2024年高考物理复习试题分类训练：机械能（教师卷）

专题06机械能

2024

高考真题

1.（2024年新课标考题）2.福建舰是我国自主设计建造首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进

行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离

开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为

调整前的（）

A.0.25倍B.0.5倍C.2倍D.4倍

【答案】C

1

【解析】动能表达式为：线=5叫9

由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小

车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据》=近

可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。

故选Co

2.（2024年安徽卷考题）2.某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为力的粗糙

斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为匕已知人与滑板的总质量为血可视为质点.重力加速度大小为g,

不计空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（）

1717,19

Amgn7B.—mvC.mgh7+—mvD.mgh——mv

【答案】D

192

【解析】人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh-Wt=-mv-0

可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为吗=mgh--mv2

故选Do

3.（2024浙江1月考题）3.如图所示，质量为〃的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在

空中达到最高点2的高度为h,则足球（）

2

魏〃〃〃市〃/〃〃〃〃%

A.从1到2动能减少机的B.从1到2重力势能增加mgh

C.从2到3动能增加D.从2到3机械能不变

【答案】B

【解析】AB.由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力

势能增加mgh,则1到2动能减少量大于加g",A错误,B正确；

CD.从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小侬力则动能增加小于mg/?,选项CD

错误。

故选Bo

4.（2024年江西卷考题）5.庐山瀑布“飞流直下三千尺,疑是银河落九天”瀑布高150m,水流量10m3/s,

假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%,则发电功率为（）

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

【答案】B

【解析】由题知，时间内流出的水量为以=O0At=LOXIO'At

发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P=gx70%aLlxl（）7w

At

故选Bo

5.（2024年江苏卷考题）8.在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻

弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光

滑，剪断细绳后，则（）

B-

___________A.

A.弹簧原长时物体动量最大B.压缩最短时物体动能最大

C.系统动量变大D.系统机械能变大

【答案】A

【解析】对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒，得机人以="%腺

设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得

"12,12

mVfnV

£p=~AA+-BB

2

联立得£p=g1%-+叫vB,故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。

故选Ao

6.（2024全国甲卷考题）4.如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为0的小环套在大圆环上,

小环从静止开始由大圆环顶端经0点自由下滑至其底部，0为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对

大圆环的作用力大小（)

A.在0点最大B.在0点最小C.先减小后增大D.先增大后减小

【答案】C

【解析】方法一（分析法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为

零，如图所不

设图中夹角为8,从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律加gR（l-cos8）=3加n

从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心

力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大

圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑

过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。

方法二（数学法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹

角为夕（0<。<»），根据机械能守恒定律mgR（l-cos0）=1mv2（0<6><

2

在该处根据牛顿第二定律F+mgcos0=（O<0<7r）

联立可得F=2mg-3mgcos0

则大圆环对小环作用力的大小团=|2冲-3Mgeos.

2

根据数学知识可知I典的大小在cos。=］时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的

作用力大小先减小后增大。

故选Co

7.（2024年安徽卷考题）7.在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型

如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为"出水口距水平地面的高度为公，与落地点的水平距离约

为乙假设抽水过程中〃保持不变，水泵输出能量的〃倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的

密度为夕，水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（）

A.

2r/h

pgSlOgh

C.

2r/h

【答案】B

【解析】设水从出水口射出的初速度为%,取/时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=%外夕

,12

h=gr

根据平抛运动规律vot=I2

解得%=I

根据功能关系得P切=gmv&mg（H+h）

联立解得水泵的输出功率为。=丝世”(产\

H+h+—

2rjhI4“

故选Bo

8.（2024年广东卷考题）10.如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从“甲、

“乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在。处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为〃，乙在

水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）

乙

/

A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度

H

C.乙的运动时间与〃乙无关D.甲最终停止位置与。处相距N7

一〃

【答案】ABD

【解析】A.两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0,故A正确；

B.两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交

换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；

1

C.设斜面倾角为明乙下滑过程有"乙=/gsinH9；

在水平面运动一段时间为后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动右，乙运动的时间为r=%+/?+t3

由于h与〃乙有关，则总时间与“乙有关，故C错误；

1,

D.乙下滑过程有mgH乙=—mv：

由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；

则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有优=2〃gx

联立可得x=O立，即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距0左。故D正确。

故选ABD。

9.（2024年山东卷考题）7.如图所示，质量均为⑷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，的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为"（火1）。两木板与地面间动摩擦因数均为

口,弹性绳劲度系数为被拉伸时弹性势能斤1加（x为绳的伸长量）。现用水平力/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，A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】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a=〃mg

解得弹性绳的伸长量X。二史咀

k

则此时弹性绳的弹性势能为Eo=-kx；=〃mg

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X]=/+/-4

则由功能关系可知该过程户所做的功

W=Eo+jumgxl=密)+〃mg(l-d)

’2k

故选B。

10.(2024年上海卷考题)4.一辆质量根=2.0xl()3kg的汽车，以v=36km/h的速度在平直路面上

匀速行驶，此过程中发动机功率＜=6.0kW,汽车受到的阻力大小为No当车载雷达探测到前方有

障码物时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，

系统提供的制动功率E=48kW,此时汽车的制动力大小为N,加速度大小为m/s2o(不计传

动装置和热损耗造成的能量损失)

【答案】①.600(2).4800③.2.7

【解析】根据题意可知，汽车匀速行驶，则牵引力等于阻力，则与Pi=Fv=fv

其中6=6.0kW,v=36km/h=10m/s

解得了=600N

[2]根据题意，由尸=网可得，汽车的制动力大小为RA=f§222N=48OON

制v10

[3]由牛顿第二定律可得，加速度大小为a=匕&=60。+4800介=

m2000

11.(2024年新课标考题)11.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R另一人

在地面控制另一根一端系在重物上的绳子0,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量加=42kg,

重力加速度大小g=lOm/sz,当尸绳与竖直方向的夹角a=37°时，0绳与竖直方向的夹角

^=53°,(sin370=0.6)

(1)求此时只0绳中拉力的大小;

(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度为=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。

【答案】(1)1200N,900N；(2)-4200J

【解析】(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时尸、。绳中拉力的大小分别为刀和心，竖直方向

(cosa-mg+T2COS(3

水平方向7]sintz=7；sin/3

联立代入数值得7；=1200N,T2=900N

(2)整个过程根据动能定理得W+mgh=0

解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=-4200J

12.(2024年江苏卷考题)14.如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为，倾角为心斜面长为乙一个

质量为必的物块，在电动机作用下，从4点由静止加速至8点时达到最大速度％之后作匀速运动至。点，

关闭电动机，从C点又恰好到达最高点几求：

(1)切段长x；

(2)回段电动机的输出功率?；

(3)全过程物块增加的机械能氏和电动机消耗的总电能月的比值。

V2/.八sin0

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

2g(sin8+/7cos'7sin，+〃cos，

【解析】

【详解】(1)物块在切段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsin0+jumgcos0=ma

由运动学公式0—y2=—2依

v2

联立解得'gM3)

(2)物块在8c段匀速运动，得电动机的牵引力为F=mgsin0+jumgcos0

由尸二尸v得P-mgv(sin0+/ucos

(3)全过程物块增加的机械能为E{=mgLsin0

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

/Limgcos0•L

E2=EX+

E.mgLsin0sin0

nJ彳导==

E2mgLsin0+/nmgLcos，sin，+〃cos，

13.(2024年安徽卷考题)14.如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道

与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小

球用不可伸长的轻质细线悬挂于。点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放

小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m。

小球质量机=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径

R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；

(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；

(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数〃的取

值范围。

LQ

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

R

s.

~~00~~

【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25</z<0.4

【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理=_0

解得％=5m/s

2

在最低点，对小球由牛顿第二定律K-mg=m处

解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为耳=6N

(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律

=^m\\

mv0=mvr+MV2

2w

解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为".%=4襁

(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒

MV2=2MV3

11

由能量守恒定律-Mv9j=-x2Mv；9+^Mgs

解得M—0.4

若物块恰好运动到与圆弧圆心等高位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒

MV2=2MV4

11

由能量守恒定律-Mvl9=-x2Mv19+^Mgs+MgR

解得目2=0.25

综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数〃的取值范围为0.254〃<0.4

14.(2024年山东卷考题)17.如图甲所示，质量为〃的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上

表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，0为轨道的最高点。质量为〃的小物块静

置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形

部分的半径庐0.4m,重力加速度大小5=10m/s"

(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到0点时，受到轨道的弹力大小等于3侬，求小

物块在0点的速度大小

(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力凡小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与尸

对应关系如图乙所示。

(i)求〃和0；

(ii)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力48N,当小物块到尸点时撤去

凡小物块从0点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度乙

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

2

【解析】(1)根据题意可知小物块在。点由合力提供向心力有mg+3mg=m—

R

代入数据解得u=4m/s

(2)(i)根据题意可知当々4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知

F=(M+m)a

根据图乙有左=」一=0.5kgT

M+m

当外力E>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F-jumg=Ma

结合题图乙有a=-F-^-

MM

可知k=-=1kg-1

M

截距b=-=-2m/s2

M

联立以上各式可得M=lkg,=1kg,〃=0.2

(ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2,小物块的加速度为a2=〃g=2m/s2

当小物块运动到夕点时，经过而时间，则轨道有匕=。府

小物块有v,=a2to

在这个过程中系统机械能守恒有^Mv^+^mvl=^Mvl+^mvl+2mgR

水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mv{+mv2=MV3+mv4

联立解得Zo=1.5s

1,1,

根据运动学公式有L=-a^--a2t1

代入数据解得£=4.5m

15.(2024年辽宁卷考题)14.如图，高度/i=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量

mA=O.lkgoA、B间夹一压缩量Ax=0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B,

弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距

离/=0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=lOm/s?。求：

(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；

(2)物块与桌面间的动摩擦因数〃；

(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能AEp。

ABB

/八

h

【答案】（1）lm/s,lm/s；（2）0.2；（3）0.12J

一1,

【解析】（1）对A物块由平抛运动知识得A=-grXA=vAt

代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA=lm/s

对AB物块整体由动量守恒定律mAvA="%VB

解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=lm/s

1,

（2）对物块B由动能定理—//ZT/gg/=。-5mB"B

代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为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+

解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能AEp=0.12J

16.（2024浙江1月考题）20.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角6=37°的直轨道A3,半径

R=1m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25m、倾角为0的直轨道DE,半径为R、圆心角为。的圆弧管道EF

组成，轨道间平滑连接。在轨道末端厂的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块6,其上表面与轨道

末端尸所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道A5上高度为人静止释放，经圆弧轨道5co

滑上轨道OE,轨道。E由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数4=0.25,向下运动时动摩擦

因数〃2=。-5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为从，小物块

a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，

sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）若〃=0.8m,求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小；

②在。E上经过的总路程；

③在。E上向上运动时间才上和向下运动时间/下之比。

(2)若/i=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

【答案】(1)©16m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

1,

【解析】(1)①对小物块a从4到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有机g/l=]加伯

第一次经过C点的向心加速度大小为a=左=辿=16m/s2

RR

②小物块a在座上时，因为〃znzgcos。〈根gsin。

所以小物块a每次在应上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在龙上的滑动使机械能损失，

最终小物块a将在8、2间往复运动，且易知小物块每次在龙上向上运动和向下运动的距离相等,设其在。石

上经过的总路程为s,根据功能关系有mg[h-R(1-cos8)]="[mgcos0+出mgcos6)

解得5=2m

③根据牛顿第二定律可知小物块a在龙上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

at=gsin。+cos0=8mzs2

2

。下=gsin6-pi2gcos6-2m/s

将小物块a在庞上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有

1,1,t.1

彳。上叽=彳。下t下，解得厂=不

LL£下乙

(2)对小物块a从4到b的过程，根据动能定理有

12

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

设滑块长度为/时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度％根据动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年湖北卷考题)14.如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端

的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点。，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的

小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在。点右侧的尸点固定一钉子，尸点与。点等高。将质量为0.1kg

的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速

度大小为lm/s、方向水平向左。小球碰后绕。点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕户点向上

运动。己知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10m/s2»

(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；

(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；

(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求户点到。点的最小距离。

【答案】(1)5m/s；(2)O.3J；(3)0.2m

【解析】(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有"ing=ma

解得a=5m/s2

2

由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x=^=2.5m<L=3.6m

2a传ft

可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等

于传送带的速度大小5m/s。

(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正

方向，由动量守恒定律有机物丫=机物匕+加球％

其中v=5m/s,匕=—lm/s

解得v2=3m/s

小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为AEk=；根物丫2^物片-3班好；

解得AEk=0.3J

(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时尸点到。点的距离为d,小球在户点正上方

的速度为丫3,在尸点正上方，由牛顿第二定律有

L绳—d

小球从0点正下方到户点正上方过程中，由机械能守恒定律有=gwW+%g(24g-d)

联立解得d=0.2m

即尸点到。点的最小距离为0.2m。

18.(2024年河北卷考题)16.如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排

静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长

度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取lOm/s2,忽略空气阻力。

(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。

(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起

跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停

地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关

系。

贾

♦，如।以।一।

7L

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=~B

【解析】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人

质量为M三个木板质量为0，根据人船模型得Mx^mxx

同时有X+XY^LA

解得A、B木板间的水平距离%!=1.5m

(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为8,从A木板右端跳到B木板左端时间

八vsin。t

为3根据斜抛运动规律得VCOS3/=七------=-

g2

联立解得v2,=-----15-——

2sin6*cos6*

机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒Mvcos6^mvA

11

根据能量守恒可得机器人做的功为W=-Mv92+-mv^9

22

号一口中3cos2g+]4cos2^+sin20._..(1)2

联立得W=---------------45J=--------------------45TJ=45—tan6+-------

2sincos2sincos12tan。

根据数学知识可得当工tan。=:二时，即tan6=2时，/取最小值，代入数值得此时W=90J

2tan6»

(3)根据1311。=2可得丫85，=边5111/5，根据Mvcos0^mvA

2

zB3后.

行办=-2—™s

分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与

BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得MvcosO=（A/+2m）v共

解得

10

该过程A木板向左运动的距离为x,=V/=15m=4.5m

AA25

机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设

每次起跳机器人的水平速度大小为1,B木板的速度大小为魄，机器人每次跳跃的时间为A/,取向右为正

方向，得（河+加）丫共=Mv（）-7徨以①

每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为母，可得g=（%+VB）△/②

机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木

板的位移差为Ax=%+5=6m

可得(嗓—Kt>3Af=Ax③

LAX

联立①②③解得B

4（咳+丫共）3（匕+丫共）

故A、C两木板间距为xAC=(vA+vc)-3Ar+Ax+LgVC=V共

7

=

解得XAC4

2024

高考模拟题

一、单项选择题

1.（2024•全国•模拟预测）如图所示，倾角为6=37。的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的

推力门将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力片做的功至少为唯。已知物块与斜面间的动摩擦因数为

A=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,若用水平向左的推力工将物块推到顶端，推力巴做的功至少为

（）

e

A.L2叽B.l.4W0C.L6明D.L8%

【答案】C

【解析】对物块做功最少，物块应从斜面底端缓慢运动到斜面顶端，用平行斜面向上的推力将位于斜

面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得耳="2gsin6+〃加geose=mg

设斜面的长度为乙则叱=《£=，■£

对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得Ecos（9=mgsine+〃（鸟sinS+Migcos。）

&„zaF_〃?gsin6>+〃加geos®

cos0-jUsin0

贝ijW=F2LCOS0=1.6mgL=1.6网

故选Co

2.（2024•青海•模拟预测）如图所示，顶角户为53°的光滑形硬杆固定在竖直平面内，质量

均为加的小球甲、乙（均视为质点）用长度为/的轻质硬杆连接，分别套在形硬杆的倾斜和水平部

分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在/点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动

到8点时,轻质硬杆与“△”形硬杆的倾斜部分垂直,重力加速度大小为g,则甲在瓦点的速度大小为（

A.叵

5

庖

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

2

【答案】B

【解析】由于甲在8位置时，轻质硬杆与//倾斜部分垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质

硬杆的分速度为0,即此时乙的速度为3甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有

mgAsin37°)=—mv2

)2

解得V=3匣

5

故选B。

3.（2024•重庆•三模）“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处

理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点6切线水平，。点切线竖直，由图可知（）

A.该烟花由。点运动到c点过程中，水平方向匀速运动

B.该烟花由6点运动到。点过程中，其机械能守恒

C.该烟花在匕点的加速度方向竖直向下

D.该烟花在匕点处于失重状态

【答案】D

【解析】A.轨迹的切线方向为速度方向，由题可知。、匕点切线水平，c点切线竖直，即。、b两点速

度在水平方向分量不为0,在c点速度在水平方向分量减为0,所以该烟花由。点运动到c点过程中，水平方

向做减速运动，故A错误；

B.结合A选项可知该烟花由。点运动到c点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由6点运动到c

点过程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；

C.该烟花在最高点。切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的

合力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故c错误；

D.该烟花在最高点匕有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。

故选Do

4.（2024•河北邯郸•模拟预测）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水

平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上，传送带足够长且以速度「匀速转动，饺子

与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水

平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是（）

A.传送带的速度越快，饺子的加速度越大

B.饺子相对与传送带的位移为工

陷

C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量

D.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能

【答案】C

【解析】A.饺子的加速度a=Z=3=〃g,与传送带的速度无关，故A错误；

mm

B.饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间

饺子在传送带上留下的痕迹长度As=vf-^=-^,故B错误；

22"g

C.饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek=〃〃，gs饺子

因摩擦产生的热量。=〃根变相对

又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移S饺子

相对位移为s相对=s传送带一s饺子==

故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故c正确；

D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。

故选Co

5.（2024•黑龙江•二模）如图所示，半