2021年高考物理真題分類匯編之機械能守恒定律

一．選擇題（2小題1（2018? 2（2018Rabbm的小球，始終受到與重力大小aga點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（） 二．多選題（3小題）3（2020?新課標(biāo)Ⅰ滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．則（）B0.5C6.0m/s2D2.0m12J）4（2019?新課標(biāo)Ⅰ止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中（））5（2017?新課標(biāo)Ⅰ（α＞?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變，在OM由豎直被拉到水 A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小三．計算題（4小題）6（2019?新課標(biāo)B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t＝0A在傾B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短A返回P點（圖中未標(biāo)出）0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止A運動的v﹣t圖象如（b）所示圖中的v1t1均為未知量。BB停止運動后，改變物塊與軌7（2017?新課標(biāo)Ⅰ9.8m/s2（2位有效數(shù)字）600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船2.0%。8（2021?福建（aCBC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊0.59（2018?的速度為零時，彈中將彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和參考答案與試題解一．選擇題（2小題1（2018? 【解答】解：A、因列車做初速度為零的勻加速直線運動，則有：v＝atEk＝＝，可知動能與所經(jīng)歷的時間平方成正比，故A錯誤D、依據(jù)動能與動量關(guān)系式，Ek＝，可知，動能與它的動量平方成正比，故D錯誤；2（2018Rabbm的小球，始終受到與重力大小aga點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（） c點的速度，再根據(jù)豎直上拋運動求解達到最高點的c后達到最高點時的水平位移，根據(jù)功能關(guān)系設(shè)小球達到cv，從a到c小球離開c設(shè)小球從c點達到最高點的時間為t，則有：t＝＝ 所以小球從a點開始運動到其軌跡最高點，小球在水平方向的位移為：L＝3R+2R＝5R，C正確、ABD錯誤?！军c評】本題主要是考查功能關(guān)系；機械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做a不是從a到c二．多選題（3小題）3（2020?新課標(biāo)Ⅰ滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．則（）B0.5C6.0m/s2D2.0m12J5m時的機械能，從而判斷機械能是否守恒；【解答】解：A、物塊在初位置其重力勢能為Ep＝mgh＝30J，動能5mE2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，所以下滑過程中物塊的機械能減小，故A正確；μ＝0.5BC、根 第二定律可知，物塊下滑時加速度的大小為a＝2m/s2CDx′＝2.0mWf＝μmgcosθ?x′＝根據(jù)功能關(guān)系可知，機械能損失了△E′＝Wf＝8JD錯誤。）4（2019?新課標(biāo)Ⅰ止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中（）M、N在水平拉力作用下，整體保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么所受的合力為零。又M所受力的情況進行解答即可?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)M、N均保持靜止，進行受力分析可知，N受到豎直向下的重力FT，如下圖所示：在向左拉動的時候，繩子拉力TF都不斷增大，故A錯誤，B＞mgsinθT的增大，ff可能先減小后增大；也T＝mgsinθ+fT不斷增大的時候，摩擦力fC錯誤，D正確。M的受力時，注意摩擦力的方向問題。）5（2017?新課標(biāo)Ⅰ（α＞?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變，在OM由豎直被拉到水 A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小TMN轉(zhuǎn)至水平的過程中，MNTMN逐漸增大，OMTOMA、D正確；B、C三．計算題（4小題6（2019?新課標(biāo)B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t＝0A在傾B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短A返回P點（圖中未標(biāo)出）0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止A運動的v﹣t圖象如（b）所示圖中的v1t1均為未知量。BB停止運動后，改變物塊與軌上升的高度與HAB在水平軌道上能夠滑行的距離，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變后，根據(jù)動能定理求解A滑行的距離，然后求出改變前后動摩擦因數(shù)的比值。（1）（b，v1在圖（b）Af，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩W，根據(jù)動能定理可得：mgH﹣fs1＝ Bs′，（1）在圖（b）所描述的整個運動過程中，物塊A克服摩擦力所做的功為7（2017?新課標(biāo)Ⅰ9.8m/s2（2位有效數(shù)字）600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船2.0%?！窘獯稹拷猓?.60×105m處的速度為v1，600m處的速度為v2，前的速度為 時的重力勢能為零，動能為Ek2＝m 進入大氣層的機械能E＝Ek1+Ep1＝m （2）此時的速度大小為v2＝7.5×103×0.02m/s＝150m/s；從600m處到 mgh﹣Wf＝mv32﹣代入數(shù)據(jù)，可得答（1）瞬間的機械能為4.0×108J；進入大氣層的機械能為8（2021?福建（aC處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下TABT。T隨滑塊s（b）AB2m2kg，0.5（1）Nf10N時滑塊的加速度大小為a。由第二定律和滑動摩擦力公式有AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W+（gsn﹣f（1+）＝k﹣0⑥smax，由動能定理有9（2018?的速度為零時，彈中將彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和（2）研究過程，由動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求后瞬間兩部分的速度，（1） 對于過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：0＝mv1﹣mv2 （1） 【點評】分析清楚彈的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律是解題的關(guān)鍵。要知道考點卡h＝v0t﹣ v2﹣v 上升的最大高度hmax＝時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下，t上＝t下＝。 位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD13m/s，方向向上解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時間t＝＝ 兩s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）m＝65m；故A正確；D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D錯誤。理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v＝at求得。＝10m/s2（1）v1＝v2﹣gt h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m（1）分：上升階段是勻直線運動，下落階段是自由落體運動，下落過程是上升過v0、vt、g、h等矢量的正、負(fù)號。一般選取豎直向上為正方向，v0vtvt為負(fù)值；物體在拋出點h為正值，物體在拋出點以下時h為負(fù)值。定義：一個物體在另一個物體表面上相對于另一個物體滑動的時候，要受到另一個影響因素：不同材質(zhì)的物體的動摩擦因數(shù)不同，μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程只能說摩擦力與正壓力和動摩擦系數(shù)成正比，也就是f＝μN。 的趨勢。故A錯誤。D正確。D A.B.C.45μmgcos45°。摩擦力與正壓力成正比，這正是中學(xué)物理中的摩擦力公式f＝μN，物理學(xué)中把比例因子μ定義為兩種材料間的動摩擦因數(shù)的緣故。在一定速度下，動摩擦因數(shù)是一個常量。放在水平地面上的物體（受到一個豎直向上的力F仍保持靜止豎直方向上三力平衡：F+FN＝G0．水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力為豎直方向上：G＝Fy+FN0．平行斜面方向上：F1＝F+Ff0；垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．8F仍保持靜止平行斜面方向上：F1＝Ff0；垂直斜面方向上：F2+F＝FN0．平行斜面方向上：G1＝Ff+F10；垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．表達式：F合＝maF合＝k?ma，只有在國際做1N1N＝1kg?m/s2．對第二定律的進一步理涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝．另外，第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬vtg＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）C．t＝3sD．t＝3sv﹣tF﹣t4～6s，物塊勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以速運動，由第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時間圖線求出3s時的速度4～6sf＝F＝22～s3s2m/sB、D正確，A、C錯誤．再由第二定律來求解．題型二： QF1F2a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向 B．則a＝g，方向豎直向 D．則a＝，方向水平向可突變！根據(jù)第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1＝由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC錯誤，D正確；，v0＝4m/sθ＝30°的斜面上滑緊接t圖線如圖乙所示．g10m/s2．求：（1）由運動學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由第二定律可得下滑的加速度，再由運（1）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由第二定律F＝ma得上滑過程下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由第二定律F＝ma得：（1）根據(jù)第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)輕彈簧模型：①F＝kxk是彈簧的勁度系數(shù)，x應(yīng)用第二定律解答動力學(xué)問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，情況，都需用第二定律列方程．應(yīng)用第二定律的解題步根據(jù)第二定和運公式列程求解（第二律方程可把力行分解）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動摩擦因數(shù)相同，地面光滑．當(dāng)彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動量守 mA：mB＝3：2，A、BA、B組A錯誤．B正確；C、D由于A、Bm1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A對C正確，D錯誤．例子：如圖所示，C3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊AB，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ最初木板靜止A、木塊A分析（1）A、B兩木塊同時水平向右滑動后，木塊A先做勻直線運動，當(dāng)木塊A與終共同的速度，對B由第二定律和運動學(xué)公式或動能定理求解發(fā)生的位移；（2）ACAAA在整個過程中的最小速度．解答（1）木塊A先做勻直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻直線CA、B、C三者的速度相等為止，v1A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：B （2）ACAB（1）；（2）木塊Ah＝0.3mmv0在水平面上迎著v0g＝1Om/s2）解答：設(shè)小球越過滑塊最高點的速度為v1v2，根據(jù)動量守恒得：mv02＝mv12+v1＞v2，至少也要有v1＝v2v1＝v2＝v，上述兩式變?yōu)閙v02＞M＝2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一的瞬時速度沒有影響Pμ＝0.5，m＝1kgP（可視為質(zhì)點）與彈簧的右端接觸但不相連，用一根細線拴在甲車左端和滑塊P之間使彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧的彈E0＝10JP滑上乙車后最終未滑離乙車，g10m/s2．求：（1）P滑上乙時的瞬時速度．（1）E0＝m+①②兩式聯(lián)立解得：v1＝4m/s由能量守恒定律得：μmgL＝ ﹣（M+m）（1）（2）滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離為m．①公式：Ek＝mv2．單位：焦耳例1：甲、乙兩物體的質(zhì)量相同，速度之比v甲：v乙＝3：1，它們的動能之比EK甲：EK乙等 分析：根據(jù)動能的定義式EK＝mv2，可以求得甲乙的動能之比．解答：根據(jù)動能的定義式EK＝mv2， 表達式：W＝EK2﹣EK1①若△Ek＞0，表示物體的動能增加，其增加量等于合外力對物體所做的正功②若△Ek＜0，表示物體的動能減少，其減少量等于合外力對物體所做的負(fù)功的絕對值F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的力學(xué)如圖所示，將質(zhì)量為m的石塊從距地面h高處斜向上方拋出，石塊拋出時的速度大小為v0，不計空氣阻力，石塊時的動能為（ A．mghB.mv02C.解答：根據(jù)動能定理得，，解得石塊 時的動能．故D正確，A、B、C錯誤。故選：DEk1及Ek2列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。Ep1＝mgh1表示物體的初位置的重力勢能，Ep2＝mgh2表示物體的末位置的重力勢也就是WG＜0，Ep1＜Ep2．重力勢能增加的數(shù)量等于物體克服重力所做的功．hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB．若（）A．hA＝hB，則一定有 B．hA＞hB，則可能有C．hA＜hB，則可能有 D．hA＞hB，則一定有解：AhA、hB，hA＝hB，A較長．所以繩A的重心上升的高度較小，質(zhì)量相等，WA＜WBA錯誤；B、hA＞hBAA的重心上升的高度可能較小，質(zhì)量相等，所以可能WA＜WBB正確，D錯誤；C、hA＜hBAA的重心上升的高度一定較小，質(zhì)量相等，WA＜WBC錯誤．例2：一只100g的球從1.8m的高處落到一個水平板上又彈回到1.25m的高度，則整個過程中重力對球所做的功及球的重力勢能的變化是（g＝10m/s2（） B．重力做了0.55J的負(fù)C．物體的重力勢能一定減少0.55J 解：物體高度下降了h＝1.8﹣1.25＝0.55（mW＝mgh＝0.1×10×0.55＝0.55（J例3：質(zhì)量為m的均勻鏈條長為L，開始放在光滑水平桌面上時，有的長度懸在桌邊緣，解：設(shè)桌面為零勢能面，開始時鏈條的重力勢能為：E1＝﹣mg?當(dāng)鏈條剛脫離桌面時的重力勢能：E2＝﹣mg?故重力勢能的變化量：△E＝E2﹣E1＝﹣h是物體到參考平面的高度．選取不同的參考平面，只影響物Ep為重力勢能的增量利用WG＝mghh功功功H，則此過程中，物塊的（） 了2mgHAB錯誤；再由第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，＝﹣mgHmgH機械能：勢能和動能統(tǒng)稱為機械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能△EK＝﹣△EP（不用選零勢