专题六 机械能及其守恒定律-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 分类特训 专题六机械能及其守恒定律 [考点1]功和功率 1.(2026·山东卷，6)“外骨骼机器人”是一种能增强运动能力的可穿戴装置.如 图所示，在倾角为0的斜坡上，某同学最多能拉着质量为的物体以恒定速度 niiniMmmmmmmnmmm. v沿斜坡向上运动；穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为1.4的物体仍以相同的速度 沿斜坡向上运动，绳子始终平行于斜坡，物体与斜坡之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g,则该同学穿戴装置后，拉力的功率增加了 A.0.4mgu(sin 0+ucos 0) B.1.4mgu(cos0+usin 0) C.0.4mgu(sin0-cosθ) D.1.4mgu(coso-usin 0) 2.(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.4×10J C.4×103J D.4×102J [考点2]动能定理 1.(2026·黑吉辽蒙卷，7)如图()，水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度v。由 原点O出发，沿x轴依次经过M、V、Q三点.已知OM=MN=NQ=x。,物块与水平面间的动 摩擦因数为μ，重力加速度为g,o=√2μgx,F随位置x的变化如图(b)所示.设物块经过N、 Q两点时F的瞬时功率分别为PN、P。,经过OM、MN、VQ段F的平均功率分别为PM、PMN、 Pa,则 ) 2umg 0 M N Q x02x03x0 图(a 图b) A.PN>PQ,PoM>PMN B.PN<PQ:PoM>PMN C.PN>Po.PMN<PNQ D.PN<PQ:PMN<PNQ 16 2.(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=2.5,A点距地面的高度 h=1.95m,雪块与屋顶的动摩擦因数=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v。； (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α 3.(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. 17 [考点3]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 41,与其余部分的动摩擦因数为2，且1>2.第一次，滑块从I位置以速度℃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 () 77777777777 M N A.t<t2 B.t>t2 C.x >x2 D.x<2 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.质量为的滑 wWwWww 块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan0.过程I:Q以速度o。从 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O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为o8 ngsin9 2kg sind 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<).两木板与地面间动摩擦 因数均为4弹性绳劲度系数为，被拉伸时弹性势能E-:2(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 () 甲 A.(umg) +umg(l-d) B.3(mg)2 2k 2k -+umg (I-d) C.3(umg) D.(mg)2 2k +2mg(l-d) 2k +2umg(l-d) 18 4.(2026·陕晋青宁卷，14)如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中 AB段的长度L=36、倾角为0，BC段水平且足够长.初始时游客甲乘滑板从A点由静止下 滑，经过t=6s到达B点，此后进人BC段继续滑行.游客甲和滑板的总质量m=60kg,AB 段、BC段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为1，其中：=品重力加速度g取10m/:,sin ?-子，游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在B点处的机械能损失。 A (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数以1； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达B点时，游客乙乘同样滑板恰以5m/s的速度经过A点下滑.求乙到达B点时与 甲的距离. 19 5.（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，箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，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、 绝缘箱 导线框 木块 ○导线框 绝缘箱立体图 好 截面图 (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=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. 202.B由题知“天宫”空间站周期T=5h=1.5h,运行半径 r1=6800km, “吉林一号”遥感卫星运行半径r2=6935km,根据开普 物第三定律有=三」 解得T2≈T1=1.5h. 3.C轨道舱与返回舱的质量比为5：1，设返回舱的质量 为m,则轨道舱的质量为5m,总质量为6m;根据题意组 合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有GM·6m r2 2 =6m 可得做國周运动的线速度为√ M 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有6m℃=5m℃1 十mU2· 由题意=2 GM 4GM,故选C. 代入解得=5Nr 考点6 1.B太空碎片在半径为r的轨道上做匀速圆周运动时， 由牛顿第二定律得GM=m号，则太空碎片的速度为 口√M,在Q点给太空碎片施加一个与其速度方向垂 直且背离地心向外的瞬时冲量【作用，根据动量定理可 得此时太空碎片在垂直原运动方向上的速度为=工， 由于与0'垂直，合速度为合=√0十，则太空碎片 的动能为民=宁m店-+去B正确， 2.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，根据开普物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. 专题六机械能及其守恒定律 考点1 1.A该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功 率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置 前有P1=(mgsin日十gcos),穿戴装置后有P2= (1.4 mgsin日+μ·1.4 ngcos9),所以拉力的功率的增 加量为△P=P2-P1=0.4mgu(sin9+acos),A正确. 2.B高中生的质量约为50kg,144km/h=40m/s,根据 动能定理有w=2m心=4.0×10J.故选B 考点2 1,C根据题意，从O到N过程中，由动能定理有mg. 1 2x-mg·2。=2m0-2mu6, 解得U、=Uo=√2gxo, 11 从N到Q过程中，由动能定理有mg十mg·。一 2 mgx。= 1 解得va=√3gxg· 则有PN=2umg·√2gx=umg√8rgxo,Pa= umg v3ugto 则有PN>PQ: 设经过OM、MN、VQ段的时间分别为t、t2、t,物块在 OM阶段，拉力小于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加 速度减小的减速运动，速度由。减速到yM,物块在MN 阶段，拉力大于滑动摩擦力，随着拉力的增大，做加速度 增大的加速运动，物体在O点的加速度大小为a1=m8 =g· N点的加速度大小为a=2m8mg=4g, 则有a1=ag, 由对称性可得t1=t2, 物体在VQ阶段做加速度减小的加速运动，则在VQ段 的平均速度大于MN段的平均速度，则有t,<t,, 根据F一x图像面积表示做功，由图可知，经过OM、 MN,NQ段F微功分别为w,=mg,w,=W,= 心 2 umgto, 又有PaM= W、Pw= Ws t 可得PaM<PN<PNa· 2.解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sind-mgco0·x=子m5-0,代入数拐解得雪块到A 点速度大小为。=5m/s: (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理gh= 1 2m0一2mu6,代入数据解得雪块落到地面时速度大 小1=8m/s, 速度与水平方向夹角a,满足c0sa=西c0s9_5X0.8 1 8 合解得a60C 答案：(1)5m/s(2)8m/s,60° 3.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T和T,,竖直方向T1cosa=mg十 T2 cos B, 水平方向T1sina=T:sin3, 联立代入数值得T,=1200N,T,=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 考点3 1.A对两种运动的整个过程根据能量守恒有 1 mG=mgxw十mg（西一xw),2mG= 1 ngTMN十42mg(xg一xMN）, 可得x1=x2,故C、D错误； 根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=g, 由于凸>4，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 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，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 -t图像， A D 162 可得t2>t,故A正确，B错误；故选A. 2.CD设P、O两，点的距离为L,过程I,根据动能定理有 -mg sine0·L-mg cost0·L=0-7mu, 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bL1=mg sin日十umg cos日，P、M两点之 间的距高L:=L-L1,联立可得L=-8 ng'sin0, 4kg sin 故A错误； Q在从P,点单项运动到)点的过程中，动能增加，重力 势能增加，B错误； 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2L =mg sin8,x+mg cos0:x+zk(x-L)产， 结合-mg sin9·L-mg cos0·L =0-m, 解得2=a68 ng'sin日，故C正确： 2kg sind 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L1= mgsin 0+umg cos, 当在O点时，满足mg sin9=mg cost9, 所以在O、M(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故 D正确， 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x。=mg, 解得弹性绳的伸长量，=8， k 则北时弹性绳的弹性势能为E=子如=心 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 =3mg）+mg(1-d). 2k 4解析：()当甲从A点滑至B点，根据L=合a,代入数 据可得a=2m/s, 根据牛顿第二定律有mgsin日-4 mgcos0=ma,又因为 sin0=3,所以cos0=2y2, 3 代入数据联立可得4=装 (2)甲从A,点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩 擦力做的功，所以有△E=Wr=mgcos日·L=2880J, 根据(1)可知甲下滑的加速度为a=2m/s”;根据运动学 公式℃=2aL可得甲到达B点的速度为12m/s, 所以AB段动量的变化量为△p=w一0=720kg·m/s. 11 (3)乙从A滑到B的过程中，根据运动学公式有L=0t' 代入数据解得t=4s, 甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有42mg =ma2, 可得a2=1m/s, 甲到达B,点的速度为0=12m/s,在4s内甲没有停止； 在1=4s内，甲运动的距离x=-74,, 代入数据解得x=40m,即甲乙之间的距离为40m. 答案：1号 (2)2880J,720kg·m/s (3)40m 5.解析：(1)由牛顿第二定律F=(M+m)a, 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律F×=ma, 竖直方向由平衡条件f=mg=uFN, 联立可得F=M十m)8: (2)设箱子刚进入磁场中时速度为℃，产生的感应电动势 为E=Bdo, 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I= E , 安培力为F安=BId, 联立可得P-B, R 若要使两物体分离，此时有F=0,即F章≥F, 其中F=M十m)g 解得≥M+m)gR uB'd 由运动学公式=2as, 解得s≥M十m)gR2 2uB'd 故t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为5 =(M+m)'gR' 2uB'd 1 (3)对木块水平方向由运动学公式s=2ati, 竖直方向有=子G, 其中F=M+m)g=(M什m)a, 可得力F作用的总时间为t=t十t= 腰+ 水平方向对系统由动量定理FtF安t=(M十m)u一0， 其中Fet,=BdL R 联立可得0= & 2些g h BdL (M+m)R' Ng 四产服时，最终木块与箱子速 B'd'L 度大小为 2h B'dL (M+m)R' 当8( 2h (M牛mR时，最终木块与箱子的 Bd'L Ng 速度大小为v=0. 答案：(1)M+m)g (2)<M+m)'gR 2uB'd' (3)见解析