专题09 机械能守恒定律 功能关系-五年（2020-2024）高考物理真题分类汇编（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题09机械能守恒定律功能关系考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1机械能守恒定律（含实验）2021年河北卷、广东卷；2022年全国卷、河北卷、湖北卷；2023年天津卷等机械能守恒和功能关系是物理学中的重要概念，它们在高考物理命题中占有重要地位。1.重视基础知识的考查：高考命题会强调对基本概念和规律的理解和应用。对于机械能守恒，考生需要掌握守恒的条件、表达式以及应用。同时，对于功能关系，要理解不同力做功与能量变化之间的关系，如重力做功与重力势能变化、弹力做功与弹性势能变化等。2.强调综合应用：高考物理试题往往将机械能守恒与牛顿运动定律、能量守恒定律等其他知识点综合考查，要求考生能够综合运用这些知识解决实际问题。3.注重实验和探究能力：实验是物理学的基础，高考物理命题可能会通过实验题或探究题的形式，考查考生的实验操作能力和数据处理能力，以及对物理规律的探究能力。4.联系实际生活：高考物理命题会结合实际生活情境，如体育比赛、生产工具、娱乐项目等，考查考生将理论知识应用于实际问题的能力。5.图像与数据分析：图像和数据分析是物理学中常用的研究方法，高考物理命题可能会提供图像或数据，要求考生进行分析和处理，以得出结论。6.创新和拓展：高考物理命题可能会在原有知识点的基础上进行创新和拓展，考查考生的创新思维和解决问题的能力。综上所述，机械能守恒和功能关系的命题趋势是强调基础、注重综合、重视实验、联系实际、强化图像与数据分析，以及鼓励创新和拓展。考生在备考过程中需要全面准备，不仅要掌握理论知识，还要学会如何应用这些知识解决实际问题。考点2功能关系2020年浙江卷；2021年全国卷、福建卷；2022年江苏卷、全国卷、福建卷、河北卷；2023年全国卷、湖南卷；2024年浙江卷等考点01机械能守恒定律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【答案】C【解析】如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)联立可得h＝eq\f(L2,2R)，则v＝Leq\r(\f(g,R))故C正确，A、B、D错误．2.(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图1所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()图1A.eq\r(2＋πgR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(21＋πgR) D．2eq\r(gR)【答案】A【解析】小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv2，综上有v＝eq\r(π＋2gR)，故选A.3.（多选）(2021·广东卷·9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图1所示，重力加速度为g，下列说法正确的有()图1A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【答案】BC【解析】由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．4.(2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】从a到c，由机械能守恒定律，mgh=mv2，在c点，由牛顿第二定律，F-mg=m，F≤kmg，联立解得R≥，选项D正确。5．(2022·河北卷·11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝eq\f(1,2)kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g.(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力势能增加量为________________．(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示．由图丙可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是__________________________________________________.【答案】(1)k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kh52eq\f(mh6－h42,8T2)mgh5(2)见解析【解析】(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝eq\f(1,2)k(L－L0)2－eq\f(1,2)k(L－L0－h5)2整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kh52打F点时钩码的速度为vF＝eq\f(h6－h4,2T)则钩码动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mvF2－0＝eq\f(mh6－h42,8T2)钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，空气阻力做的功也逐渐增大．6.(2022·湖北卷·12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin.改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程．根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示．(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为________．(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________N．(结果均保留2位有效数字)(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)．A．小钢球摆动角度偏大B．小钢球初始释放位置不同C．小钢球摆动过程中有空气阻力【答案】(1)－2(2)－2.10.59(3)C【解析】(1)设初始位置时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳拉力最小值为Tmin＝mgcosθ到最低点时轻绳拉力最大，则有mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，Tmax－mg＝meq\f(v2,l)联立可得Tmax＝3mg－2Tmin即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则题图乙中直线斜率的理论值为－2；(2)由题图乙得直线的斜率为k＝－eq\f(1.77－1.35,0.20)＝－2.13mg＝1.77N则小钢球的重力为mg＝0.59N(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.7.(2023·天津卷·9)如图放置实验器材，连接小车与托盘的绳子与桌面平行，遮光片与小车位于气垫导轨上，气垫导轨没有画出(视为无摩擦力)，重力加速度为g。接通电源，释放托盘与砝码，并测得：a．遮光片长度db．遮光片到光电门长度lc．遮光片通过光电门时间Δtd．托盘与砝码质量m1，小车与遮光片质量m2(1)小车通过光电门时的速度为________；(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量为________；(3)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以(eq\f(d,Δt))2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，则图像斜率为________。【答案】(1)eq\f(d,Δt)(2)m1gleq\f(1,2)(m1＋m2)(eq\f(d,Δt))2(3)eq\f(2m1g,m1＋m2)【解析】(1)小车通过光电门时的速度为v＝eq\f(d,Δt)(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为ΔEp＝m1gl从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)(eq\f(d,Δt))2(3)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以(eq\f(d,Δt))2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立有m1gl＝eq\f(1,2)(m1＋m2)(eq\f(d,Δt))2整理有(eq\f(d,Δt))2＝eq\f(2m1g,m1＋m2)·l则图像斜率为eq\f(2m1g,m1＋m2)。考点02功能关系能量守恒1.(多选)(2023·湖南卷·8)如图，固定在竖直面内的光滑轨道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θ，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v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【答案】AD【解析】由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，FN＝mgcosα－meq\f(v2,R)，联立有FN＝3mgcosα－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsinθ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，则vB＝eq\r(gRcosθ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。2．（2022·江苏·10）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（）A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化C．下滑时，B对A的压力先减小后增大D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量【答案】B【详析】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有F对B有m联立可得F由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得1化简得k当位移为最大位移的一半时有F带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误；C．根据B的分析可知F再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B。3.(多选)(2022·河北卷·9)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mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq\f(g,3).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()A．物体P和Q的质量之比为1∶3B．2T时刻物体Q的机械能为eq\f(E,2)C．2T时刻物体P重力的功率为eq\f(3E,2T)D．2T时刻物体P的速度大小为eq\f(2gT,3)【答案】BCD【详析】开始释放时物体Q的加速度大小为eq\f(g,3)，则有mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，选项A错误；在T时刻，两物体的速度大小v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距离h1＝eq\f(1,2)×eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，轻绳断后P能上升的高度h2＝eq\f(v12,2g)＝eq\f(gT2,18)，则开始时P、Q竖直方向上的距离为h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，则绳断裂时物体Q的机械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为eq\f(E,2)，选项B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下，此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPg|v2|＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，选项C、D正确．4.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，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v0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flC.物块的动能一定大于 D.物块的动能一定小于【答案】BD【解析】画出物块与木板运动示意图和速度图像。对物块，由动能定理，-fx1=-对木板，由动能定理，fx2=根据速度图像面积表示位移可知，x2=S△COF，x1=SABFO，l=x1-x2=SABCE＞x2=S△COF，因-fl＞fx2=，A错误B正确；对系统，由能量守恒定律，fl=-（+），物块动能=-fl-＜-fl，C错误D正确。5.(2024·浙江卷1月·3)如图所示，质量为m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（）A.从1到2动能减少 .从1到2重力势能增加C.从2到3动能增加 D.从2到3机械能不变【答案】B【解析】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，则1到2动能减少量大于，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于，选项CD错误。6.(多选)(2022·福建卷·7)一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理下滑时，由动能定理x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。7.(多选)（2022·全国乙卷·20）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（）A．时物块的动能为零B．时物块回到初始位置C．时物块的动量为D．时间内F对物块所做的功为【答案】AD【解析】物块与地面间的摩擦力为AC．对物块从s内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得即得过程中，对物块由动能定理可得即得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为故D正确。故选AD。8.（2021·全国甲卷·24）如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？【答案】（1）mgdsinθ；（2）mgL+29【详析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE联立以上各式解得ΔE（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有-从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg联立解得Δ故在每一个减速带上平均损失的机械能为Δ（3）由题意可知Δ可得L9．（2020·浙江·20）小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,LAB=LBC=1.0m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的