2024年高考物理復(fù)習(xí)試題分類訓(xùn)練：機(jī)械能（教師卷）

專題06機(jī)械能

2024

高考真題

1.（2024年新課標(biāo)考題）2.福建艦是我國(guó)自主設(shè)計(jì)建造首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進(jìn)

行彈射測(cè)試，測(cè)試時(shí)配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離

開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為

調(diào)整前的（）

A.0.25倍B.0.5倍C.2倍D.4倍

【答案】C

1

【解析】動(dòng)能表達(dá)式為：線=5叫9

由題意可知小車水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開(kāi)甲板時(shí)速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小

車離開(kāi)甲板后做平拋運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)甲板到到達(dá)海面上時(shí)間不變，根據(jù)》=近

可知小車在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。

故選Co

2.（2024年安徽卷考題）2.某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為力的粗糙

斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為匕已知人與滑板的總質(zhì)量為血可視為質(zhì)點(diǎn).重力加速度大小為g,

不計(jì)空氣阻力.則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）

1717,19

Amgn7B.—mvC.mgh7+—mvD.mgh——mv

【答案】D

192

【解析】人在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mgh-Wt=-mv-0

可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為嗎=mgh--mv2

故選Do

3.（2024浙江1月考題）3.如圖所示，質(zhì)量為〃的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在

空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h,則足球（）

2

魏〃〃〃市〃/〃〃〃〃%

A.從1到2動(dòng)能減少機(jī)的B.從1到2重力勢(shì)能增加mgh

C.從2到3動(dòng)能增加D.從2到3機(jī)械能不變

【答案】B

【解析】AB.由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力

勢(shì)能增加mgh,則1到2動(dòng)能減少量大于加g",A錯(cuò)誤,B正確；

CD.從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小儂力則動(dòng)能增加小于mg/?,選項(xiàng)CD

錯(cuò)誤。

故選Bo

4.（2024年江西卷考題）5.廬山瀑布“飛流直下三千尺,疑是銀河落九天”瀑布高150m,水流量10m3/s,

假設(shè)利用瀑布來(lái)發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%,則發(fā)電功率為（）

A.109B.107C.105D.103

【答案】B

【解析】由題知，時(shí)間內(nèi)流出的水量為以=O0At=LOXIO'At

發(fā)電過(guò)程中水的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，則有P=gx70%aLlxl（）7w

At

故選Bo

5.（2024年江蘇卷考題）8.在水平面上有一個(gè)U形滑板A,A的上表面有一個(gè)靜止的物體B,左側(cè)用輕

彈簧連接在滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板B的右側(cè)，開(kāi)始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光

滑，剪斷細(xì)繩后，則（）

B-

___________A.

A.彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體動(dòng)量最大B.壓縮最短時(shí)物體動(dòng)能最大

C.系統(tǒng)動(dòng)量變大D.系統(tǒng)機(jī)械能變大

【答案】A

【解析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得機(jī)人以="%腺

設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為Ep,整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧原長(zhǎng)時(shí)得

"12,12

mVfnV

￡p=~AA+-BB

2

聯(lián)立得￡p=g1%-+叫vB,故可知彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。

故選Ao

6.（2024全國(guó)甲卷考題）4.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為0的小環(huán)套在大圓環(huán)上,

小環(huán)從靜止開(kāi)始由大圓環(huán)頂端經(jīng)0點(diǎn)自由下滑至其底部，0為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)

大圓環(huán)的作用力大?。?

A.在0點(diǎn)最大B.在0點(diǎn)最小C.先減小后增大D.先增大后減小

【答案】C

【解析】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處（P點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為

零，如圖所不

設(shè)圖中夾角為8,從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律加gR（l-cos8）=3加n

從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心

力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大

圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑

過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。

方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R,小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾

角為夕（0<。<?），根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR（l-cos0）=1mv2（0<6><

2

在該處根據(jù)牛頓第二定律F+mgcos0=（O<0<7r）

聯(lián)立可得F=2mg-3mgcos0

則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小團(tuán)=|2沖-3Mgeos.

2

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知I典的大小在cos。=］時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的

作用力大小先減小后增大。

故選Co

7.（2024年安徽卷考題）7.在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡(jiǎn)化模型

如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為"出水口距水平地面的高度為公，與落地點(diǎn)的水平距離約

為乙假設(shè)抽水過(guò)程中〃保持不變，水泵輸出能量的〃倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機(jī)械能。已知水的

密度為夕，水管內(nèi)徑的橫截面積為S,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（）

A.

2r/h

pgSlOgh

C.

2r/h

【答案】B

【解析】設(shè)水從出水口射出的初速度為%,取/時(shí)間內(nèi)的水為研究對(duì)象，該部分水的質(zhì)量為m=%外夕

,12

h=gr

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律vot=I2

解得%=I

根據(jù)功能關(guān)系得P切=gmv&mg（H+h）

聯(lián)立解得水泵的輸出功率為。=絲世”(產(chǎn)\

H+h+—

2rjhI4“

故選Bo

8.（2024年廣東卷考題）10.如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從“甲、

“乙高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，乙在

水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有（）

乙

/

A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

H

C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與〃乙無(wú)關(guān)D.甲最終停止位置與。處相距N7

一〃

【答案】ABD

【解析】A.兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，則相對(duì)速度為0,故A正確；

B.兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交

換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；

1

C.設(shè)斜面傾角為明乙下滑過(guò)程有"乙=/gsinH9；

在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間為后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)右，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為r=%+/?+t3

由于h與〃乙有關(guān)，則總時(shí)間與“乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

1,

D.乙下滑過(guò)程有mgH乙=—mv：

由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；

則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有優(yōu)=2〃gx

聯(lián)立可得x=O立，即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與。處相距0左。故D正確。

故選ABD。

9.（2024年山東卷考題）7.如圖所示，質(zhì)量均為⑷的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上,

木板通過(guò)一根原長(zhǎng)為，的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為"（火1）。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為

口,彈性繩勁度系數(shù)為被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能斤1加（x為繩的伸長(zhǎng)量）?，F(xiàn)用水平力/緩慢拉動(dòng)乙所坐木

板，直至甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置，此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，A保持不變，最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g,則尸所做的功等于（）

(〃mg)23(〃mg)2

A.+jLtmg(l-d)B.+/nmg(l-d)

2k2k

c.3(〃mg)2+2〃-g(/_d)D.^mg)~+2jumg(l-d)

2k2k

【答案】B

【解析】當(dāng)甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有a=〃mg

解得彈性繩的伸長(zhǎng)量X。二史咀

k

則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為Eo=-kx；=〃mg

從開(kāi)始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置的過(guò)程，乙所坐木板的位移為X]=/+/-4

則由功能關(guān)系可知該過(guò)程戶所做的功

W=Eo+jumgxl=密)+〃mg(l-d)

’2k

故選B。

10.(2024年上海卷考題)4.一輛質(zhì)量根=2.0xl()3kg的汽車，以v=36km/h的速度在平直路面上

勻速行駛，此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率＜=6.0kW,汽車受到的阻力大小為No當(dāng)車載雷達(dá)探測(cè)到前方有

障碼物時(shí)，主動(dòng)剎車系統(tǒng)立即撤去發(fā)動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)力，同時(shí)施加制動(dòng)力使車輛減速。在剛進(jìn)入制動(dòng)狀態(tài)的瞬間，

系統(tǒng)提供的制動(dòng)功率E=48kW,此時(shí)汽車的制動(dòng)力大小為N,加速度大小為m/s2o(不計(jì)傳

動(dòng)裝置和熱損耗造成的能量損失)

【答案】①.600(2).4800③.2.7

【解析】根據(jù)題意可知，汽車勻速行駛，則牽引力等于阻力，則與Pi=Fv=fv

其中6=6.0kW,v=36km/h=10m/s

解得了=600N

[2]根據(jù)題意，由尸=網(wǎng)可得，汽車的制動(dòng)力大小為RA=f§222N=48OON

制v10

[3]由牛頓第二定律可得，加速度大小為a=匕&=60。+4800介=

m2000

11.(2024年新課標(biāo)考題)11.將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見(jiàn)，要求下降過(guò)程中重

物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡(jiǎn)單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子R另一人

在地面控制另一根一端系在重物上的繩子0,二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量加=42kg,

重力加速度大小g=lOm/sz,當(dāng)尸繩與豎直方向的夾角a=37°時(shí)，0繩與豎直方向的夾角

^=53°,(sin370=0.6)

(1)求此時(shí)只0繩中拉力的大小;

(2)若開(kāi)始豎直下降時(shí)重物距地面的高度為=10m,求在重物下降到地面的過(guò)程中，兩根繩子拉力對(duì)

重物做的總功。

【答案】(1)1200N,900N；(2)-4200J

【解析】(1)重物下降的過(guò)程中受力平衡，設(shè)此時(shí)尸、。繩中拉力的大小分別為刀和心，豎直方向

(cosa-mg+T2COS(3

水平方向7]sintz=7；sin/3

聯(lián)立代入數(shù)值得7；=1200N,T2=900N

(2)整個(gè)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得W+mgh=0

解得兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功為W=-4200J

12.(2024年江蘇卷考題)14.如圖所示，粗糙斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，傾角為心斜面長(zhǎng)為乙一個(gè)

質(zhì)量為必的物塊，在電動(dòng)機(jī)作用下，從4點(diǎn)由靜止加速至8點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度％之后作勻速運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)，

關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)幾求：

(1)切段長(zhǎng)x；

(2)回段電動(dòng)機(jī)的輸出功率?；

(3)全過(guò)程物塊增加的機(jī)械能氏和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能月的比值。

V2/.八sin0

【答案】(1)c(.c-------TT；(2)mgv(sm0+jLicos0)；(3)-------------

2g(sin8+/7cos'7sin，+〃cos，

【解析】

【詳解】(1)物塊在切段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律得mgsin0+jumgcos0=ma

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式0—y2=—2依

v2

聯(lián)立解得'gM3)

(2)物塊在8c段勻速運(yùn)動(dòng)，得電動(dòng)機(jī)的牽引力為F=mgsin0+jumgcos0

由尸二尸v得P-mgv(sin0+/ucos

(3)全過(guò)程物塊增加的機(jī)械能為E{=mgLsin0

整個(gè)過(guò)程由能量守恒得電動(dòng)機(jī)消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知

/Limgcos0?L

E2=EX+

E.mgLsin0sin0

nJ彳導(dǎo)==

E2mgLsin0+/nmgLcos，sin，+〃cos，

13.(2024年安徽卷考題)14.如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道

與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小

球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于。點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊右側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放

小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)L=1.25m。

小球質(zhì)量機(jī)=0.20kg。物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長(zhǎng)s=1.0m。圓弧軌道半徑

R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大?。?/p>

(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；

(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取

值范圍。

LQ

mo-----------17

R

s.

~~00~~

【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25</z<0.4

【解析】(1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理=_0

解得％=5m/s

2

在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律K-mg=m處

解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為耳=6N

(2)小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律

=^m\\

mv0=mvr+MV2

2w

解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為".%=4襁

(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體由水平方向動(dòng)量守恒

MV2=2MV3

11

由能量守恒定律-Mv9j=-x2Mv；9+^Mgs

解得M—0.4

若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體由水平方向動(dòng)量守恒

MV2=2MV4

11

由能量守恒定律-Mvl9=-x2Mv19+^Mgs+MgR

解得目2=0.25

綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范圍為0.254〃<0.4

14.(2024年山東卷考題)17.如圖甲所示，質(zhì)量為〃的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上

表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，0為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為〃的小物塊靜

置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形

部分的半徑廬0.4m,重力加速度大小5=10m/s"

(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3儂，求小

物塊在0點(diǎn)的速度大小

(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力凡小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與尸

對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。

(i)求〃和0；

(ii)初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力48N,當(dāng)小物塊到尸點(diǎn)時(shí)撤去

凡小物塊從0點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度乙

【答案】(1)v=4m/s；(2)(i)m=1kg,〃=0.2；(3)L=4.5m

2

【解析】(1)根據(jù)題意可知小物塊在。點(diǎn)由合力提供向心力有mg+3mg=m—

R

代入數(shù)據(jù)解得u=4m/s

(2)(i)根據(jù)題意可知當(dāng)々4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知

F=(M+m)a

根據(jù)圖乙有左=」一=0.5kgT

M+m

當(dāng)外力E>4N時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有F-jumg=Ma

結(jié)合題圖乙有a=-F-^-

MM

可知k=-=1kg-1

M

截距b=-=-2m/s2

M

聯(lián)立以上各式可得M=lkg,=1kg,〃=0.2

(ii)由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2,小物塊的加速度為a2=〃g=2m/s2

當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到夕點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過(guò)而時(shí)間，則軌道有匕=。府

小物塊有v,=a2to

在這個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有^Mv^+^mvl=^Mvl+^mvl+2mgR

水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的正方向，則有Mv{+mv2=MV3+mv4

聯(lián)立解得Zo=1.5s

1,1,

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L=-a^--a2t1

代入數(shù)據(jù)解得￡=4.5m

15.(2024年遼寧卷考題)14.如圖，高度/i=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量

mA=O.lkgoA、B間夾一壓縮量Ax=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由靜止釋放A、B,

彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA=0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距

離/=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g=lOm/s?。求：

(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；

(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

(3)整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能AEp。

ABB

/八

h

【答案】（1）lm/s,lm/s；（2）0.2；（3）0.12J

一1,

【解析】（1）對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得A=-grXA=vAt

代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為vA=lm/s

對(duì)AB物塊整體由動(dòng)量守恒定律mAvA="%VB

解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為vB=lm/s

1,

（2）對(duì)物塊B由動(dòng)能定理—//ZT/gg/=。-5mB"B

代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為4=0.2

一1919

（3）由能量守恒定律AEp=-mAvA+-mBvB+//mAgAxA+//mBgAxB

其中mA=mR,Ax=A%A+

解得整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能AEp=0.12J

16.（2024浙江1月考題）20.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角6=37°的直軌道A3,半徑

R=1m的圓弧軌道BCD,長(zhǎng)度L=1.25m、傾角為0的直軌道DE,半徑為R、圓心角為。的圓弧管道EF

組成，軌道間平滑連接。在軌道末端廠的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊6,其上表面與軌道

末端尸所在的水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道A5上高度為人靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道5co

滑上軌道OE,軌道。E由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.25,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦

因數(shù)〃2=。-5,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為從，小物塊

a動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，

sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）若〃=0.8m,求小物塊

①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大??；

②在。E上經(jīng)過(guò)的總路程；

③在。E上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間才上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間/下之比。

(2)若/i=1.6m,滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。

【答案】(1)?16m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

1,

【解析】(1)①對(duì)小物塊a從4到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有機(jī)g/l=]加伯

第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為a=左=辿=16m/s2

RR

②小物塊a在座上時(shí)，因?yàn)椤▃nzgcos?！锤鵪sin。

所以小物塊a每次在應(yīng)上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在龍上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失，

最終小物塊a將在8、2間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊每次在龍上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等,設(shè)其在。石

上經(jīng)過(guò)的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有mg[h-R(1-cos8)]="[mgcos0+出mgcos6)

解得5=2m

③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在龍上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為

at=gsin。+cos0=8mzs2

2

。下=gsin6-pi2gcos6-2m/s

將小物塊a在龐上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

1,1,t.1

彳。上嘰=彳。下t下，解得廠=不

LL￡下乙

(2)對(duì)小物塊a從4到b的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

—mvF=mg[h-Lsinff-2R(1-cos8)]-jU^ngLcos0,解得vF=2m/s

設(shè)滑塊長(zhǎng)度為/時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度％根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守

gmvj.=g-2mv2+2^mgl

恒定律有rnvF=2mv

解得/=0.2m

17.(2024年湖北卷考題)14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端

的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)。，用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的

小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點(diǎn)右側(cè)的尸點(diǎn)固定一釘子，尸點(diǎn)與。點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg

的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速

度大小為lm/s、方向水平向左。小球碰后繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞戶點(diǎn)向上

運(yùn)動(dòng)。己知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g=10m/s2?

(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；

(2)求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求戶點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離。

【答案】(1)5m/s；(2)O.3J；(3)0.2m

【解析】(1)根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有"ing=ma

解得a=5m/s2

2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為x=^=2.5m<L=3.6m

2a傳ft

可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等

于傳送帶的速度大小5m/s。

(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正

方向，由動(dòng)量守恒定律有機(jī)物丫=機(jī)物匕+加球％

其中v=5m/s,匕=—lm/s

解得v2=3m/s

小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為AEk=；根物丫2^物片-3班好；

解得AEk=0.3J

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)尸點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為d,小球在戶點(diǎn)正上方

的速度為丫3,在尸點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有

L繩—d

小球從0點(diǎn)正下方到戶點(diǎn)正上方過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有=gwW+%g(24g-d)

聯(lián)立解得d=0.2m

即尸點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離為0.2m。

18.(2024年河北卷考題)16.如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排

靜止在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg,A木板長(zhǎng)

度為2.0m,機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取lOm/s2,忽略空氣阻力。

(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求A、B木板間的水平距離。

(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起

跳過(guò)程機(jī)器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止，隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停

地3次等間距跳到B木板右端，此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)

系。

賈

?，如?以?一?

7L

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=~B

【解析】(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)機(jī)器人

質(zhì)量為M三個(gè)木板質(zhì)量為0，根據(jù)人船模型得Mx^mxx

同時(shí)有X+XY^LA

解得A、B木板間的水平距離%!=1.5m

(2)設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為8,從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間

八vsin。t

為3根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得VCOS3/=七------=-

g2

聯(lián)立解得v2,=-----15-——

2sin6*cos6*

機(jī)器人跳離A的過(guò)程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒Mvcos6^mvA

11

根據(jù)能量守恒可得機(jī)器人做的功為W=-Mv92+-mv^9

22

號(hào)一口中3cos2g+]4cos2^+sin20._..(1)2

聯(lián)立得W=---------------45J=--------------------45TJ=45—tan6+-------

2sincos2sincos12tan。

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)工tan。=:二時(shí)，即tan6=2時(shí)，/取最小值，代入數(shù)值得此時(shí)W=90J

2tan6?

(3)根據(jù)1311。=2可得丫85，=邊5111/5，根據(jù)Mvcos0^mvA

2

zB3后.

行辦=-2—?s

分析可知A木板以該速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過(guò)程中，機(jī)器人與

BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，得MvcosO=（A/+2m）v共

解得

10

該過(guò)程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為x,=V/=15m=4.5m

AA25

機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個(gè)過(guò)程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)

每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為1,B木板的速度大小為魄，機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為A/,取向右為正

方向，得（河+加）丫共=Mv（）-7徨以①

每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為母，可得g=（%+VB）△/②

機(jī)器人到B木板右端時(shí)，B木板恰好追上A木板，從機(jī)器人跳到B左端到跳到B右端的過(guò)程中，AB木

板的位移差為Ax=%+5=6m

可得(嗓—Kt>3Af=Ax③

LAX

聯(lián)立①②③解得B

4（咳+丫共）3（匕+丫共）

故A、C兩木板間距為xAC=(vA+vc)-3Ar+Ax+LgVC=V共

7

=

解得XAC4

2024

高考模擬題

一、單項(xiàng)選擇題

1.（2024?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角為6=37。的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的

推力門將位于斜面底端的滑塊推到斜面頂端，推力片做的功至少為唯。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

A=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,若用水平向左的推力工將物塊推到頂端，推力巴做的功至少為

（）

e

A.L2嘰B.l.4W0C.L6明D.L8%

【答案】C

【解析】對(duì)物塊做功最少，物塊應(yīng)從斜面底端緩慢運(yùn)動(dòng)到斜面頂端，用平行斜面向上的推力將位于斜

面底端的物塊推到斜面頂端，對(duì)物塊受力分析如圖甲所示，根據(jù)受力平衡可得耳="2gsin6+〃加geose=mg

設(shè)斜面的長(zhǎng)度為乙則叱=《￡=，■￡

對(duì)物塊受力分析如圖乙所示，根據(jù)受力平衡可得Ecos（9=mgsine+〃（鳥(niǎo)sinS+Migcos。）

&?zaF_〃?gsin6>+〃加geos?

cos0-jUsin0

貝ijW=F2LCOS0=1.6mgL=1.6網(wǎng)

故選Co

2.（2024?青海?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，頂角戶為53°的光滑形硬桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量

均為加的小球甲、乙（均視為質(zhì)點(diǎn)）用長(zhǎng)度為/的輕質(zhì)硬桿連接，分別套在形硬桿的傾斜和水平部

分，當(dāng)輕質(zhì)硬桿呈豎直狀態(tài)時(shí)甲靜止在/點(diǎn)，乙靜止在C點(diǎn)。甲由于受到輕微的擾動(dòng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)甲運(yùn)動(dòng)

到8點(diǎn)時(shí),輕質(zhì)硬桿與“△”形硬桿的傾斜部分垂直,重力加速度大小為g,則甲在瓦點(diǎn)的速度大小為（

A.叵

5

庖

rV.--------------------

2

【答案】B

【解析】由于甲在8位置時(shí)，輕質(zhì)硬桿與//傾斜部分垂直，根據(jù)牽連速度的分解規(guī)律可知，甲沿輕質(zhì)

硬桿的分速度為0,即此時(shí)乙的速度為3甲小球減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為甲的動(dòng)能，則有

mgAsin37°)=—mv2

)2

解得V=3匣

5

故選B。

3.（2024?重慶?三模）“兩江四岸”煙花活動(dòng)中，某同學(xué)用手機(jī)錄制了一段煙花運(yùn)動(dòng)視頻，經(jīng)電腦處

理得到某一煙花的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中最高點(diǎn)6切線水平，。點(diǎn)切線豎直，由圖可知（）

A.該煙花由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程中，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)

B.該煙花由6點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)過(guò)程中，其機(jī)械能守恒

C.該煙花在匕點(diǎn)的加速度方向豎直向下

D.該煙花在匕點(diǎn)處于失重狀態(tài)

【答案】D

【解析】A.軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较?，由題可知。、匕點(diǎn)切線水平，c點(diǎn)切線豎直，即。、b兩點(diǎn)速

度在水平方向分量不為0,在c點(diǎn)速度在水平方向分量減為0,所以該煙花由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程中，水平方

向做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.結(jié)合A選項(xiàng)可知該煙花由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程中，水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，即該煙花由6點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c

點(diǎn)過(guò)程中，煙花在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到摩擦阻力，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.該煙花在最高點(diǎn)。切線水平，即此時(shí)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樗较蛴遥Σ磷枇λ较蜃?，則摩擦力和重力的

合力朝左下，所以加速度方向與合力方向一致，故c錯(cuò)誤；

D.該煙花在最高點(diǎn)匕有豎直向下的加速度分量，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。

故選Do

4.（2024?河北邯鄲?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示為速凍食品加工廠生產(chǎn)和包裝餃子的一道工序，餃子由水

平傳送帶運(yùn)送至下一環(huán)節(jié)。將餃子無(wú)初速度的輕放在傳送帶上，傳送帶足夠長(zhǎng)且以速度「勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，餃子

與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,不考慮餃子之間的相互作用力和空氣阻力。關(guān)于餃子在水

平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.傳送帶的速度越快，餃子的加速度越大

B.餃子相對(duì)與傳送帶的位移為工

陷

C.餃子由靜止開(kāi)始加速到與傳送帶速度相等的過(guò)程中，增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量

D.傳送帶因傳送餃子多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能

【答案】C

【解析】A.餃子的加速度a=Z=3=〃g,與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；

mm

B.餃子從放上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間

餃子在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度As=vf-^=-^,故B錯(cuò)誤；

22"g

C.餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過(guò)程，餃子增加的動(dòng)能Ek=〃〃，gs餃子

因摩擦產(chǎn)生的熱量。=〃根變相對(duì)

又因?yàn)轱溩訌某跛俣葹榱汩_(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶共速，餃子的位移S餃子

相對(duì)位移為s相對(duì)=s傳送帶一s餃子==

故餃子增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故c正確；

D.傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯(cuò)誤。

故選Co

5.（2024?黑龍江?二模）如圖所示，半