专题6 机械能及其守恒定律 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

专题6　题组二 1.解析　设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。 答案　C 2.解析　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μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，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＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。 答案　B 3.解析　结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误。 答案　B 4.解析　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； 铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有 vy＝gt 则抛出后速度大小为v＝ 可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误； 铅球抛出后的动能 Ek＝mv2＝m 可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误； 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。 答案　D 5.解析　小车从M到N，依题意有 P1＝Fv1＝200 W 代入数据解得 F＝40 N 故A正确； 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＝40 N 则摩擦力做功为 W1＝－40×20 J＝－800 J 则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确； 依题意，从P到Q，重力势能增加量为 ΔEp＝mg×Δh＝500 N×20 m×sin 30°＝5000 J 故C错误； 依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有 f2＋mgsin 30°＝ 摩擦力做功为 W2＝－f2×s2 s2＝20 m 联立解得W2＝－700 J 则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确。 故选ABD。 答案　ABD 6.解析　由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间 t＝ 因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误； 做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率 P＝mgvcos θ＝mgvy＝mg 因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确； 从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh 故C正确； 从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 故选BC。 答案　BC 7.解析　(1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律 －mg·2L＝mv2－mv 在该位置时根据牛顿第二定律FT－mg＝m 解得v＝4 m/s，FT＝17 N。 (2)小球做平抛运动时x＝vt，2L＝gt2 解得x＝4 m。 (3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足mg＝m 从最低点到该位置由动能定理－mg·5L＝mv′2－mv 解得v0′2＝2 m/s。 答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 8.解析　(1)F­x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J； (2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度，A与地面间的摩擦力f＝μmg，对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma，由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma，联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N； (3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝f＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m，初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2，结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J，假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝mv－mv2，要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥ ，联立解得r≤0.2 m。 答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 9.解析　(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg 在水平方向上有FPsin α＝FQsin β 联立并代入数据解得FP＝1200 N，FQ＝900 N。 (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh＋W总＝0，代入数据解得W总＝－4200 J。 答案　(1)1200 N　900 N　(2)－4200 J 10.解析　(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律mgl＝mv 解得v0＝ 过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 mv＝mv＋Mv1′2 mv0＝mv1＋Mv1′ 解得 v1＝v0＝－ v1′＝v0＝ 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下。 (2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即 v1＋gt＝v1′ 解得t＝＝ 根据运动学公式得最大距离为 dmax＝x盘－x球＝v1′t－＝＝l。 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 x盘1＝x球1 即v1t1＋gt＝v1′t1 解得t1＝ 此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝v0 圆盘的速度仍为v1′，这段时间内圆盘下降的位移 x盘1＝v1′t1＝＝2l 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″ 根据能量守恒 mv＋Mv1′2＝mv2′2＋Mv2″2 联立解得v2′＝0，v2″＝v0 同理可得当位移相等时 x盘2＝x球2＝v2″t2＝gt 解得t2＝ 圆盘向下运动x盘2＝v2″t2＝＝4l 此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0 有动量守恒mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″ 机械能守恒mv＋Mv2″2＝mv3′2＋Mv3″2 得碰后小球速度为v3′＝ 圆盘速度v3″＝ 当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3 即v3″t3＝v3′t3＋gt 得t3＝＝t1＝t2 在这段时间内，圆盘向下移动 x盘3＝v3″t3＝＝6l 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l ＝ 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 答案　(1)小球速度大小，圆盘速度大小 (2)l　(3)4 11.解析　(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg－λmg＝ma下，再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有v＝2a下H，篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg＋λmg＝ma上，再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有v＝2a上h，则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k＝＝ 。 (2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有mgh＋F0－λmgh＝mv下′2，篮球反弹后上升过程中根据动能定理有－mgh－λmgh＝0－m(kv下′)2，联立解得F0＝ 。 (3)方法一　由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下＝g(方向向下)，a上＝g(方向向下)，由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I＝mv，即每拍击一次篮球将给它一个速度v。 拍击第1次下降过程有v－v2＝2gh0，上升过程有＝2gh1，代入k后，下降过程有v－v2＝2gh0，上升过程有hv＝2gHh1，联立有 h1＝＝·h0＋·， 拍击第2次，同理代入k后，下降过程有v－v2＝2gh1，上升过程有hv＝2gHh2，联立有h2＝(h1＋)，再将h1代入h2有h2＝·h0＋·＋·， 拍击第3次，同理代入k后，下降过程有v－v2＝2gh2，上升过程有hv＝2gHh3，联立有h3＝，再将h2代入h3有h3＝·h0＋·＋·＋·， 直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有v－v2＝2ghN－1，上升过程有hv＝2gHhN，联立有hN＝， 将hN－1代入hN有hN＝·h0＋·＋·＋…＋·， 其中hN＝H，h0＝h，则有H＝·h＋， 则I＝mv′＝m 。 方法二　 由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下＝g(方向向下)，a上＝g(方向向下)，由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I＝mv′，即每拍击一次篮球将给它一个速度v′。设篮球从H下落时，速度为v0，反弹高度为h，篮球受到冲量I后速度为v′，落地时速度为v1，则2(1＋λ)gh＝(kv0)2，2(1－λ)gh＝v－v′2，联立可得h＝＝，代入k可得，v′2＝v－v　① 篮球再次反弹，反弹速度为kv1，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得2(1＋λ)gh1＝(kv1)2，2(1－λ)gh1＝v－v′2，同理化简可得 v′2＝v－v　② 篮球第三次反弹，反弹速度为kv2，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得2(1＋λ)gh2＝(kv2)2，2(1－λ)gh2＝v－v′2，同理化简可得v′2＝v－v　③ …… 第N次反弹可得v′2＝v－v(N)，对式子①②③…(N)两侧分别乘以、、、…、，再相加可得v′2＝v－v，得v′2＝v－v，其中v＝2(1－λ)gH，(kvN)2＝2(1＋λ)gH，可得 v′＝，可得冲量I的大小 I＝mv′＝m 。 答案　(1) 　(2) (3)m 学科网（北京）股份有限公司 $ 一、选择题 1.(2024·全国甲卷)如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 　　　 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 2.(2024·山东卷)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l的轻质弹性绳连接，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＝kx2(x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.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 3.(多选)(2023·新课标卷)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(重力加速率大小为g)(　　) A.0　　　　　　　　 B.mgh C.mv2－mgh D.mv2＋mgh 4.(2023·浙江卷)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v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　) 5.(多选)(2022·广东卷)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200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/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40 N B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J 6.(多选)(2021·广东卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　) A.甲在空中的运动时间比乙的长 B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh 二、非选择题 7.(2025·安徽卷)如图所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 8.(2025·福建卷)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求： (1)0～1 m内F做的功； (2)x ＝1 m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 9.(2024·新课标卷)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。如图所示，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＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°(sin 37°＝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＝10 m，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。 10.(2023·全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 11.(2022·湖南卷)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。 (1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比； (2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0为已知，求F0的大小； (3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $