2020-2021年全国各省高考物理试题分类汇编：机械能守恒定律 能量守恒定律（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2020-2021年全国各省高考物理试题分类汇编：机械能守恒定律 能量守恒定律（word版含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-05-18 09:04:16 | ||
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文档简介
2020-2021年全国各省高考物理试题分类汇编：
机械能守恒定律 能量守恒定律
一、单选题（本大题共6小题）
1．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N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． B． C． D．
2．（2021·湖北·高考真题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ ）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N D．m=0.8 kg，f=1.0N
3．（2021·上海·高考真题）质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为、，上述过程中克服重力做的功分别为、。以下说法正确的是（ ）
A．若，则一定有 B．若，则可能有
C．若，则可能有 D．若，则一定有
4．（2021·全国·高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
5．（2021·福建·高考真题）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为则以下关系正确的是( )
A． B． C． D．
6．（2021·安徽·高考真题）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以出速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（ ）
A．v1=v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
二、多选题（本大题共6小题）
7．（2021·重庆·高考真题）额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，从和时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（ ）
A．甲车的总重比乙车大 B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同 D．甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同
8．（2021·辽宁·高考真题）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
9．（2020·山东·高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M<2m
B．2mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
10．（2020·全国·高考真题）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
11．（2020·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
12．（2020·浙江·高考真题）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是
A．小球落到地面相对于A点的水平位移值为
B．小球落到地面相对于A点的水平位移值为
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度
三、实验题（本大题共2小题）
13．（2021·河北·高考真题）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 0.686 0.785
回答下列问题：
（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）；
（2）步骤④中的数据所缺数据为______；
（3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像______；
若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）
14．（2021·全国·高考真题）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= ．
（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比．
四、解答题（本大题共5小题）
15．（2021·浙江·高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。
16．（2021·福建·高考真题）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：
（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
17．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
18．（2020·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l =1.4m，v =3.0m/s，m= 0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数，桌面高h =0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能Ek；
（3）小物块的初速度大小v0。
19．（2020·浙江·高考真题）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kw．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动l=72m后，速度变为v2=72km/h．此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求
（1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
（2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电；
（3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L'．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
图中连线与水平方向的夹角，由几何关系可得
可得
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．A
【解析】
本题结合图像考查动能定理。
0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
3．B
【解析】
A．因绳A较长，若，则A的重心较低。故。故A错误。
BD．若，不能确定两根绳子重心的高低，可能，也可能，还可能。故B正确，D错误。
C．若，则一定是A的重心低，那。故C错误。
故选B。
4．C
【解析】
对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
5．B
【解析】根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．
解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．
故选B．
6．A
【解析】小球在运动过程中机械能守恒，故两次到达N点的速度大小相同，且均等于初速度，即v1=v2=v0；两小球的运动过程分别为先加速后减速和先减速后加速，定性做出小球运动的速率—时间图象如下图：
则图线与坐标轴所围成的面积表示小球的运动路程，小球两次的路程相等，故两次图线与坐标轴所围面积相同，由图可知，t1＞t2，A正确．
7．ABC
【解析】
A．根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大于乙车阻力，根据甲车时刻后和乙车时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知
可知甲车的总重比乙车大，故A正确；
B．如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
C．两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由
可知，甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同，故C正确；
D．时刻甲车达到最大速度，时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率
可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在时刻的速率小于乙车在时刻的速率，故D错误。
故选ABC。
8．CD
【解析】
设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有
其中，可得
，
代入，可得
，
综合需满足
和
故选CD。
9．ACD
【解析】
AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
10．AB
【解析】
A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·cosθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
11．BC
【解析】
小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．
12．BC
【解析】
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的临界速度等于零，由机械能守恒定律求小球能从细管A端水平抛出的最小高度．
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得，解得，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间，则小球落到地面时相对于A点的水平位移，故A错误B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即，解得：H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度，故C错误D正确．
13． 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42）
【解析】
（1）四个钩码重力势能的减少量为
（2）对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
其中系统减少的重力势能为
系统增加的动能为
系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）根据表格数据描点得的图像为
根据做功关系可知
则图像的斜率为
解得动摩擦因数为
（0.38~0.42）
14．（1）ABC (2)（3）减小 增大 2
【解析】
（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt2，水平方向上：s=vt，而动能Ek=mv2联立可得Ek= ；
（3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变小，s-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移s，故s-△L图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知Ep与△s的2次方成正比，而△s与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比．
15．（1）7N；（2） （）；（3），，
【解析】
（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理
可解得
则要保证小球能到F点，，带入可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当时，，当时，，当时，，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，， 。
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
17．（1）、；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
18．（1）0.90m；（2）0.90J；（3）4.0m/s
【解析】
（1）物块飞出桌面后做平抛运动，在竖直方向上有
代入数据解得t=0.3s
在水平方向上有
代入数据解得s=0.90m
（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得
代入数据解得
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，根据动能定理有
代入数据解得
19．（1）2000N（2）63000J（3）31.5m
【解析】
（1）由瞬时功率公式有：P=F牵v1．
当汽车匀速运动时，由共点力平衡条件有： F牵-Ff=0．
代入数据解得：Ff=2000N
（2）对汽车的减速运动过程，根据动能定理有：
解出牵引力做功 W=31500J
电池获得电能为E电=4W×50%=63000J
（3）依题意，汽车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2000N．
对这一过程运用能量守恒定律有：E电=Ff L′
解出 L′=31.5 m
答案第1页，共2页
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机械能守恒定律 能量守恒定律
一、单选题（本大题共6小题）
1．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N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． B． C． D．
2．（2021·湖北·高考真题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ ）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N D．m=0.8 kg，f=1.0N
3．（2021·上海·高考真题）质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为、，上述过程中克服重力做的功分别为、。以下说法正确的是（ ）
A．若，则一定有 B．若，则可能有
C．若，则可能有 D．若，则一定有
4．（2021·全国·高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg
5．（2021·福建·高考真题）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为则以下关系正确的是( )
A． B． C． D．
6．（2021·安徽·高考真题）如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以出速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（ ）
A．v1=v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
二、多选题（本大题共6小题）
7．（2021·重庆·高考真题）额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，从和时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（ ）
A．甲车的总重比乙车大 B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同 D．甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同
8．（2021·辽宁·高考真题）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
9．（2020·山东·高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（ ）
A．M<2m
B．2m
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
10．（2020·全国·高考真题）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
11．（2020·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
12．（2020·浙江·高考真题）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是
A．小球落到地面相对于A点的水平位移值为
B．小球落到地面相对于A点的水平位移值为
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度
三、实验题（本大题共2小题）
13．（2021·河北·高考真题）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示：
0.200 0.250 0.300 0.350 0.400
0.582 0.490 0.392 0.294 0.195
0.393 0.490 0.686 0.785
回答下列问题：
（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）；
（2）步骤④中的数据所缺数据为______；
（3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像______；
若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）
14．（2021·全国·高考真题）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= ．
（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比．
四、解答题（本大题共5小题）
15．（2021·浙江·高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。
16．（2021·福建·高考真题）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：
（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
17．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
18．（2020·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l =1.4m，v =3.0m/s，m= 0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数，桌面高h =0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能Ek；
（3）小物块的初速度大小v0。
19．（2020·浙江·高考真题）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kw．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动l=72m后，速度变为v2=72km/h．此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求
（1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
（2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电；
（3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L'．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
图中连线与水平方向的夹角，由几何关系可得
可得
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．A
【解析】
本题结合图像考查动能定理。
0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
3．B
【解析】
A．因绳A较长，若，则A的重心较低。故。故A错误。
BD．若，不能确定两根绳子重心的高低，可能，也可能，还可能。故B正确，D错误。
C．若，则一定是A的重心低，那。故C错误。
故选B。
4．C
【解析】
对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
5．B
【解析】根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．
解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．
故选B．
6．A
【解析】小球在运动过程中机械能守恒，故两次到达N点的速度大小相同，且均等于初速度，即v1=v2=v0；两小球的运动过程分别为先加速后减速和先减速后加速，定性做出小球运动的速率—时间图象如下图：
则图线与坐标轴所围成的面积表示小球的运动路程，小球两次的路程相等，故两次图线与坐标轴所围面积相同，由图可知，t1＞t2，A正确．
7．ABC
【解析】
A．根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大于乙车阻力，根据甲车时刻后和乙车时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知
可知甲车的总重比乙车大，故A正确；
B．如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
C．两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由
可知，甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同，故C正确；
D．时刻甲车达到最大速度，时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率
可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在时刻的速率小于乙车在时刻的速率，故D错误。
故选ABC。
8．CD
【解析】
设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有
其中，可得
，
代入，可得
，
综合需满足
和
故选CD。
9．ACD
【解析】
AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有
故有，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
10．AB
【解析】
A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·cosθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
11．BC
【解析】
小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．
12．BC
【解析】
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的临界速度等于零，由机械能守恒定律求小球能从细管A端水平抛出的最小高度．
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得，解得，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间，则小球落到地面时相对于A点的水平位移，故A错误B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即，解得：H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度，故C错误D正确．
13． 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42）
【解析】
（1）四个钩码重力势能的减少量为
（2）对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
其中系统减少的重力势能为
系统增加的动能为
系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为
（3）根据表格数据描点得的图像为
根据做功关系可知
则图像的斜率为
解得动摩擦因数为
（0.38~0.42）
14．（1）ABC (2)（3）减小 增大 2
【解析】
（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt2，水平方向上：s=vt，而动能Ek=mv2联立可得Ek= ；
（3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变小，s-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移s，故s-△L图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知Ep与△s的2次方成正比，而△s与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比．
15．（1）7N；（2） （）；（3），，
【解析】
（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理
可解得
则要保证小球能到F点，，带入可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当时，，当时，，当时，，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，， 。
16．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
17．（1）、；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
18．（1）0.90m；（2）0.90J；（3）4.0m/s
【解析】
（1）物块飞出桌面后做平抛运动，在竖直方向上有
代入数据解得t=0.3s
在水平方向上有
代入数据解得s=0.90m
（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得
代入数据解得
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，根据动能定理有
代入数据解得
19．（1）2000N（2）63000J（3）31.5m
【解析】
（1）由瞬时功率公式有：P=F牵v1．
当汽车匀速运动时，由共点力平衡条件有： F牵-Ff=0．
代入数据解得：Ff=2000N
（2）对汽车的减速运动过程，根据动能定理有：
解出牵引力做功 W=31500J
电池获得电能为E电=4W×50%=63000J
（3）依题意，汽车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2000N．
对这一过程运用能量守恒定律有：E电=Ff L′
解出 L′=31.5 m
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
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