专题六 机械能守恒定律-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

专题六 机柄 考向一功和功率 1.(2023·辽宁卷，4分)如图(a),从高处M点到 地面N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，两物块在离开M点后、到达 N点前的下滑过程中 ( 救 77777777777 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 和 帅 D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 2.(多选)(2022·广东卷，6分)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取10m/s2,不计空 气阻力.下列说法正确的有 ( 蜜 Q 20 7 wi分3711n99m N M A.从M到N,小车牵引力大小为40N 家 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1×104J 赵 D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J 3.(2022·浙江卷，3分)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，则提升重物的最短时间为 墨 ( A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s 4.(2021·浙江省6月，3分)中 郑 国制造的某一型号泵车如图 尔 所示，表中列出了其部分技术 参数.已知混凝土密度为2.4 ×10°kg/m3,假设泵车的泵送系统以150m/h 母 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 ) 我能守恒定律 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) 5.4×101 最大输送量(m3/h)180 A.1.08×107J B.5.04×107J C.1.08×108J D.2.72X108J 5.(2021·湖南卷，4分)“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vm.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三 m 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，经过时间达到最大速度 vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的 功为2mn2-P 6.(2021·北京卷，3分)如图所示，高速公路上 汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过 路面abcd,其中ab段为平直上坡路面，bc段为 水平路面，cd段为平直下坡路面.不考虑整个 过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化.下列 说法正确的是 ( mmmmmmmmmmmmmmmmmm A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大 C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大 7.(2021·浙江1月卷，9 分)如图所示，质量m= 2kg的滑块以o 16m/s的初速度沿倾 了0 角0=37°的斜面上滑， 经t=2s滑行到最高点.然后，滑块返回到出 发点.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块 (1)最大位移值x; (2)与斜面间的动摩擦因数： (3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平 均功率P. 8.(2021·上海卷，14分) 如图，在倾角为0的斜 面ABC上，AB光滑且 F 长为L,BC段粗糙（摩 0. 擦因数恒定)且足够长」 一质量为m的物体在平行于斜面的力F作用 下，从静止开始运动，AB段做匀加速直线运动， 经过o到达B点.重力加速度为g,求： (1)AB段的拉力F的大小； (2)物体运动到B点时拉力的功率PB; (3)若BC拉力的功率恒为PB,且物体做减速 运动，定性画出物体由A运动到C的t图像. 考向二动能与动能定理 9.(2025·云南卷，4分)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 h>2.第一次，滑块从I位置以速度o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x1,所 用时间为1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速 度o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( 77777777777 M N A.t1<2 B.1>t2 C.x1>x2 D.x1<x2 10.（2025·云南卷，4分) 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 11.(多选)(2023·新课 ↑W/仍 标卷，6分)一质量为 18-- 1kg的物体在水平拉 12 力的作用下，由静止 开始在水平地面上 沿x轴运动，出发点 2 34x/m 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10m/s2.下 列说法正确的是 30 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 12.(2023·新课标卷，6分)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.一质量为的雨滴在地面附近以速率 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.m-mgh D.mh 13.(多选)(2023·湖南卷， 5分)如图，固定在竖直 B 面内的光滑轨道ABC 0 由直线段AB和圆弧段 0 BC组成，两段相切于B 点，AB段与水平面夹 % 角为0，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vo冲上 轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法 正确的是 ) 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o=√2gR D.若小球初速度增大，小球有可能从B点 脱离轨道 14.(2023·江苏卷，4分)滑块以一定的初速度 沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返 回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过 程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图 乙中相比，图甲中滑块 ) B 甲 A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 15.(2022·全国甲卷，6分) 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 77777777777777777777777 由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之 间的最低点，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c点处这一段圆弧 雪道的半径不应小于 ( h B 2h A.k十1 D. 16.(多选)(2021·全国甲卷，6分)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号，已知 sina=0.6,重力加速度大小为g.则() A.物体向上滑动的距离为2mg Ek B.物体向下滑动时的加速度大小为 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 17.(2021·山东卷，3分)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m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.m62 ! B.2 C.n%2 2πL 4πL 8πL n 18.(多选)(2021·辽宁卷，6分)冰滑梯是东北地 区体验冰雪运动乐趣的设施之一.某冰滑梯的 示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾 斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因 数4相同，因滑板不同以满足0≤≤1.20. 在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上 均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上， 以下L1、L2的组合符合设计要求的是( 螺旋滑道 倾斜滑道 水平滑道 —L2 A.L1= h 240 L2= 3h 20 B.L1= 4h h 3u0 ,L2 340 C.L1= 4h L2 2h 340 30 D.L1= 3h 240 L2= 以0 31 19.(2021·湖北卷，4分)如图(a)所示，一物块 以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑 运动过程中摩擦力大小∫恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图(b)所示.重力加速 度大小取10m/s2,物块质量m和所受摩擦 力大小f分别为 E/J 40 以 30 204. 7217nnz77 10- 图(a) 0 5101520s/m 图(b) A.m=0.7kg,f=0.5N B.m=0.7kg,f=1.0N C.m=0.8kg,f=0.5N D.m=0.8kg,f=1.0N 20.(2025·福建卷，12分)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0.2kg,A与地面间动摩擦因数为4= 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 4m.求 F/N 1.5 1.0 F 1234x/m 图甲 图乙 (1)0~1m内F做的功； (2)x=1m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. 21.(2025·广东卷，13分)如图所示，用开瓶器 取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋 入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架 上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相 固定的拔塞钻向上运动.从0时刻开始，顶部 与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速 直线运动，木塞所受摩擦力∫随位移大小x 的变化关系为∫=1一无)，其中。为常 量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m,底 面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力加 速度为g,瓶外气压减瓶内气压为△力且近似 不变，瓶子始终静止在桌面上.（提示：可用 f-x图线下的“面积”表示∫所做的功)求： 把手 转轴 a4, 软木塞一 瓶子 齿轮啮合 简图 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度w. (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W. (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时 功率P随时间t变化的表达式 22.(2025·黑吉辽蒙 入 卷，10分)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, 77777777777777777777777777777777777 雪块与屋顶的动摩擦因数u=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/s2.求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小w0 (2)雪块落地时的速度大小1，及其速度方向 与水平方向的夹角a. 23.（2024·新课标卷，10分)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 ,B 定的距离.如图，一种简单的 操作方法是一人在高处控制 Q 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= 32 10m/s2.当P绳与竖直方向的夹角a=379 时，Q绳与竖直方向的夹角3=53°，(sin37 =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=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. 24.(2023·江苏卷，12分)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与缓冲坡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.己知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间 的动摩擦因数均为4，重力加速度为g,不计 空气阻力. 45C 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. 25.(2021·全国乙卷，12分)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 1=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。 考向三机械能守恒定律 26.(2022·全国乙卷，6分)固定于竖 恝 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 27.(2021·河北卷，4分)一 P πRQ 班 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 蜜 气阻力) ( ) A.√(2+π)gR B.√J2πgR C.√2(1+π)gR D.2√gR 28.(2021·浙江省1月卷，3分)如图所示，同学 们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪 道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间 的动摩擦因数均相同，不计空气阻力.雪道上 的同学们 ( 赵 馨 A.沿雪道做匀速直线运动 B.下滑过程中机械能均守恒 C.前后间的距离随时间不断增大 D.所受重力沿雪道向下的分力相同 29.(2023·全国甲卷， 尔 12分)如图，光滑水 t000000000O 平桌面上有一轻质 弹簧，其一端固定在 母 墙上.用质量为m的 小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为 33 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手，小 球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力 加速度大小为g,忽略空气阻力.求： (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. 30.(2021·福建卷，12分)如图(a),一倾角37° 的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑.斜面 上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧 的原长与BC长度相同.一小滑块在沿斜面 向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下 滑，当滑块第一次到达B点时撤去T.T随滑 块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b) 所示.已知AB段长度为2m,滑块质量为 2kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数为 0.5,弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大 小取10m/s2,sin37°=0.6.求： TIN↑ 1. 10 2 0 2 s/m 图(a) 图b) (1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小； (2)滑块第一次到达B点时的动能； (3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面 上滑的最大距离. 31.(2021·浙江省1月 卷，9分)如图所示，竖 直平面内由倾角a= 60°的斜面轨道AB 半径均为R的半圆形 R/ 细圆管轨道BCDE和 0cg C B 圆周细圆管轨道EFG Li21777777277777772771277747727772772 构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平 滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直.轨道 出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O,和 B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为0 =30°，G点与竖直墙面的距离d=√3R.现将质 量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放. 小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰 撞，不计小球大小和所受阻力 (1)若释放处高度h=0,当小球第一次运动 到圆管最低点C时，求速度大小。及在此过 程中所受合力的冲量的大小和方向； (2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D 点所受弹力FN与h的关系式； (3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高 度h应该满足什么条件？ 考向四功能关系与能量守恒定律 32.(多选)(2025·福建卷，6分)如图，水平传送 带顺时针转动，速度大小恒为1m/s,物块A、 B由一根轻弹簧相连，A的质量为1kg,B的 质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为 0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25.t= 0时，A速度大小为v0=2m/s,方向水平向 右，B的速度为零，弹簧处于原长状态.t=o 时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势 能E。=0.75J,传送带足够长，A可留下痕 迹，重力加速度g取10m/s2,弹簧始终处于 弹性限度内.则 AwwB A.在1=9时，B的加速度大小大于A的加 速度大小 B.t=to时，B的速度为0.5m/s C.t=to时，弹簧的压缩量为0.2m D.0~to过程，传送带上的痕迹小于0.05m 33.(多选)(2025·云南卷，6分)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的滑块Q(视为质点)与斜面间的动 34 摩擦因数u=tan0.过 程I:Q以速度vo从斜 面底端P点沿斜面向 wWM 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，2-4mg2sin20 4kgsin 0 B.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为m2 C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最 大位移为知02-8mg2sin20 2kgsin 0 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 34.(2025·山东卷，3分)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 ,运动过程中受到的阻力f=ko(k为常 量)，该光伏电池的光电转换效率为”，则光伏 电池单位时间内获得的太阳能为 ) A. kv2 B.3 价 27 C.ko+mv? D.2k2十mu2 27 35.(2024·山东卷，3分)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1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，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，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 丸 d F 甲 n77777T7777T7T7 A.(mg)2 2k umg(I-d) B. 3(umg)2 2k umg (l-d) C. 3(umg) +2umg(l-d) 2k D.(tmg)2 23 +2umg(I-d) 36.(2024·江西卷，4分)“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10m/s, 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.109WB.107WC.105WD.103W 37.(多选)(2023·全国乙 卷，6分)如图，一质量为 页 M、长为1的木板静止在 M 光滑水平桌面上，另一 57777nn7777777777 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 端离开时 ( A.木板的动能一定等于f1 B.木板的动能一定小于f1 C.物块的动能一定大于mw2-f1 D.物块的动能一定小于2o2一几 38.(2022·浙江卷，3分)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405 kW,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ρ，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 2A2 C.若每天平均有1.0×108kW的风能资源， 则每天发电量为2.4×109kW·h D.若风场每年有5000h风速在610m/s的 范围内，则该发电机年发电量至少为6.0× 105kW·h 39.（2021·浙江省1月卷，3分)一辆汽车在水平 高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其 1s内能量分配情况如图所示.则汽车( ) 福发→0.1×109 通过散热片散逸一→26×10门 来自燃料进入发动机 损耗的热能 .0×10则6.9×10J 5.2×101 由排气管排出→2.6×10内 水热掘0.5×10竹 座擦二03×10J 功1.7×10时 克厦空阻力做功0,45×10的 发动机 克聚转力做功0.45×10的 35 A.发动机的输出功率为70kW B.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是 5.7×104J C.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是 6.9×104J D.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是 7.0×104J 40.(2025·湖南卷，16分)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 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. M B (1)若滑杆固定，v=√g工，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，求的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M=km,且 ≥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)与k的关系式及v的最小值. 41.(2021·全国甲卷，12分)如图，一倾角为0的 光滑斜面上有50个减速带（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，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.己知小车与地面间的动摩擦因 数为4，重力加速度大小为g. (无动力)小车 L 减速带 0 (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个减速带的过程中在每 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？ 42.(2021·北京卷，12分)秋千由踏板和绳构 成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆 的摆动，等效“摆球”的质量为m,人蹲在踏板 上时摆长为11，人站立时摆长为2.不计空气 阻力，重力加速度大小为g. (1)如果摆长为1，“摆球”通过最低点时的速 度为，求此时“摆球”受到拉力T的大小 (2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在 低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得 越来越高. a.人蹲在踏板上从最大摆角01开始运动，到 最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到 另一边的最大摆角为02.假定人在最低点站 起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算 证明02>01： 36 b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动 速度的大小会增大.随着摆动越来越高，达到 某个最大摆角0后，如果再次经过最低点时 通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖 直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆 球”增加的动能△E5应满足的条件. 43.(2021·山东卷，16分)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∫，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。= 2人x2,k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形 量) A W B cE (1)求B、C向左移动的最大距离xo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Fmin; (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xC, 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 fxBC的大小； (4)若F=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.6-m 第一宇宙速度 R±u↑，C错 逃逸 度=Ev一√尺 RGM M-OV 32 V=4πR3 3 3 中子是的 D错.] M、p均大 31.ACD[卫星从低轨道向高轨道变轨时，需要点火加速，A对： 由“高轨低速大周期”的卫星运动规律可知，飞船在1轨道上 的线速度、角速度、向心加速度均大于在2轨道上的，周期小 于在2轨道上的，B错，CD对.门 32.D[由题意可知木卫三的半径为r3=r,对木卫一和木卫三 由开普勒第三定律得1卫 3=2,解得1A错对木卫 和木卫三由开普勒第三定律得2-2」 匹，B错： 根据题中条件不能求出T和T。的比值，C错：对木卫三由牛 4π2 顿第二密律得木=m下（r）,解得m未=r (nr)2 GT2 4π2 对月球由牛顿第二定律得地月一2月，解得m地= GT,,整理得m泰=工2 4x2,3 m地京n,D对.] 33.C[AC.根据G2= r GM 可得u7 可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小：而只要速度相同 就可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关， 故A错误，C正确：B.返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然 受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向 心力，故B错误；D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻 力做功产生热量，机械能减小，故D错误，故选C.] 34,C[地球表面的重力加速度为g,根据牛顿第二定律得R g,解得GM=gR,根据题意可知，卫星的运行周期为T'= 增第二定律，万有引力提供卫星运 有，GMm （R+h)2=n gR2 T2 2(R十h),联立解得h入√2宁 一R,故 选C.] 35.D[由万有引力提供向心力有G=m() 2π r,解得r= GMT √/1，即飞船轨道半径r飞一 GMT飞，地球同步卫星轨 4π2 道半径有r问 GM地T 4π2 ,由题可知T飞=2T网，M火= 地√行，故遮D.] 0.1M地，可得 2 36.AC[根据万有引力公式F-GM可知，核心轮进入轨道后 2 所受地球的万有引力大小与轨道半径的平方成反比，则核心 舱进入轨道后所受地球的万有引力与它在地面时所受地球的 万有引力大小之比F R2 /16 地 R+RY ,解得F-（) F地，A 16 正确；根据GMm=m GM 可得，√/ =7.9km/s,而核心舱 轨道半径r大于地球半径R,所以核心舱在轨道上飞行的速度 二定小于7.9km/s,B错误；由G恤二m牙r得绕地球微圆 r2 周运动的周期T与√成正比，核心舱的轨道半径比同步卫 星的小，故核心舱在轨道上飞行的周期小于24h,C正确：根 据GM=m巴可知空间站的轨道半径与空间站的质量无 r2 关，故后续加挂实验舱后，轨道半径不变，D错误，] 18 37.C[根据G"”-m 可得u=N√r /6.67×101×7.3×1022 G2=入(1.7×103+200)×103 m/s =1.6×103m/s,故进C.] 38.D[根据万有引力定律和牛顿第二定律，“天问一号”在近火 点的加速度比远火点的大，选项A错误；“天问一号”国绕火星 沿椭圆轨道运动，动能与引力势能之和保持不变，由此可知， “天问一号”在近火点的运行速度比远火点的大，“天问一号” 在近火点的机械能与远火点的机械能相等，选项BC错误：“天 问一号”在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动，选项D 正确，门 39,D「探测器在轨道Ⅱ做椭圆运动，其轨迹为椭圆，所以受力不 r13 平術，故A错误：根据开普勒第三定律：，轨道海 行半径比在轨道Ⅱ的大，则在轨道I运行周期比在轨道Ⅱ时 的长，故B错误：天问一号探测器在变轨过程中从高轨道进入 低轨道需要在P点火减速，使得万有引力大于向心力，故C错 误；天问一号探测器沿椭圆轨道运动时，根据能量守恒定律可 知近地，点的速度大，所以探测器沿轨道I向P飞近时速度增 大，故D正确.门 40.D[据题意知，空间站近地运行轨道半径在变化，则运行速度 在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度7.9km/s,A、B错 误：在4月份轨道半径出现明显的变大，机械能不守恒，故C 错误；在5月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故 D正确，] 专题六机械能守恒定律 1.B[由图(b)可知小物块甲做匀加速直线运动，小物块乙做加 速度减小的加速运动，结合图(a)可知，小物块甲沿轨道Ⅱ下 滑，小物块乙沿轨道I下滑，AD错误：由图(b)可知，两物块在 离开M点后、到达N,点前的下滑过程中，同一时刻物块乙的速 度大于物块甲的速度，则同一时刻甲的动能比乙的小，B正确： 小物块乙由静止释放的瞬间，小物块乙的速度为零，则小物块 乙的重力功率为0，小物块乙滑到轨道I底端的瞬间，小物块乙 的速度方向与重力方向垂直，则小物块乙的重力功率为0，但在 下滑过程，小物块乙的重力做的功不为0，则小物块乙的重力的 瞬时功率先增大后减小，C错误.] 2.ABD[在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行 驶，则小车的牵引力等于小车受到的摩擦力，因此F=∫=卫 20N=40N,从M到N过程中，小车摩擦力微功为W;=一40X 20=一800J,即小车克服摩擦力做功800J,故A、B正确；从P 到Q的过程中，根据功能关系可知，重力势能的增加量为 △E。=mg△h=50×10×20×sin30J=5000J,故C错误：在斜 坡PQ段以恒定功率570w、速度2m/s匀速行驶，则卫 ngsin0+f,代入数据解得：f=35N,则此过程中，小车摩擦力 做功为W1=fs=一35×20J=一700J,即小车克服摩擦力做 功为700J,故D正确.] 3.C[为了最短时间提升重物，一开始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 至平台时速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程， 根据牛顿第二定律得：a,=In一mg-300-20X10m/s2 20 5m/s2, P一 当功率达到额定功率时，设重物的速度为心，则有”一 1200 300 m/s=4 m/s, 此过程中所用的时间和上升的高度分别为：山一 a 2 42 0.8sh,=2a2X5m=1.6m 重物以最大速度匀速时，有一 P题-P整=1200m/s= mg 200 6/s,重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的 62 高度分别为：4一=号s=1.28g=22一2x5m=3,6m 4 设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为？，该 过程根据动能定理得：P题台一mghg-合m2-之mm3,又 h2=85.2m-1.6m-3.6m-80m,联立解得：l2=13.5s,则 总时间为t1十t2十tg=0.8s+13.5s十1.2s=15.5s,故C正 确，A、B、D错误.] 4.C[泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送 混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W=Vgh=2.4X 103×150×10×30J=1.08×108J,故选C.] 5.C[对动车组由牛顿第二定律有F牵一Fn=ma,动车组匀加 速启动，即加速度a恒定，但Fa=kv随速度增大而增大，则牵 引力也随应阻力增大而增大，故A错误：若四节动力车厢输出 功率均为额定值，则总功率为4P,由牛频第二定律有4一0 nα，故可知随着y增大，加速度逐渐减小，故B错误：若四节动 力车厢输出的总功率为2.25P,动车组匀速行驶时加速度为 零，有225P-,而以额定功率匀速行驶时，有业=如，联立 Um 解得一子咖，故C正确：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1达到最大速度m,由动能定 理得4P1一Wa一之m2-0,解得动车组充服阻力微的功 W克服=AP-子mn2,放D错误.] 6.B[在平直上坡路面ab段匀速运动汽车的牵引力等于阻力与 重力沿斜坡方向的分力之和，输出功率P=F不变，大于水平 路面的b段，选项A错误，B正确；在cd段汽车的牵引力小于 阻力，汽车的输出功率P=Fv不变，选项C错误；由于汽车在 cd段的牵引力比bc段的小，所以汽车在cd段的输出功率比bc 段的小，选项D错误，] 7.解析(1)小车向上微匀减速直线运动，有x=21 00 得x=16m (2)加速度a1==8m/s 上滑过程a1=ngsin0+gcos9-gn0十gcos0 2 得4=0.25 （3）下滑过程a2=mgsin9二mgeos0=gin0一gcos0= 4m/s2 由运动学公式4=√2a2x-8√2m/s=11.3m/s 重力的平均功率P=mngucos(90°-)=48√2W≈67.9W 答案(1)16m(2)0.25(3)67.9W 8.解析(1)F-ngsin0=ma L-241to2 解得F=mgsin0十m2头 (2)PB-FUB UB =a1to 代入得PB-2 mgLsin0+4m to3 (3)mgsin 0+umgcos 0- PB二ma 所以加速度的大小α随y的减小而减小，物体做加速度减小的 减速运动， 图像如下：两种可能：左图物体最后做匀速运动，右图物体一直 减速运动到C. 0 2L 答案(1)F=ngsin0十m to (2)PB= 2mgLsin 0 4m12 3 (3)见解析图 1 9.A「动能定理+匀变速直线运动规律 设MN段的长度为x0,设滑块在除 MN段外通过的路程为x,整个过程由 动能定理得一1ngx0一2ngx=0一 之mu哈，由题意可知滑块两次在MN段 的路程相等，则两次在除MN段外通过O 的路程也一定相等，则有x1=工0十x, x2=x0十x,所以x1=x2,CD错误；滑块在MN段的加速度大 小为a1=h1g,滑块在除MN段外的加速度大小为a2=2g,由 于第二次的释放点距离M较近，则滑块第二次在M,点的速度 比第一次的大，由于两次滑块通过MN的位移相同，则第二次 滑块在MN段的运动时间较短，作出两次滑块的速度一时间图 像，如图所示，由图可直观地看出，第二次运动的总时间较长， 即1<12，A正确，B错误.门 10.B[动能十动能定理由单位制可知144km/h=40m/s,高 中生的质量约为m=50kg,则当列车加速到u=40/s时高 中生的动能约为Ek=乞m2=40000J,对高中生由动能定 理得W=Es一0，解得列车对高中生所做的功约为W=4× 104J,B正确.] 11.BC[物体所受的滑动摩擦力大小为f=mg=4N,0~1m 的过程，由动能定理有W一ng=之2，解得=2m/s, 又W-x图像的斜率表示拉力F,则0~2m的过程，拉力F1= 6N,故x=1m时拉力的功率P1=FU1=12W,A错误0~ 4m的过程，由动能定理有W2一μmgx4=Ek4一0，则在x一 4m时，物体的动能Ek4=2J,B正确：0~2m的过程，物体克 服摩擦力做的功W2一fx2一8J,C正确；由Wx图像可知， 24m的过程，拉力F2=3N,则F1>f>F2,所以物体在0 2m的过程做加速运动，2~4m的过程做减速运动，故04m 的过程，物体在x=2m处速度最大，由动能定理有W2一fx2= 豆m22,解得2=2√2m/s,故物体的最大动量为pm= 2√2kg·m/s,D错误.] 12.B[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ngh一W,=0,即 Wx=ngh,B正确，ACD错误.] 13.AD[小球哈好运动至C点，小球在C点F vc=0 小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图 B 所示 2 0 D位置：mgeos a-FN=mR mg FN= 1 C到D过程：mg(R-Rcos a)=立m 3mgcos a-2mg cosa万FN7,A对 B到C过程a 小球竖直 重力瞬时功率 方向速度口， P。=mg0,yP。,B错： 小球从A到C动能mg·2R=0二)n0一%=2√gR, 定理 C错； 苏小珠在B点的造定汤灵四火紧明小装将双B去 脱离轨道，D对.] 14.C[设斜面倾角为、滑块与斜面间的动摩擦因数为4，对滑 块受力分析有F合上=ngsin0十mgcos0,F合下=ngsin0- 4 ngcos0,故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到 B的过程，有2a上xAB=A上2，由B到A的过程，有2a下xAB =Ar2,又F合上>F合下，则a上>a下，故uA上>A下，图甲中 滑块经过A,点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向 思雏为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运 动，则x=之a上t红2，又xB=2ar1r2,a上>ap,故 1上<1下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上 升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据 W=fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错.] 5 15.D[运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为u,! 由机械能守恒定律有mgh一之m2,设〔点处这一段国弧雪 v2 道的最小半径为R,则在经过c点时，有kmg一mg=m尺，解 得R=头D正确] 16.BC[物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有一g· 一E,物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有！ 2loos a-5 mglin apngc以ose=0-E,整理得=0.5，A错误 C正确：物体向下滑动时根据牛顿第二定律有a=mgsin a一 mcOs,解得a=冬，B正确：物体向上滑动时，根据牛领第二定 律有a上=ngsin a-十ngcos a,物体向下滑动时，根据牛顿第二 定律有下=ngsin a一ngoos a,由上述两式可知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I=22则可得出上<1rD错误.] 17.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：一f·2L=0-之m,2,可得摩擦力的大 mvo2 小f= 4πL·故选B. 18.CD[根据题意可得，若要符合设计要求，必须同时满足以下· 条件： ①所有游客在倾斜滑道上均减速下滑 设倾斜滑道倾角为a,对游客进行受力分析下、 如图 则有ungcos a>mgsin a u>tan a h 即P 而不同滑板 4u≤1.240 则有片< 故L,>h 40 ②滑行结束时停在水平滑道上 此条件可理解为游客既不能停在倾斜滑道上，也不能冲出水： 平滑道，即速度为零时的最远位置在水平滑道的末端 则有 2 ngho mgcos a·x钟十0mgL2 2ngh≥1.2omgL1 联立可得<L≤别 5h L1+L2≥24 将选项数据代入可得C、D符合条件，] 19.A[由图可知，物块从底端开始运动，动能由40J变为0说， 明物块冲到10m距离时，速度为零，则由动能定理得： 一ngh一fs=0一Ek1,接下来返回到底端时，动能变为30J,则： 由动能定理得：ngh一f=E2,h=s·sin30°.联立解得m= 0.7kg,f=0.5N,故进A.] 20.解析牛顿第二定律十动能定理十圆周运动 (1)F-x图像与坐标轴所国的面积表示F所做的功的大小 由题图乙可知0~1m内F所做的功W=1.5×1J=1.5J (2)由题图乙可知，x=1m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=ng 对A,B整体，由牛顿第二定律得F一f=2m@ 由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB=n 联立解得A、B间的弹力大小FAB=ma=0.5N (3)当FAB=0时A、B分离，由(2)中分析可知F=f=0.5N1 时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x=3m 初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4m,对A、B从开！ 始运动到开始分离过程，由动能定理得Wr一gx- .2mw2 2 结合(1)中分析由题图乙可得Wr=3.5J 18 假设B可以运动到圆孤轨道最高点M,对B从两者开始分离 点到运动到M点的过程，由动能定理得一mg·2r=之m 要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足v≥√gr 联立解得r≤0.2m 答案(1)1.5J(2)0.5N(3)r0.2m 1.解析齿轮传动十运动学规律十动能定理十变力做功十瞬时 功率 (1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有 2=2ah 解得木塞离开瓶口瞬间的速度为u=√2ah 则齿轮外侧的线速度也为u=√2ah,所以齿轮的角速度w= vV2ah (2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全 过程摩擦力对木意微的功为W,一一召 拔塞的全过程，对木塞由动能定理有 W+W,-ngh-△p·Sh=立mt 展立解得w二+mgh+mah+S%△D (3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有 F-f-ng-△p·S=na 由位移时间公式有 x-Tar 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P=F 又y=at 联立可得P=mu1+ma1+Sa△p+fa(1-元2）其中 答案(1√ 2ah (2)foh +mgh+mah+Sh△p(3)P= mga+a2+saap+fa(1-2）其中√ 22.解析动能定理十运动的合成与分解 (1)雪块从屋顶上的。，点由静止开始下滑到A点的过程中，由 动能定理有 ngrsin0-umgcos0·x= 2m%2-0 解得y=5m/s (2)雪块从A,点到落地的过程中，由动能定理有 mgh=之加2-2mo2 解得1=8m/s 雪块离开A点的水平速度大小为 U=vocos 则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足 cos a=y U1 解得a=609 答案(1)5m/s(2)8m/s60 23.力的平衡条件十动能定理 解(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Fp cos a=Focos3十mg 在水平方向上有Fp sin a=Fosin B 联立并代入数据解得Fp=1200N、F。=900N (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh十W总=0 代入数据解得W点=一4200J 4.解析(1)滑雪者由A,点运动到P点的过程，沿斜坡方向由 牛顿第二定律得mgsin45°-Ff=na 在垂直斜坡方向由平衡条件得 mngcos45°=FN 又Ff=uFN 部将a=1-心号& 由运动学公式r=子a得1√0 2v2d ! (2)设P点到B,点的过程重力做的功为WG,克服摩擦力做的！ 功为W,则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得 Wc-W=0 ! 滑雪者由A点到B,点由动能定理得 mgdsin45+WG-Wf-mgdeos45°=之mv 联立解得u=√√2(1-)gd (3)滑雪者离开B,点后做斜抛运动，则 竖直方向的分速度u,=sin45°-√22(1-)g@ 2 水平方向的分速度u,=sin45°-√221二)g@ 滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运！ 动的时间= 2w=√22(1-)d g 则平台BC的最大长度为L=u,t 由以上解得L=√2(1一d 22d 答案(1)√(1-)g (2)√W②(1-)gd(3)2(1-)d 25.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0一E4=0一ngh4 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十mgh3=E3 因篮球每次和地面撞击前后的动能的比值不变，则有比例关： .E2E4 系配一E 代入数据可得W=4.5J. (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十ng=a 在拍球时间内运动的位移为x-之a 做的功为W=Fx 联立可得F=9N(F=一15N舍去). 答案(1)4.5J(2)9N 26.C[如图所示， 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mg歌-子md 由几何关系可得h=Lsin0,sin0=录 L2 联立可得h=2求 可得u=LR 故C正确，ABD错误. 故选C.] 27,A[当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度！ 为h一R十R-2=R十密根据机赖能守他有m®= 4 1 2,解得u=√(2+元)gR.故A正确，B、CD错误.] 28.C[A.同学坐在轮胎上从静止开始沿 F 雪道下滑，做加速运动，受力分析如图， 根据牛顿第二定律可知加速度《= mgsin 0-umgeos 0 gsino-ggcos0. 又因为：相同，所以同学们做匀加速直 0 线运动，A错误：B.下滑过程中摩擦力 mg 做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；C心.根据匀加速！ 直线运动位移与时间的关系1一2a,可知同学们前后距离 18 随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加 速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时间内通 过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大， C正确：D.各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力 ngsin0也可能不相同，D错误.故进C.] 9.解析(1)从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹簧 组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面时的速度大小为， 由机械能守恒定律有 1 E。=m6 p 解得0一Nm (2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，设弹 起时小球的竖直速度为y,则 由运动学公式有uv12=2gh 设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为yy,则有1= 4 小球从桌面水平飞出后，做平抛运动的过程中，有，=gt 其水平位移x=01 联立解得x=立Nmg 5 答案(1)√m (2)mg 5 30.解析(1)设小滑块的质量为m,斜面倾角为0，滑块与斜面间 的动摩擦因数为4，滑块受斜面的支持力大小为N,滑动摩擦 力大小为f,拉力T=10N时滑块的加速度大小为a,由牛顿 第二定律和滑动摩擦力公式有 T+mg sin 0-f=ma ⑦ N-mg cos 0-0 f=uN ③ 联立①②③式并代入题给数据得 a=7m/s2. ④ (2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的 定义有 W=T1s1十T2s2 ⑤ 式中T1、T2和s152分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的 拉力及相应的位移大小，依题意，T1=8N,s1=1m, T2=10N,s2=1m 设滑块第一次到达B点时的动能为Ek,由动能定理有 W+(mg sin 0-f)(s1+s2)-=Ek-0 ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得 Ek=26 J. ⑦ (3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍 为Ek,设滑块离B点的最大距离为Smax,由动能定理有 -(mg sin 0+f)Smax-0-Ek ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得 Smax 1.3 m. 答案(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m 1 31.解析(1)机械能守恒mgh,=2mc 解得=√2gho 动量定理I=n=n√/2gho 方向水平向左 (2)机械能守恒mg(h一R)= 牛顿第二定律FN=mn R 解得-2mg(食一-】 满足的条件h≥R (3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件是M≤号R 第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平 抛运动u1=U虹g 其中u=Gsin0,u=Gcos0,则in0"6cos -d 得vG=2√gR h满足的条件h= 号R 答案(1)u=√2gh,I=m√2gh,水平向左 (2F-2mg(食-h≥R (3M≤号R或h-号R 32.BD[动量守恒定律十能量守恒定律十传送带模型设1=to: 时A、B的运动速度分别为UA、vB,经分析1=0时，A、B组成 的系统受力平衡，则其动量守恒，假设0一时间内，A、B组成 的系统动量守恒，由动量守恒定律有nAv0=mAyA十nBVB, 代入数据解得vg=0.5m/s<1m/s,假设成立，B正确；由于 0一t。时间内，A、B组成的系统动量守恒，所以有nAv。= nAyA'十mBvB',等式两边同时关于时间求导，得到0= mA(A十ng口B,所以0~tg时间内，A的加速度大小始终是B! 的加速度大小的2倍，A错误：0t时间内， ↑/m·s') 对A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可 知交mA2+阳mBgB一ADAR-EA=之mAuA2 A 1- 1 十之mBuB2十E,又1=n时弹簧的压缩量0听 B to △x=xA一xB,联立解得△x=0.1m,C错误； 结合AB项分析可作出A、B的u一t图像如图所示，结合图像！ 可知，A与传送带的相对位移（痕迹长度）小于0.05m,D! 正确， 33.CD[匀变速直线运动+牛顿第二定律+能量守恒定律过： 程I：对滑块由牛顿第二定律得ngsin0十2 ngcos0=na,又！ 4=tan0,解得a=2gsin0,则P,O两，点之间的距离为xo= 6 6 ,解得x0一1gsn过程Ⅱ：当滑块的速度最大时，滑块的 加速度为0，此时滑块的合力为0，则有k虹=mgsin0叶mgcos0, 解得弹簧的仲长量r-2 ugsin0,则P、M两点之间的距离为 k EIM-EM-2,解得xrw-68mg2sim2 4kgsin 0 ,A错误：过程Ⅱ 中，Q在从P点单向运动到O点的过程，重力势能增大，动能： 增大，所以Q的机械能增大，B错误：设经过O,点后滑块沿斜 面向上滑动的最大距离为x,对滑块从P点到速度减为0的！ 过程，由功能关系得号k0一mg(x'十xm)cos0十mg(x'+ msn0叶之x,过程Ⅱ中，Q从P点语斜面向上运动的最 大位移n=十m:解得6二0C正确：由 2kgsin 0 于μ=tan,则滑块静止时弹簧可能处于仲长状态也可能处于！ 原长状态，则滑块一定停在OM(含O、M)之间，D正确.] 34.A[功率小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受！ 到的阻力的功率，有P电出一P;=fu=k2,所以电动机的输入 功率（光伏电泡的输出功率）为P无出-0之一2k,则光伏电 池的输入功率（单位时间内获得的太阳能）为P发相兔-P生 _张，A正确.门 35.B[功能关系当甲所坐木板刚要离开 F 原位置时，对甲及其所坐木板整体有 2umg mg=k.x,解得弹性绳的伸长量x0= umg 3,则此时弹性绳的弹性势能为E0= k O 1-d 1-d+xo 62-，从开始拉动乙所坐木 1 2k 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x1一x0十l一d,则由功能关系可知该过程F所做的功W= E。十hmg=3m22+mg1一d0,B正确 2k 一题多解画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像！ 如图所示，则外力F微的功W=mg(1-d)十mg士2g2 2 x。=322十mg（1-d0,B正确.] 2k 18 36.B[功率十估算发电功率P=?· w w-mghpVgh t m=pV Q=V t→p=Qgh 代入数据解得P≈107W,B对.] 7.BD[物块和木板的运动示意图和1图像如下 A a M m 7N77n7刀 m→D1 D R miginmmmmmrenmmnk *2 0 根据动能定理可知 对m:一f=之mu2-之m62① 对M:f-合Mn2② 根据“1图像与横轴国成的面积S表示物体运动的位移可知 x2=S△COF,x1=SABF0 根据位移关系可知l-xI1一x2=SABC0>x2=S△COF 因此fDf=之M2,即木板的动能一定小于，A错B对 将0，@两式相加得-1=号m2十子My2-子mw2,变 形得物块高开木板时的动能子m,2-合mw2一f1- 合M,2<号mw2-f.C错D对.] 8.D[单位时间流过面积A的流动空气体积V。=Au,单位时 间流过面积A的流动空气质量0=pV=pAu,单位时间流 过面积A的流动空气动能为号m2-之4，风速在5 10/s范国内，转化效率可视为不变，根据动能定理可知该风 力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由 于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×10kW的风能 资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24kW·h=2.4× 109kW·h,C错误；若风场每年有5000h风速在610m/s的 范国内，当风速取最小值6/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5一10m/s范国内，转化效率可视为不变，可知风速为 ms时，输出电功率P=6X时kW-120kW,则该发 年发电量至少为E=P1=120×5000kW·h=6.0×10kW·h, D正确.门 9.C[由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为W=0.45× 10J,则输出功率为：P=W-0.46X10w=4.5×103w 4.5kW,故A错误：每1s消耗的燃料有△E=6.9×104J送 入发动机，则最终转化成的内能为：Q=△E=6.9×104J,故C 正确，BD错误.故选C. 0.解析人船模型十斜上抛运动 思维导图 机器人运动 UEgL 机器人绕轻 到滑杆正下 滑杆固定→绳与滑杆连 动能定理、牛二方时，轻绳 拉力的大小 接点做圆周 运动 动能定理，机器人速度一 松开轻绳时 与的关系 抛体运动规律 机器人松开轻绳后做斜上抛运动至A点 机器人相对 人船模型、机器人松开轻 滑杆不轻绳与滑杆」相对圆 绳时的位置 固定 连接点做圆周运动 机器人松开轻 与k的关 ·系式及 周运动 系统水平 →绳时机器人速 度与滑杆速度 的最小值 方向动量 的关系 守恒 机器人从B点运动到松开轻绳位置系统机械能守恒 (1)若滑杆固定，则机器人从B,点运动到滑杆正下方的过程中 做圆周运动，只有重力对机器人做功，设机器人运动到滑杆正 下方时的速度大小为'，则由动能定理有 mgL-m-m 机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得 又=√gL 联主解得机器人运动到滑杆正下方时轻绳拉力的大小 F=4mg (2)设机器人松开轻绳时的速度大小为”，根据题意作出机器 人松开轻绳时的位置及速度如图所示 379 对机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，由动能定理有 -mgL.sin37r=合mo5-合m 机器人松开轻绳后做斜上抛运动，设机器人从松开轻绳到抛· 至A点所用时间为t,则在水平方向上由运动学公式有 L+Lcos37°=usin37°·t 在竖直方向上由运动学公式有 1 1.2L-Lsim37°=tcos37°·1-2gr 联立可得u-V3.7gL=370gL 10 (3)由于轨道是光滑的，则机器人绕滑杆与轻绳的连接，点运动！ 的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则机！ 器人从B点运动到滑杆正左方的过程中，机器人在水平方向 上向左运动，滑杆沿水平光滑轨道向右运动，此过程机器人相对 滑杆的水平位移大小为2L,设此过程机器人向左运动的位移大： 小为，滑杆向右运动的位移大小为2，则由人船模型有 mx=Mr2 又x相=x1十x2=2L M=km 2kL 2L 联立可得x1一干2一中节 机器人从滑杆正左方运动到松开轻绳的位置的过程中，机器 人在水平方向上向右运动，滑杆沿水平光滑轨道向左运动，此： 过程机器人相对滑杆的水平位移大小为△x=L-Lc0s37°，设 此过程机器人向右运动的位移大小为x',滑杆向左运动的位： 移大小为x2',同理，由人船模型有 mx'=Mr2 又x指'=x1'十x2'=L-Lcos37°=0.2L M=km kL L 联立可得'一5十五'=5(k十 则机器人松开轻绳时，滑杆距B点的距离为 --+-赞 设机器人松开轻绳时机器人相对轻绳的速度为缃，滑杆的速！ 度为M,作出此时两速度的示意图如图所示 相 则机器人松开轻绳时水平分速度大小为u,=v相sin37°-vM! 机器人松开轻绳时竖直分速度大小为包，=y相c0s37° 由于机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则有 18 mv,=MUM 机器人从B,点运动到松开轻绳的位置，系统机械能守恒，有 合m2-合m(d+)+2Md+mglsin37r 1 机器人松开轻绳后做斜上抛运动到A点，设该过程的运动时 间为，则由运动学公式有 xB+Lcos37°=u,t 1.2L-Lsin37°=v,t'- 282 /14 9gLk 联立可得v√5L+0干（≥1） 则当k=1时，t取最小值，有min= √/13gL 2 答案(1)4ng (2)√370gL 14 9gLk 10 (3)u√5gL+10k+ (k≥1) √/13gL 2 11.解析(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第 二定律有ngsin0=na 设小车通过第30个减速带后速度为1，到达第31个减速带 时的速度为， 则有22-u12=2ad 因为小车通过第30个减速带后，在相郎减速带间的平均速度 均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的 速度均为凹]和2：经过每一个减速带时损失的机械能为 1 △E=m22-zmy2 联立以上各式解得△E=ngdsin0. (2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为凹1，则在水平 地面上根据动能定理有 一ngs=0-m2 1 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有 mg(L+29d)sm0-△E8-合mu2 联立解得△E总=mg(L十29d)sin0-umgs 故在每一个减速带上平均损失的机械能为△E”= △E总=ng(L+29d)sin0-umg 30 30 (3)由题意可知△E>△E,可得L>d+ sin 答案(1)ngdsin0 (2)mg(L+29d)sin 0-umgs 30 (3)L>d+sn0 s 12,解析(1)根据牛顿运动定律T一mg= 2 得T=ng十n (2)α.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为 1、2,根据功能关系得mgl1(1一cos0,)= mglz (1-cos 0 )mv 已知1=u2,得mgL1(1-cos01)=mgl2(1-cos02) 因为4>l2,得cos0>cos02 所以02>01 b.设“摆球”由最大摆角0摆至最低，点时动能为Ek,根据功能 关系得Ek=mgl1(1一cos) “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速 度为um 银短中经发动文来行队一加学 “摆球”在竖直平面内做完整的圆凋运动，根据功能关系得 E.十AE,≥2mR4+合m. 得△E≥号mg4-mg1-cs0 答案见解析 43.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FP)=2fm十k)2 ① 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 2x,2-2f+2E ② 联立方程解得，-2F一 k ③ E6-F2-6fF+8f2 ④ (2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x,以A为研究对 象，由平衡条件得kx=f ⑤ 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Fmm,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Ek=之kx2十fx ⑥ 联立①②⑤⑥式得Fmm=（3士 ⑦ 2 根据题意舍去Fmim= (3-空)）所以性力的最小值为F (3+) ⑧ 2 (3)从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB,C的位移为 xC,以B为研究对象，由动能定理得 -W-fxB=0-Eks ⑨ 以C为研究对象，由动能定理得 -fxc=0-Ek ⑩ 由B、C得运动关系得xB>xC一xBC ① 联立⑨⑩①式可得W<fx化· (4) 9 m 答案见解析 专题七静电场 1,D[验电器十电场强度带电玻璃棒与金属球接触后，金属球 带电，金属箔与金属球通过导体棒连接，金属箔与金属球带同 种电荷；净电荷在尖锐的地方聚集，因此d点的电荷聚集最多， 电场强度最强，ABC错误，D正确.] 2.B[静电场的电场线静电场是由静止电荷产生的电场，电场 线不交丈不闭合，ACD错误，B正确.] 3.ABD[平衡条件十库仑定律十动能定理设轨道倾角为0，则 对甲小球由力的平衡条件有F1=ngtan0,对乙小球由力的平 衡条件有P,=2 ngtan0,故=号F,A正确；甲小球受到的 静电力的合力大小F二盗g一E,乙小球受到的静电力的 力大小F-答+2E,结合A项分折可得E-品，B正确： 甲、乙互换位置后，两者所受合力均不为0，因此不能保持静止， C错误；若撤去甲，对乙小球的下滑过程，由动能定理有2g· 告an-2gE·兰-士×2md2,结合AB项分折可得u- √低D王] 4.C[力的平衡条件十牛顿第二定律的瞬 F库 时性对小球A受力分析，其受重力、轻 绳的拉力以及B的库仑引力，如图所示， 根据力的平衡条件得F库=Tc0s30°十 mngcos30°，Tsin30°=mngsin30°，解得T- mg,F库=√3ng,AB错误；剪断轻绳前， T30 小球A所受合力为零，库仑力与重力的合 309mg 力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg,剪 19 断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A 所受合力大小为mg,由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度 大小Q=g,C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变， 且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D 错误.门 5.AD[点电荷十场强叠加原理分别 作出五个，点电荷在O,点的场强如图 所示，则O点的电场强度大小沿y轴 正方向的分量大小为Ey=Rsim54 0n18 3kg-4 ka sin18°+ 2464549 R2R2 180 n5-0.(a5-血18) R2 =0,沿工轴正方向的分量大小为 R2 -0s5+0om1g一0as1g 5 ka cos54°= R -29(2c0s54十c0s18°)，所以0点的电场强度方向沿x轴负 R2 方向，大小为(2c0s54+0s18),AD正确，BC错误.] 6.BD[点电荷十平衡条件十几何关系设小球甲、乙间的库仑 力大小为F,对小球甲、乙受力分析如图所示，小球甲沿绝缘碗 切线方向由平衡条件有n鸭cos45°=Fcos60°，对小球乙沿绝 缘碗切线方向由平衡条件有mngcos15°=Fcos60°，联立可得 m甲>m乙，A错误；将小球甲、乙形成的电场视为A、B处为一 对带电荷量均为十g的等量同种，点电荷与A处为带电荷量为 十q的，点电荷形成电场的叠加，在A处单个点电荷形成的电场 中，由于C点与点电荷的距离更近，则C点的电势更高，在等量 同种点电荷形成的电场中，沿OD垂线从C点移动到OD上的 过程，电势逐渐降低，然后继续移向D点，电势继续降低，综上 由电势的叠加原理可知，C点电势高于D点电势，B正确：由点 电荷产生场强公式和场强叠加原理可知，E点场强大小为EE 2kg kg 3R 25R R,F点的场强大小E万门 3 3 kg 2kg () 25R 》 3g,E、F两点场强的大小显然不相 2R2 3 等，C错误：单独研究小球甲、乙形成的电场，沿直线从O点运 动到D点，电势均先升高后降低，所以由电势的叠加原理可知， 沿直线从O,点运动到D,点，电势先升高后降低，D正确.] 乙60° B 甲 60 m2g AD E 150 A5 C D m甲g 7.B[场强与电势差的关系十电场力 U不变，d减 U=E风E增大F=EF增大 电场强度方向向左也子带角也电于所受电场力方向向右】 B对.] 8.C[等差等势线十电场强度 等差等势线越越密集 c点电场强度最大，C对.] 电场强度越大 9.D[场强叠加原理十点电荷十对称思想由，点电荷的场强公式 和场强叠加原理可知，两点电荷在M,点产生的电场强度大小 为E=297c0s60°=3，方向沿MA方向，又M点的电场 √3 (3a