专题六 机械能及其守恒定律-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训试卷

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二，则太空碎片的速度为 ,在Q点给太空碎片施加一个与其速度方向垂 u入 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可=L 由于0与'垂直，合速度为0合=√2十02，则太空碎片 的动能为E=子mu=GMm+ 2r 十2mB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. 3.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网，对同步卫星和空间站进行比较，根据a一 ,可得a≥a所以ag>a州>a由于F=ma 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F=GMm,且空间站r较大，可得Fn较小， 所以选项C错误；D.根据a=wr,由于a空>a网，r安< T网，故wg>w侧，而w是=w网，可得w空>仙她，所以选项D 正确.故选D. 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=(ngsin9+mgcos9)v,穿戴装置后有P2= (1.4 ngsin日+：·1.4 ngcos)0,所以拉力的功率的增 加量为△P=P2-P,=0.4mg0(sin9+ucos),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=2mw=.0X10'J.故选B 3.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ms=2πRnm×60%= 1.2xRnm, 则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W =1.2Rnmg H, 则简车对灌入指回的水微功的功幸为P-丹，T-三。 w 联立有P=3 mgoRH,故选B. 5 4.A设物体与地面间的动摩擦因数为以，当小车拖动物体行 驶的位移为s的过程中有F-f-umg=(m十MDa, y2=2as1, P。=FU, 轻绳从物体上脱落后a2=4g, v2=2a2(s2-s1）, 2F(下-f)(一s)s,故选A. 联立有P。=(M+m)5,一Ms 16 考点2 1.C根据题意，从O到N过程中，由动能定理有m竖. 2 1 1 2z。-mg·2。=2m-2mu6, 解得vN=v=√2gx, 从N到Q过程中，由动能定理有m8,十四ms.,- 2 1 lmgao-2 m 解得Q=√34gx· 则有PN=2umg·√2gxo=umg√8gx。,PQ= μmg√3g0, 则有PN>P。, 设经过OM、MV、NQ段的时间分别为t1、t2、t3,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M,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41=m8 =μg, N点的加速度大小为a2=2m8m8=g, 则有a1=a2, 由对称性可得t,=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做功分别为W=2 umg&o,W:=W,= 3 1mg, 又有PaM -W..Pw-W:.Pwo- t t2 可得PaM<PMN<PNa· 2.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,所以克服空气阻力做的功为：W,=f·h= mgh,所以选项B正确，故选B. 3.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, 由牛频第二定律可知，a1=Fm竖=2m/5,a, m F一mg=一1m/g,故0~2m过程中，物体微匀加速运 m 动，2~4m过程中，物体做匀减速运动，A在x=1m时， 由公式=211，解得=2m/s,此时拉力的功率P= Fy=12W,故A错误；B.在x=4m时，物体的动能E =W8一fx,=18-16=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,=fx2=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=2a12,解得y=22m/s,此时物 体的动量p,=m心=2√2kg·m/s,故D错误.故选BC. 4,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mgR1-cosa)=7m Fx=mg cos a-m R' 联立有Fy=3 ng cos a-2mg, 则从C到B的过程中a由0增大到B,则cosa逐渐减 小，故FN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= -mgo sin 0, 则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错 误；C.从A到C的过程中有-mg·2R=2m-2, 解得U。=√4gR,C错误；D.小球在B点恰好脱离轨道 有mgos0=m是，则u=VgRa30, 则若小球初速度。增大，小球在B点的速度有可能为 √gRcos日，故小球有可能从B,点脱离轨道，D正确.故 选AD. 5,D运动员从a到c根据功能定卫有mgh=了md 在c点有Fx一mg=mR,F≤kmg, 联立有R≥1 .2h 故选D 6.解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx 1 sin9-mg cos9·x=2m-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gh= 之m时-子m或，代入数据解得雪块落到地面时達度大 小y1=8m/s, 速度与水平方向夹角a,满足cosa=5c0s9=5X0.8 01 8 2,解得。=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T和T2,竖直方向T1cosa=mg十 T:cos B, 水平方向T1sina=T,sinB, 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.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℃， =gt, 则抛出后速度大小为u=√6十(gt)产， 可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误：C 1 铅球抛出后的动能E=2mt=2m[G+(gt)门， 可知动能与时间不是一次函数关系，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 16 2.C如图所示 设圆环下降的高度为h,圆环的 h L 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 mv, R 由几何关系可得h=Lsin 0,sinB L 2 联立可得A=员可得u=L√食 L g 故C正确，ABD错误.故选C 考点4 1.A对两种运动的整个过程根据能量守恒有 1 mG=4mgxN十mg（工一xN),乞mG= 1 ngTMN十42g（x2一xMN）, 可得x,=x2,故C,D错误； 根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=g, 由于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，即两次运动过程中心t 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，一0=2gx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， t 0 612 可得t>t1,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 sind0·L-cos9L=0-合md, 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kL1=ng sin日+mg cos6,P、M两，点之 间的距离L:=L-L1,联立可得L:=-8 g'sin日 4kg sin 故A错误； Q在从P点单项运动到O,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, 根据能量守恒定律一L =mg sin9·m cos9·x+号6(x-, 结合-mg sin9·L-mg cos日·L =0-2m6, 解得x= kg一8 ng'sin日，故C正确： 2kg sin 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kL1= mgsin 0+umg cos0, 当在O点时，满足mg sin9=umg cose0, 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x,=m5 k 则比时弹性绳的弹性势能为E=合红- 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。十1一d, 则由功能关系可知该过程F所做的功W=E。十mgx =3(mg 2k -+mg(1-d). 4.BD当物块从木板右端离开时， 对n有-f.=名mi-号md, 对M有frw=之Mi, 其中=xm一xM AB.由于>xM,则根据以上分析可知木板的动能一定 小于f1,A错误、B正确；CD.根据以上分析，联立有 m或-f1=m或+号M成 1 则物块的动能一定小于号m心话一，C错误、D正确，故 选BD. 5.解析：1)当甲从A点滑至B点，根据L=2at,代入数 据可得a=2m/s2, 根据牛顿第二定律有mgsin0一：1 mngcos0=ma,又因为 F3,所以c0s0=2 sin =1 3 代入数据联立可得4= (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=W,=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△力=mv一0=720kg· m/s. (3)乙从A滑到B的过程中，根据运动学公式有L=,' +2, 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g =ma2, 可得a2=1m/s2, 甲到达B点的速度为v=12m/s,在4s内甲没有停止： 在1=4s内，甲运动的距离x=以-20：， 代入数据解得x=40m,即甲乙之间的距离为40m. 答案：1)2 (2)2880J,720kg·m/s 10 (3)40m 6.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FN=ma, 竖直方向由平衡条件f=mg=uFN, 联立可得F=M+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1=尺， E 16 安培力为F安=BId, 联立可得Fe=BE。 R 若要使两物体分离，此时有FN=O,即F案≥F, 其中F=M+m)g 解得≥M+m)gR uB'd 由运动学公式0=2as, 解得≥M+m)gR 2uB'd 故t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为5mm =(M+m)'gR' 2uB'd (3)对木块水平方向由运动学公式=了a, 竖直方向有h=2g, 其中F=M+m)g=(M+m)a, 十入g 可得力F作用的总时间为t=1十=√g /2h 水平方向对系统由动量定理Ft一F安t。=(M十m)v一0， 其中F5,=BdL R 联立可得= BdL (M+m)R B'd'L 2hM十m)尺时，最终木块与箱子速 度大小为 =&/ B'd'L (M+m)R 当会腰√图长品时，终木典与商子的 速度大小为=0. 答案：1)M+m)g (2)M+m)'gR 2uB'd (3)见解析 7.解析：(1)由B点到最低点过程动能定理有 1 2 mvi-2 mo-mgl., 最低点牛顿第二定律可得F-mg=m工 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 守板可得分md=mgLsin37+子m, 水平方向x=Lcos37°+L=,'sin37°·t, 竖直方向取向上为正可得y=1.2L-Lsin37° 37gL 'os37·t-zgt,联立可得u√10： (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,由能量守恒可得号m0=mgl.sin37十 名mad+合md, 1 设v1的水平速度和竖直速度分别为口，巴，则有心=心 十w, 则水平方向动量守恒可得m?,=km, 水平方向满足人船模型可得mx=km.x2, 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 tan37°=u,十u2 设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为日，则有速度 关系tan0=, U 水平方向Lcos37°+L-x2=0,·t, 竖直方向1.2L-Lsin37°=u,·t-2gt, 1 联立可得= 气+ 9kgL 9kgL十 4 即0√10(k+1) 58L, 显然当k=1时取得最小，此时一不gL, 答案：(1)F=4mg 37gL (2)0入√10 (8√+5√厚 9kgL14 8.解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 mg sin日十μng cos日=ma,由运动学公式0-2= -2a.x, 联立解得x=2g(sin+cos (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= mg sin0+mgcos9,由P=F℃得P=mgu(sinf+ucos). (3)全过程物块增加的机械能为E1=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E:=E,十gcos日 mgL sin sin ·L,故可得2,mgl sin 0+-rngl,cossin什cos分 答案：》2g(sin0+4cosD（2)mg(sin9+ucos0) sin (3)sin cs 专题七 动量及其守恒定律 考点1 1.C矢量是既有大小又有方向的物理量，所以动量是矢 量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量 2.BDA.根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时， 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运 动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； BC,根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t= 2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2S,根据竖直上抛运 动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在t=1.3s时， 运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动员的速 度大小v=10X1m/s=10m/s,故B正确，C错误；D.同理 可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上 为正方向，根据动量定理F·△t一mg·△t=w一（一w), 其中△t=0.3s, 代入数据可得F=4600N, 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开 过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确 3.AD物块与地面间的摩擦力为f=mg=2N AC.对物块从0一3s内由动量定理可知 (F-f)t=mvs 即(4一2)×3=1×0， 得=6m/s 3s时物块的动量为p=m0=6kg·m/s 16 设3s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-my3 即-(4+2)t=0-1×6 解得t=1s 所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为 0,故A正确，C错误； B.0~3s物块发生的位移为x1,由动能定理可得 1 (F-Ax=2mvi 即(4-20=号×1X6 得x1=9m 3s~4s过程中，对物块由动能定理可得一(F十f)x:= 0-2mw 即-(4+2)x2=0一号×1×6，得x:=3m 4s一6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为= F-I=2 m/s m 生的位移为飞=2×2X2m=4m<x1 即6s时物块没有回到初始位置，故B错误； D.物块在6s时的速度大小为vs=2×2m/s=4m/s 0~6s拉力所做的功为W=(4×9一4×3十4×4)J=40J 故D正确，故选AD. 考点2 1,ADM、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则t。 时刻两物块碰后瞬间M的速度为，N的速度为0，M与 斜面间的动摩擦因数为tan日、N与斜面间无摩擦，则碰 后M做匀速直线运动，N微加速度大小为a二女的匀加 速直线运动，从M、第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞 前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为 △，则有u△t1=2a(△t),解得△t1=2t,则3t。时刻 M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为，N的速 度为0'=a△t1=20,所以第二次碰后瞬间M的速度为0 =2,N的速度为V,同理可得M、N从第二次碰撞后瞬 间到第三次碰捷前A:=a(△，)产十山，解得4 =2t。,所以5t。时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间 M的速度为0'=20，N的速度为”=U十a△t,=30,对比 选项中图像可知AD正确，BC错误. 2.DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mpp十 mNUN mp Up'+myUx', 即mp(p-p')=mw(N'-y), 根据图像可知(p一vp')>('一)，故mp<mN: 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有Qo十 mxUx mgva'+mxUx'. 即ma(ta-a')=mw(w′-w), 根据图像可知(a一a')<(w'一N),故mQ>mw;故 ma>mx>mp.故选D. 3.B根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上 动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后 A球水平速度为，B球水平速度为u2,则有m=mu1 十m02· 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有？m= m+合m, 联立解得1=0，边=0，最新真题 机械能及其守恒定律 分类特训 专题六 [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m的物体以恒定速度 。沿斜坡向上运动：穿戴“外骨骼机器人”后，最多能拉着质量为1.4m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 郑 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.1.4mgv(cos0+sinθ) C.0.4mgv(sin0-μcosθ) D.1.4mgv(cos0-sinθ) 斯 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.4×104J C.4×103J D.4×102J 3.(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.水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动.每 杯 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.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.SnmgoRH 5 C.3nmgw'RH 如 D.nmgoRH 5 4.(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 御 F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着 质量为的物体由静止开始运动.当小车拖动物体行驶的位移为1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$2.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。为 ( 2F2(F-f)(s2-s1)s1 A. B. 2F2(F-f)(s2-s1)51 (M+m)s2-Ms (M+m)s2一ms1 2F2(F-f)(s2-S1)s2 (M+m)s2-Ms D. 2F2(F-f)(s2-S1)s2 (M+m)s2+m51 [考点2] 动能定理 1.(2026·黑吉辽蒙卷，7)如图(a),水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度vo由 原点O出发，沿x轴依次经过M、N、Q三点.已知OM=MN=NQ=xo,物块与水平面间的动 摩擦因数为μ，重力加速度为g,℃=√2μgx,F随位置x的变化如图(b)所示.设物块经过V、 21 Q两点时F的瞬时功率分别为PN、Pa,经过OM、MN、VQ段F的平均功率分别为PaM、PN、 Pa,则 () 2mg umg 0 M N Q x 图(a) 图b) A.PN>PQ,PoM>PMN B.PN<PQ,PoM>PMN C.PN>PQ:PMN<PNQ D.Px<Po,PMN<PNQ 2.(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.m-mgh D.m+mgh 3.(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，+w聊 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W12 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/s2.下列说法正确的是 ()01234xm 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 4.(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v。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v=√2gR D.若小球初速度增大，小球有可能从B点脱离轨道 5.(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， 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 77777777777777777 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 A.k十1 2h D.k一1 22 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=2.5,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 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. 23 [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α、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 () 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 [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42，且41>2.第一次，滑块从I位置以速度向右滑 I M N 动，通过MV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.tt2 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m的滑 WWWw 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v。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o6-4 mng'sin20 Akg 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o-8 msin0 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m的甲、乙两同学， 墨 d 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 F 甲 质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l).两木板与地 w777wwm7mm7mwwmm7m 面间动摩擦因数均为4，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=x(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 () A.umg) -十umg(l-d) B.3mg)+4mg(1_d) 2k 2k C.d) D. 2k (mg2+2mg1-d） 2k 24 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o m M 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 77777777777777777 开时 ( A.木板的动能一定等于f B.木板的动能一定小于f C.物块的动能一定大于号m号-f D.物块的动能一定小于m听- 5.(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=36m、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，此后进入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P1以其中：-。重力加速度g取10m/:,sim 0=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。 甲 0 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数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5/s的速度经过A点下滑.求乙到达B点时与 甲的距离。 25 6.(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.=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 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. 26 7.(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.α、b为同一水平面上两条光滑平行轨 a M 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. b1 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. (1)若滑杆固定，0=√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，求的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M=k,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，求与k的关系式及0的最小值. 27 8.(2024·江苏卷，15)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为0， 电动机 斜面长为L.一个质量为的物块，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，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 的 烯 28