为v＝ 。 (2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝ 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知 vy′＝vy 离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为 x＝ 。 答案　(1) 　(2) 17.解析　(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 E1＝mgh1 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 0－E2＝－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－E4＝0－mgh4 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＋mgh3＝E3 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝ 代入数据可得W＝4.5 J。 (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，因此由牛顿第二定律可得 F＋mg＝ma 在拍球时间内运动的位移为x＝at2 做得功为W＝Fx 联立可得 F＝9 N(F＝－15 N舍去)。 答案　(1)4.5 J　(2)9 N 学科网（北京）股份有限公司 $