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

年真题 分类特训 专题六机 考点1功与功率 ◆功与功率 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1.4m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以，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.0.4mgv(sin 0+ucos 0) B.1.4mgu(cos0++usin 0) C.0.4mgo(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.4×104J 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 39 专题六机械能守恒定律 械能守恒定律 机车启动问题 对滑动.每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.3nmgoRH 5 C.3nmgo'RH D.nmgoRH 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m的物体由静止 开始运动.当小车拖动物体行驶的位移为5 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 52.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P。为() M 2F2(F-f)(s2-s1)5 A. (M+m)s2-Ms B. 2F2(F-f)(s2-s1)s1 (M+m)s2-ms C.A 2F2(F-f)(52-51)52 (M+m)s2-Ms D. 2F2(F-f)(s2-s1)52 √(M+m)s2+ms1 5.(2021·北京卷，8)如图所示，高速公路上汽 车定速巡航（即保持汽车速率不变）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 最新真题分类特训·物理 A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小 曲线如图所示.两车分别从t1和t时刻开始 B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大 以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力 C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小 均视为不变.若两车行驶时所受的阻力大小与 D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大 重力成正比，且比例系数相同，则 () ◆机车启动 A.甲车的总重比乙车大 6.(2021·重庆卷，10)（多 F B.甲车比乙车先开始运动 选)额定功率相同的甲、 甲 C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率 乙两车在同一水平路面 相同 上从静止启动，其发动机 D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速 t1 t2 t3 ts 的牵引力随时间的变化 率相同 考点2动能定理的理解及简单应用 ◆动能 (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小0。： 1.(2021·全国甲卷，20)（多选）一质量为m (2)雪块落地时的速度大小，及其速度方 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面 向与水平方向的夹角α. 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导已知m α=0.6，重力加速度大小为g.则 A.物体向上滑动的距离为 2mg B.物体向下滑动时的加速度大小为等 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 ◆动能定理与恒力做功 2.（2025·黑吉辽蒙卷，13)如图，一雪块从倾 角θ=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 m,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： 40 3.（2024·新课标卷，24)将重物 从高层楼房的窗外运到地面 及 时，为安全起见，要求下降过程 B 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 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α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角B =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. 专题六机械能守恒定律 ◆动能定理与变力做功 4.(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，由原点O出发，沿x轴依次经过M、 V、Q三点.已知OM=MN=NQ=xo,物块 与水平面间的动摩擦因数为4，重力加速度 为g,℃=√/2gxo,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、Pa,经过OM、MN、NQ 段F的平均功率分别为PaM、PN、PQ,则 F 2umg-- mg- 0 M N Q x 0x02x03x0 图(a) 图b) A.PN>PQ,PoM>PMN B.PN<PQ:PoM>PMN C.PN>Po.PMN<PNQ D.PN<PQ,PMN<PNQ 5.(2022·山东卷，2)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( 火 压气体 仓 7777 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 最新真题分类特训·物理 考点3动能定理图像和求解多过程问题 ◆E一x类图像 A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力 1.(2021·湖北卷，4)如图(a)所示，一物块以 逐渐增大 一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑， B.小球从A到C的过程中，重力的功率始 运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能 终保持不变 Ek与运动路程s的关系如图(b)所示.重力 C.小球的初速度v。=√2gR 加速度大小取10m/s2,物块质量m和受 D.若小球初速度。增大，小球有可能从B 摩擦力大小f分别为 () 点脱离轨道 E月 40 4.（2023·江苏卷，15)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 20 角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若 309 0 滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B 5101520s/m 图(a) 图(b) 点.滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B A.m=0.7kg,f=0.5N 点飞出.已知A、P间的距离为d,滑雪者与 B.m=0.7kg,f=1.0N 滑道间的动摩擦因数均为4，重力加速度为 C.m=0.8kg,f=0.5N g,不计空气阻力 D.m=0.8kg,f=1.0N ◆多过程运动 2.(2023·新课标卷，20) +W闪 (多选)一质量为1kg 18 450 345 的物体在水平拉力的 作用下，由静止开始在 2 34x/m (1)求滑雪者运动到P点的时间t; 水平地面上沿x轴运 (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小； 动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物 (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平 体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面 台BC的最大长度L. 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 ( 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 3.(2023·湖南卷，8)（多 B 选)如图，固定在竖直面 0 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。冲 上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列 说法正确的是 () 考点4 机械能 ◆单物体机械能守恒 1.(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 ◆多物体机械能守恒 2.(2022·河北卷，9)（多选）如图，轻质定滑轮 固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长 的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mo>≥ mp,t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速度大小为号T时刻轻绳突然断开， 物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放 考点5能量日 ◆功与内能 1.(2021·全国乙卷，19)（多选）水平桌面上，一质 量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开 始运动.物体通过的路程等于$。时，速度的大 小为，此时撤去F,物体继续滑行2s。的路程 后停止运动.重力加速度大小为g.则( ) A,在此过程中F所做的功为m B在此过程中F的冲量大小等于号m0 C,物体与桌面间的动摩擦因数等于。 D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小 的2倍 ◆功与重力势能 2.（2021·重庆卷，5)如图 0 所示，竖直平面内有两个 半径为R,而内壁光滑的 R 0 }圆弧轨道，固定在竖直 0 平面内，地面水平，O、O,为两圆弧的圆心， 两圆弧相切于V点.一小物块从左侧圆弧 最高处静止释放，当通过N点时，速度大小 为（重力加速度为g) ( A.√J2gR B.V6gR 2 C.V5gR 2 D.√gR 专题六机械能守恒定律 守恒定律及其应用 位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在 水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为 E.重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻 力，两物体均可视为质点.下列说法正确的是 Q白 p白 A.物体P和Q的质量之比为1：3 B2T时刻物体Q的机械能为号 C2T时刻物体P重力的功率为器 D.2T时刻物体P的速度大小2gT 3 恒与转化的理解 ◆功与弹性势能 3.(2024·山东卷，7)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<).两木板与地面间 动摩擦因数均为，弹性绳劲度系数为，被拉 伸时弹性势能E=x2(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 ) d F 用◆入◆ ammmmmmmmmm A.(umg)2 2k umg(l-d) B.3(2mg)2 2k +umg(I-d) C.3(umg) 2k +2μmg(1-d) D.(umg)? 2k +2mg(l-d) 3 最新真题分类特训·物理 考点6能量守恒与 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2， 且41>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t;第二次，滑块从Ⅱ位置以相同 速度v。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 ( 777777777777下 A.t<t2 B.tt2 C.>x2 D.x<x2 2.(2025·云南卷，10) (多选)如图所示，倾角 W☑) 为0的固定斜面，其顶 0 了0 端固定一劲度系数为P 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 摩擦因数u=tan0.过程I:Q以速度vn从斜面 底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点； 过程I: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o-4mg2sin20 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子m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的 最大位移为 kvo-8mg sin20 2kg sine 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 转化的综合应用 3.(2023·全国乙卷，21)（多 选)如图，一质量为M、长 m M 为1的木板静止在光滑水 7777777777777777 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。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 ( A.木板的动能一定等于fL B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于分m6-f刊 D.物块的动能一定小于m-f 4.(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m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v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，v=√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v的大小； 专题六机械能守恒定律 (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M=km,且k 5.（2024·江苏卷，15) 电动机 ≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与 如图所示，粗糙斜面 水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后 的动摩擦因数为， 被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小 倾角为0，斜面长为 值. L.一个质量为m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E2的比值 、5 最新真题分类特训·物理 实验七验证本 ◆教材原实验 1.（2025·河南卷，12)实验小组利用图1 所示装置验证机械能守恒定律.可选用的 器材有：交流电源（频率50Hz)、铁架台、 电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度 尺等. 打点计时器 纸带 0-重锤 电源 图1 (1)下列所给实验步骤中，有4个是完成实 验必需且正确的，把它们选择出来并按实验 顺序排列： (填步骤前面 的序号) ①先接通电源，打点计时器开始打点，然后 再释放纸带 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时 器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时 器的限位孔，用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内 各点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点 A、B、C、D、E到起点的距离.则打出B点时 重锤下落的速度大小为 m/s(保留 3位有效数字). A C D E 13.2016.6020.34 24.50 29.00单位：cm 图2 L械能守恒定律 (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤 下落高度，计算相应的重锤下落速度v, 并绘制图3所示的一h关系图像.理论 上，若机械能守恒，图中直线应 (填“通过”或“不通过”)原点且斜率为 (用重力加速度大小g表示).由 图3得直线的斜率k= （保留3 位有效数字). 1v2(am2·s 6.0 5.0 4.0 30 2.0 1.0 串封电3封 00.050.100.150.200.250.30h/m 图3 (4)定义单次测量的相对误差”= Ep-Ek E ×100%,其中E。是重锤重力势 能的减小量，E是其动能增加量，则实验相 对误差为7= ×100%(用字母k和 g表示)；当地重力加速度大小取g=9.80m/s2, 则 %(保留2位有效数字)，若” 5%,可认为在实验误差允许的范围内机 械能守恒. ◆创新型实验 2.(2025·甘肃卷，11)某学习小组使用如图所 示的实验装置验证机械能守恒定律， 把一个直径为d的小球用不可伸长的细 线悬挂，光电门置于小球平衡位置处，其 光线恰好通过小球球心，计时器与光电门 相连. 光电门丁 计时器≥ 将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后 由静止释放（运动平面与光电门光线垂直）， 记录小球经过光电门的挡光时间△t.改变 h,测量多组数据.已知重力加速度为g,忽 略阻力 (1)以h为横坐标、 (填“△t”、 “(④)2”“1或“（入）”)为纵坐标作直线 ”、△t 实验八做功 ◆教材原实验 (2021·浙江1月，17(1))用如图1所示 装置进行“探究功与速度变化的关系”实 验.装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引 小车，盘和砝码的重力可当作牵引力.小 车运动的位移和速度可以由打点纸带测 出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便 可探究牵引力所做的功与小车速度变化 的关系. 小车 打点计时器 m 纸带 伍 盘和砝码 图1 ①关于这个实验，下列说法正确的是 (多选). 专题六机械能守恒定律 图.若所得图像过原点，且斜率为 (用d和g表示)，即可证明小球在运动过程 中机械能守恒. (2)实验中，用游标卡尺测得小球直径d= 20.48mm. ①由结果可知，所用的是 分度的游 标卡尺（填“10”、“20”或“50”）； ②小组设计了一把25分度的游标卡尺，未 测量时的状态如图所示.如果用此游标卡尺 测量该小球直径、则游标尺上第 条 刻度线与主尺上的刻度线对齐 u mmmmm 动能变化 A.需要补偿小车受到阻力的影响 B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律” C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板 平行 D.需要满足盘和砝码的总质量远小于小车 的质量 ②如图2所示是两条纸带，实验时打出的应 是第 条（填写“I”或“Ⅱ”）纸带 中平平中 01cm23456789101112131415161718192021222324 01em23456789101112131415161718192021222324 图2 ③根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v2 图像是一条过原点的直线，据此图像 (填“能”或“不能”)求出小车的质量详解详析 专题六机械能守恒定律 考点2动能定理的理解及简单应用 考点1功与功率机车启动问题 1,BC设物体向上滑动的距离为x,物体与斜面间的动摩 1.A该同学拉着物体沿斜坡向上匀速运动时，拉力的功 擦因数为，对物体从斜面底端滑到最高点和从最高点 率等于物体克服重力与摩擦力做功的功率，则穿戴装置 滑到底端的过程用动能定理有 前有P,=(mgsin日十ngcos0),穿戴装置后有P2= 0-Ex--mgxsin a-umgxcos a (1.4 ngsin日+4·1.4 ngcos0)u,所以拉力的功率的增 Ex-0-mgxsin aumgreos a 加量为△P=P2-P1=0.4mgu(sin9+ucos),A正确. 2.B高中生的质量约为50kg,144km/h=40m/s,根据 联主解得江=品=0,5故A错银，C正商」 动能定理有W=弓m时=4.0X10J.故选B 物体向下滑的加速度a,=gsin a-pgce0sa=吉g,故B 3.B由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 正确.物体向上滑和向下滑的距离相同，而向上滑的加 个，每个水筒离开水面时装有质量为的水、其中的 速度a1=gsin a十gcos a大于向下滑的加速度a2.故向 60%被输送到高出水面日处灌入稻田，则水轮转一图灌 上滑的时间比向下滑的时间短，故D错误】 入农田的水的总质量为m爸=2πRnm×60%= 2.解析：(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理gx 1.2xRnm, 则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功 sin9一mg cose9·x=2mu6-0,代入数据解得雪块到A W=1.2xRnmg H, 点速度大小为u。=5m/s T:T=2x (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理gh= 则简车对灌入稻田的水微功的功率为P=”, 号m…听一子m,代入复据解得雪块落到地面时建度大 1 联立有P=3 nmgoRH,故选B. 5 小01=8m/s, 4.A设物体与地面间的动摩擦因数为：，当小车拖动物 速度与水平方向夹角a,满足c0sa=co9-5X0.8 体行驶的位移为s1的过程中有F一f一mg= (m+M)a, 合：解得a=60 =2as1, 答案：(1)5m/s(2)8m/s,60 P。=Fu, 3.解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中 轻绳从物体上脱落后a2=g, 拉力的大小分别为T1和T2,竖直方向T1cosa=mg十 v2=2a2(s2-s1), T2cosB,水平方向T1sina=T2sinB, 联立有P。= 2F(F-fD(-1)s1,故选A. 联立代入数值得T=1200N,T,=900N. (M+m)s2 -Ms (2)整个过程根据动能定理得W+mgh=0, 5.BAB.在ab段，根据平衡条件可知，牵引力 解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=一4200J, F=mg sin 0+f. 答案：(1)1200N,900N:(2)-4200J 所以在ab段汽车的输出功率 P1=F1, 4.C根据题意，从O到N过程中，由动能定理有mg· 2 不变，在bc段牵引力 1 2x0-umg·2z0= F=f bc段的输出功率 解得Ux=Uo=√2gxo· P:=F:v<P 从N到Q过程中，由动能定理有msmE·, 故A错误B正确； 1 1 CD.在cd段牵引力 mg,=乞m6-2m吹， F3=f-mg sin 解得o=√3gzo· 汽车的输出功率 则有PN=2mg·√2gx。=mg√8ugx。,P。= P3=F3U<P, 在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故CD错误， μmg√3gx, 故选B. 则有PN>Pa, 6.ABC本题考查机车启动问题.由题图可知，两车分别 设经过OM、MN、NQ段的时间分别为t1、t。、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 从t。和t:时刻开始匀速运动，则有F=f=kmg,由Fm >F。可得，fp>fz,则mm>mz,A正确；两车的额定 度减小的减速运动，速度由减速到，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 功率相等，由P=F℃可知，甲车在t1时刻和乙车在t时 刻的牵引力相等，即Fp=F,有p=2,甲车在t时 速运动，物体在0点的加速度大小为4==g, 刻和乙车在t:时刻牵引力大小关系为F甲>F2,有m <,,C正确，D错误；从0时刻起两车牵引力随时间均 N点的加速度大小为a,=mg二ms=g, 7 匀增加，当F=∫时，车开始运动，由题图可知，甲车比乙 则有a1=a2, 车先开始运动，B正确。 由对称性可得t=t, 最新真题分类特训·物理 物体在NQ阶段做加速度减小的加速运动，则在VQ段3.ADA.由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小 的平均速度大于MN段的平均速度，则有t?<t, 球在C点的速度为0c=0, 根据F一x图像面积表示做功，由图可知，经过OM、 1 MN,NQ段F微功分别为W,=子mg,W,=W= 则小球从C到B的过程中，有mgR(I-cosa)=2m0, 2 Fs=mg cos a-m R' 2 umgzo, 联立有FN=3 ng cos a一2mg, W卫a一t WL、Pt 又有Paw= 则从C到B的过程中a由0增大到日，则cosa逐渐减 小，故F逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道 可得PM<PN<PNQ· 的压力逐渐增大，A正确；B.由于A到B的过程中小球 5,AA.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖 的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P= 直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用， 一ngu sin, 且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推 则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错 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 误：C,从A到C的过程中有-mg·2R=号m暖 的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最 大，接着当向上的高压气体的推力小于向下的重力和空 2mvi, 气阻力之和时，火箭向上微加速度增大的减速运动，直 解得℃。=√4gR,C错误；D.小球在B点恰好脱离轨道 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 有mg cos日=mR, UB 放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能， 则g=√g Rcos0, 故B错误：C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动 则若小球初速度。增大，小球在B,点的速度有可能为 量的增加量，故C错误；D.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 √gR cos日，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确.故 选AD. 增加量，故D错误.故选A. 4.解析：(1)滑雪者从A到P、根据动能定理有mgdsin45 考点3动能定理图像和求解多过程问题 1.A本题结合E,-s图像考查动能定理.0~10m内物 umgdcos45°=号mxi-0, 块上滑，由动能定理得 根据动量定理有(mgsin45°-mgcos45°)t=mvp一0， -ng sin30°·s-fs=Ek-Eo 联立解得t√g一p' 2v2d 整理得E=Ek-(mgsin30°+f)s, 结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值 |k|=mg sin30°+f=4N p=√W2gd(1-u). 10~20m内物块下滑，由动能定理得 (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点， (mgsin 30-f)(s-s)=Ex 故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时， 整理得Ek=(mgsin30°-f)s-(mgsin30°-f)s 到达B点有u=心p=√√2gd(1一. 结合10~20m内的图像得，斜率 (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑 k'=mgsin30°-f=3N, 雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有ypc0s45°= 联立解得 f=0.5N, m=0.7 kg 水平方向上有L=Upsin45°·t, 故选A 联立可得L=√2d(1一). 2.BC由图像可得，W~x图像的斜率就是拉力F,02m 过程中拉力大小为6N,2一4m过程中拉力大小为3N, 22d 答案：(1)t入√g1-一p :(2W2gd(1-); 由牛顿第二定律可知，41=Fms=2m/s,a, (3)W2d(1-) F竖=-1m/s,故0一2m过程中，物体做匀加速运 考点4机械能守恒定律及其应用 m 1.C如图所示 动，2~4m过程中，物体做匀减速运动.A.在x=1m时， 设圆环下降的高度为h,圆环的 h 由公式=2a1x1,解得=2m/s,此时拉力的功率P= 半径为R,它到P点的距离为L, 0 F0=12W,故A错误；B.在x=4m时，物体的动能E 根据机械能守恒定律得mgh= =Ws-f红：=18-16=2J,故B正确；C.从x=0运动 1 到x=2m,物体克服摩擦力做的功W,=∫x2=8J,故C R 正确：D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体在x=2 由几何关系可得h=Lsin0,sin0 m时速度最大，由=2a1,解得4=2V2m/s,此时物体 的动量p,=m心=2√2kg·m/s,故D错误.故选BC. 详解详析 聚立可得么茶 2.D本题考查动能定理.设OO1与水平方向夹角为，由 可得=Ln√京· g 题国中几行关系可得，sn9=合小物块沿光滑国孤轨 道由静止下滑到N点的过程中，由动能定理有mngRsin0 故C正确，ABD错误，故选C 1 mu,解得=VgR,D正确。 2BCDA.开始释放时物体Q的加速度为景， 3.B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木 则mg8一F=m0·号，F一mng=mm·各 板整体有kx。=umg, 部得一子m器=日选项A错深： 解得弹性绳的绅长量。=四， B,在T时刻，两物体的速度，=四， 则此时弹性绳的弹注势能为B。==心 2k 3 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置 P上升的距高A=号号广= 6 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。十红gx 细线断后P能上升的高度：一2g 18 -3g82+umg1-d. 2k 可知开始时PQ距离为h=,十，=gT 9 考点6能量守恒与转化的综合应用 若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机： 1.A,对两种运动的整个过程根据能量守恒有 裁能为E=magh=2mogT 1 9 zmG=BimgEsN十mg（x一x)，人乞mG= 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为W: 412gxwN十2mg(xg一xAMN）, =FTh=mog'T 可得x1=x2,故CD错误； 9, 根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=g, 则此时物体Q的机械能E=E一W=”"T=号， 由于4>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 此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M 能仍为号，选项B正确： 点的距离较近，根据公式2一⑦=242gx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心 CD,在2T时刻，重物P的速度U,=U一gT=-2gT t图像， 31 方向向下；此时物体P重力的瞬时功率PG=mrg℃，= es,g工="ogT-,选项CD正确，故选CD 2 3 考点5能量守恒与转化的理解 1.BCCD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知 F-mg=ma1① 由速度位移公式有6=2a1s。② 0 外力撤去后，由牛顿第二定律可知一g=ma2 ③ 可得t,>t1,故A正确，B错误；故选A. 由速度位移公式有一6=2a,(2s)④ 2.CD设P、O两点的距离为L,过程I,根据动能定理有 由①②⑧④可得，水平恒力F=3m 450 -mg sino 1.-jmg eosom 设M、O两点的距离为L1,过程Ⅱ中，当Q速度最大时， 动摩擦因数牡一4g 根据平衡条件kL=mg sin9十mg cos9,P、M两点之 滑动摩擦力F1=mg=4s mvo 间的距离L:=L-L1,联立可得L,=-8 ng'sin0. 4kg sing 可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C 故A错误； 正确，D错误：A.在此过程中，外力F做功为W=Fs。= Q在从P点单项运动到O点的过程中，动能增加，重力 3 势能增加，B错误： Am 设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 故A错误；B.由平均速度公式可知，外力F作用时间t1 50=2s0 根据能量守板定律宁L 0+0 2 =mg sin0·x+mg cos0·x+之(x-L)产， 在光过程中，F的冲量大小是I=Fm=子m,故B正 结合-mg sin0·L-mg cos6·L 确.故选BC =0-md 最新真题分类特训·物理 解得=8 ng'sin0,故C正确： 答案：(1)F=4mg 2kg sind 37gL 无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q (2)uN10 初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足L1= 9kgL+14 /13 ngsin十mg cost0, (3)√10++5L,u√g 当在O,点时，满足mg sin6=mg cose9, 5.解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 所以在O、M(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故 mg sin日+mng cos9=ma,由运动学公式0-t2= D正确. -2ax, 3.BD当物块从木板右端离开时， 对m有-在。=之i-号 2 mg, 联立解得r=2g(sin0+pcos) (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= 对M有frw=子M,其中1=乙-w mg sin日+mgcos0,由P=Fz得P=mg(sin0+ucos). (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgL sin0, AB.由于>工M,则根据以上分析可知木板的动能一定 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 小于f1,A错误、B正确；CD.根据以上分析，联立有 加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E,=E:十mg cos日 名m城-1=合md+2Moi ·L,故可得 mgL sin sin E:mgL sin 0+umgL cos 0 sin 0+ucos 则物块的动能一定小于号m心-f1,C错误、D正确，故 选BD. 答案：1)2g(sin0+cos6D (2)mgv(sin 0+ucos 0) sin 4.解析：(1)由B点到最低点过程动能定理有 (3)sin +gcos 名m-名nf=mg, 1 实验七验证机械能守恒定律 1.解析：(1)实验步骤为：将纸带下端固定在重锤上，穿过 最低点牛颜第二定律可得F-mg=m乙 打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端，先接通电源， 联立可得F=4mg; 打点计时器开始打点，然后再释放纸带，关闭电源，取下 (2)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37°时由能量 纸带，在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到 守板可得分m时=mgLsin37+分m 起点的距离，记录分析数据，根据原理mgh=弓m心可 水平方向x=Lcos37°+L=2'sin37°·t, 知质量可以约掉，不需要用电子天平称量重锤的质量 竖直方向取向上为正可得y=1.2L-Lsin37°= 故选择正确且正确排序为④①⑥⑤， 37gL u:'c0s37°·1一之t,联立可得u√10， (2)根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔T= 1 f (3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为 0.02s, 根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平 37°时计为点C,由能量守恒可得2mt=mgL sin37°+ 均速度可得=2T hac mkm 代入数据可得g≈1.79m/s: 设的水平速度和竖直速度分别为v,巴，则有心= (3)根据mgh=2mu,整理可得t=2g·, 十v, 可知理论上，若机械能守恒，图中直线应通过原，点，且斜 则水平方向动量守恒可得10=km心2， 水平方向满足人船模型可得m.x1=k1.x2, 率k=2g, 5.6-1.5 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 由图3得直线的斜率6=0.295-0.08≈19.0： tan37°-之十℃ mgh-2mo 设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为日，则有速度 (4)根据题意有？ ×100%, mgh 关系tanB= 2g一k×100%, U 可得1一2g 水平方向Lcos37°+L-x2=y,·t, 当地重力加速度大小取g=9.80m/s,代入数据可得7 竖直方向1.2L-Lsm37=,1-号， ≈3.1%. 答案：(1)④①⑥⑤ 联立可得心 9kgL 14 10(6+1)+5gL, (2)1.79(3)通过2g19.0 9kgL (4)2g-飞 14 3.1(2.6也可) 即√10五+5, 2.解析：(1)[1][2]小球经过光电门的挡光时间△t,可得小 显然当长=1时取得最小此时√停 球到达平衡位置一品， 详解详析 为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能2.C根据题意A球静止时，对A球受 有mh=m· 力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳 联立解得，1=， 上拉力为T=mg,A球与B球间的 (△t）2 d 可得纵坐标为() 1 库仑力F=2 mg cos30=5mg,故73030 A、B错误：剪断轻绳前，小球A所受 mg 因像份外率为一学 合力为0，库仓力与重力的合力与轻绳的拉力等大反向， 即重力与库仓力的合力大小为g,则剪断瞬间A球受 (2)10分度、20分度、50分度的游标卡尺的精确度分别 到轻绳的拉力消失，库仓力与重力保持不变，根据三力 为0.1mm、0.05mm、0.02mm, 平衡知识，此时A球的合外力大小为mg,则加速度大小 此游标卡尺测得小球直径d=20.48mm, 为g,故C正确；若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的 可以判断所用的是50分度的游标卡尺. 库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B 若为25分度的游标卡尺，其精确度为0.04mm,用此游 球的作用力不变，故D错误.故选C 标卡尺别量该小球直经，可得-品=12， 3.解析：①根据几何关系设PQ2=r,PQ1=√3r,对检验电 则游标尺上第12条刻度线与主尺上的刻度线对齐. 答案：1 2g Frd=tan 30 荷进行受力分析，可得F阳 d 其中Fm,= kgQ kgQ, (2)5012 (W3r)2 Fm,= r 实验八做功与动能变化 联立解得Q:Q2=√5：1. 解析：本题考查“探究功与速度变化的关系”实验 如图 ①题中需要将盘和砝码的重力当作小车的牵引力，所以 首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右 端，在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，小车做匀速直 线运动，表示小车重力沿木板平面的分力与小车所受阻 力等大反向，A正确；然后挂上质量为m的盘和砝码，根 据牛顿第二定律得mg一T=ma,对质量为m的小车， ⊕ ⊕ 根据牛顿第二定律得T=ma,解得细线的拉力大小T= m十m·mg= 1十四·g,了知当满足盘和残马的总质 1 根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对 其的库仑力组成一个封闭的三角形，若在PQ,连线上存 量远小于小车的质量时，可认为T=mg,盘和砝码的重 在其它，点能让同一检验电荷雏持平衡状态，此时，点电荷 力可当作小车的牵引力，D正确；实验过程中摩擦阻力无 Q,对检验电荷的库仑力F阳，变大，根据三角形定则可 法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”，故B 知此时，点电荷Q,对检验电荷的库仑力必然增大；由于 错误；细线与长木板平面需要平行，以保证细线的拉力 此时检验电荷与点电荷Q,间的距离在增大，库仑力在 与小车运动方向一致，C正确，②小车做匀加速直线运 减小，故矛盾，假设不成立，故在PQ连线上不存在其它 动，相邻相等时间内位移逐渐增大，即相邻两点间距逐 ,点能让同一检验电荷维持平衡状态 渐增大，纸带I后面的点迹间距保持不变，所以实验打 答案：√3：1不存在 出的纸带是第Ⅱ条.③报据动能定理可知w=子m, 4.D要使P、Q在水平向右的匀强电场中均处于如题图 所示的平衡状态中，P、Q两带电小球一定要带异种电 则W-心图像的斜牵为m,能求出小车的质量。 荷，分别以P、Q为研究对象受力分析可知，P带负电，Q 答案：①ACD②Ⅱ③能 带正电：故A、B、C错误，D正确. 专题七静电场及静电场中的能量 5.ABD对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为 考点1库仑力作用下的平衡和非平衡问题 F,与轨道的倾角为日，对甲球根据平衡条件有FN1cos日 =mg,F=Fy sin0+Eg① 1.A由图像可知在0~号间存在一点，设坐标为。，试探 对乙球有Fxcos9=2mg,Fxe sin日=F+2Eg, 电荷在此处受到的静电力为零，可知两点电荷带同种电 联立解得F=4Eg② 药器车伦老#有。的品。0品 F 4Eq-Eg 1 故 F:4Eq+2Eq 2' 由于(a十x)>(a-x,),故可得QM|>Qxl: 根据图像可知在x=0处时，试探电荷受到的静电力沿x 同时有F如2，解得E-经，故AB正扇 L 轴的正向，根据前面分析由于|QM|>|Qx|,在x=0处 若将甲、己互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对 时，试探电荷到两，点电荷间的距离相等，可知试探电荷 甲有FN'cosf=mg,FN1'sinf=F+Eq, 在此处受到的静电力的合力方向与点电荷QM对试探电 对乙有FNe'cosf=2mg,F2'sinf+2Eg=F, 荷的静电力的方向相同，故可知Q>0. 联立可得F+4Eg=0,无解，假设不成立，故C错误；