2021年新高考真題物理匯編7 機械能（解析版）

專題7機械能

一.選擇題

1.（2021新高考遼寧卷）冰滑梯是東北地區(qū)體驗冰雪運動樂趣的設施之一。某冰滑梯的示意圖如圖所示，

螺旋滑道的摩擦可忽略：傾斜滑道和水平滑道與同-一滑板間的動摩擦因數(shù)u相同，因滑板不同，〃滿足〃。

W〃W1.2“°。在設計滑梯時，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時停止在水平滑道上，

以下〃、上的組合符合設計要求的是

【答案】CD

【解析】根據(jù)題述，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，則有mgsin"V"Mgcosd，sin6

二7^=■，cos―/,聯(lián)立解得：L1>A,選項A錯誤。根據(jù)題述，滑行結(jié)束時停止在水平

"2+片川+中及

J4h

1

滑道上，設水平滑道最短長度為Lit山動能定理，可得mg-2h-P（）mgcos。?-PmngLz=0,將Li=

cos034

2/z3/zhhh

代入解得Lz=——?選項C正確B錯誤；將L\=----代入解得Lz----,選項D中L2=—大于L?----,

2〃。2%〃o

符合要求，選項D正確。

【易錯警示】解答此題常見錯誤主要有：一是沒有注意到題述兩個要求：①要確保所有游客在傾

斜滑道上均減速下滑，②滑行結(jié)束時停止在水平滑道上，導致錯誤。二是沒有將滿足要求①的BCD選項的

L值逐一運算，導致錯誤。

2.（2。21高考新課程I卷山東卷）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一

端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度”出發(fā)，恰好能完成一個

完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（)

tnv^mvlmv1

A.2KLB.4冗Lc.8TLp167rL

【答案】B

1叫

恰好能完成一個完整的圓周運動，由動能定理，f?23TL=5mv（）2,解得f=4/rL,選項B正確。

3.（2021新高考北京卷）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面〃力cd,

其中時段為平直上坡路面，松段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個過程中空氣阻力和摩

擦阻力的大小變化。下列說法正確的是

A.在岫段汽車的輸出功率逐漸減小B.汽車在帥段的輸田功率比如段的大

C.在cd段汽車的輸出功率逐漸減小D.汽車在cd段的輸出功率比次?段的大

【答案】B

【解析】在平直上坡路面ab段勻速運動汽車的牽引力等于阻力與重力沿斜坡方向的分力之和，輸出功率

P=&不變，大于水平路面的機?段，選項A錯誤B正確；在cd段汽車的牽引力小于阻力，汽車的輸出

功率P=FD不變，選項C錯誤；由于汽車在cd段的牽引力比兒段的小，所以汽車在cd段的輸出功率

比A段的小，選項D錯誤。

4.（2021年6月浙江選考物理）中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術參數(shù)。已知混

凝土密度為2.4xl（）3kg/m3,假設泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，則每小時

泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（)

發(fā)動機最大輸出功率（kW）332最大輸送高度（m）63

整車滿載質(zhì)量（kg）5.4xlO4最大輸送量（m3/h）180

A.1.08X107JB.5.04X107JC.1.08X10SJD.2.72X108J

【答案】C

【解析】泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功

IV=p^A=2.4xl03xl50xl0x30J=1.08xl08J,故選C。

5.（2021高考新課程湖北卷）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運動過

程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖（b）所示。重力加速度大小取lOm/s2,物塊

質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為（）

l￥l(a)圖(b)

A./n=0.7kg,>0.5NB.m=0.7kg,f=l.0N

C.m=0.8kg,f=0.5ND.m=0.8kg,f=1.0N

【答案】A

【解析】對物塊沿斜面上滑過程，由動能定理，-（，叫sin3（T+f）s=Ek-40,結(jié)合物塊動能Ek與運動路程s的

關系圖像，可知"啰訪30。+￡=4,對物塊沿斜面下滑過程，機gsin3（T-f=3,聯(lián)立解得〃尸0.7kg,/=0.5N,選

項A正確。

6.（2021高考全國甲卷）一質(zhì)量為小的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動

時的動能為向I-滑動一段距離后速度減小為零.此后物體向下滑動.到達斜面底端時動能為已

知sina=0.6,重力加速度大小為g。則

A.物體向上滑動的距離為Ek/2mg

B.物體向下滑動時的加速度大小為g/5

C物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

【答案】CD

【解析】設物體向上滑動的距離為x,由動能定理，對上滑過程，加gxsina?umgcosa,x=?反,對上滑和下滑

的全過程，-〃mgcosa?2x=4/5-反，聯(lián)立解得：u=0.5,選項A錯誤C正確；物體向下滑動，由

牛頓第二定律，機gsina+〃〃?gcosa=ma,物體向下滑動時的加速度大小為a=g,選項B錯誤；由于向下滑動

的加速度大于向上滑動的加速度，由x=1ad,可知物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長，選項D

2

正確。

7.（2021高考河北物理）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為九R、不可伸長的輕細

繩，一端固定在圓柱體最高點夕處，另一端系一個小球。小球位于P點右側(cè)同一水平高度的。點時，繩剛

好拉直。將小球從。點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速

度為g,不計空氣阻力）（）

A.J（2+7t）gHB.12itgRC.y]2（\+n）gRD.2y[gR

【答案】A

【解析】小球從Q點下落，機械能守恒，mg（R+JiR/2）=—mv2,解得v="（2+7T）gA,選項A正確。

【名師點評】本題考查機械能守恒定律，情景新，屬于基礎知識考查。

二.計算題

1.（12分）（2021新高考福建）如圖（a）,一傾角37。的固定斜面的AB段粗糙，8C段光滑.斜面上一輕質(zhì)

彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC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，當滑塊第一次到達B點時撤去T.T隨滑塊沿斜面下滑的位移；的變化關系如圖（b）所示.

已知A6段長度為2m,滑塊質(zhì)量為2kg,滑塊與斜面A6段的動摩擦因數(shù)為35,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，

重力加速度大小取10mzs2,sin370=0.6.求:

圖（a）用（b）

（1）當拉力為1°N時，滑塊的加速度大小;

（2）滑塊第一次到達B點時的動能；

（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離.

【答案】.（1）〃=7m/s2(2)線=26J(3),max=L3m

【解析】（1）設小滑塊的質(zhì)量為m,斜面傾角為0,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃，滑塊受斜面的支持

力大小為N,滑動摩擦力大小為f,拉力為1°N時滑塊的加速度大小為〃.由牛頓第二定律和滑動摩擦力公

式有

T+mgsin。一f=ma①

N—拉geos。=0.

/="N③

聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得

tz=7m/s2@

（2）設滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W=7JS]+豈$2⑤

式中Z、72和1、“分別對應滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應的位移大小.依題意，Z=8N

*=ImT2=IONs2=Im

設滑塊第一次到達B點時的動能為線，由動能定理有

W+（mgsine—/）（S]+S2）=E?—0?

聯(lián)立：2）（3）（5）（6）式并代入題給數(shù)據(jù)得

Ek=26%

（3）由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為設滑塊離B點的最大距離為%ax,由

動能定理有T〃zgsine+/）SmM=°-紇⑧

聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得

%"3m⑨

2.（16分）（2021高考新課程I卷山東卷）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C,放置在水平地

面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開始時彈簧處于原長，A、B、

C均靜止。現(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去

恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f,

E=—Ax2

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：2,k為彈

簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）

（1）求B、C向左移動的最人距離”。和B、C分離MB的動能

（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值尸min；

（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為“BC,從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力

做的功為W,通過推導比較W與笈品的大小；

（4）若尸=57,請在所給坐標系（見答題卡）中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像,

并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導過程。以撤去F時C

的位置為坐標原點，水平向右為正方向。

【解析】：（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關系得

%=2禽+萬州

①

彈簧恢復原長時B、C分離,從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得

端=2月+2線

②

聯(lián)立①②式得

_2F-4/

Ao一,

%③

P_F2-6fF+8f2

廣一%一④

（2）當A剛要離開墻時，設彈簧的伸長量為X,以A為研究對象，由平衡條件得

若A剛要離開墻壁時B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值Am,從彈簧恢復原長到A剛要離開

墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得

2

Ek=-kx+fa

⑥

聯(lián)立①②⑤⑥式得

根據(jù)題意舍去得

“0+陰/

⑧

（3）從B、C分離到B停止運動，設B的路程為“8,C的位移為％,以B為研究對象，由動能定理得

-W-fxR=O-Ek⑨

以C為研究對象，由動能定理得

向

-ficc=O-Ek

由B、C的運動關系得

XB>XC~XBC?

聯(lián)立⑨⑩?式得

卬<以的

如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌

道右下方有一段弧形軌道尸Q°質(zhì)量為小的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為〃。以水平軌道末端。

點為坐標原點建立平面直角坐標系x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端

坐標為(2〃L,〃L),Q端在y軸上。重力加速度為g。

A

(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過。點時的速度大?。?/p>

(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過。點落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的

曲線方程；

(3)將質(zhì)量為2m(2為常數(shù)且725)的小物塊5置于。點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與5發(fā)生

彈性碰撞(碰撞時間極短)，要使A和8均能落在弧形軌道上，且A落在8落點的右側(cè)，求A下滑的初始

位置距x軸高度的取值范圍。

【解析】本題考查動能定理、平拋運動規(guī)律、動量守恒定律及其相關知識點，主要考查綜

合運用知識分析解決問題的能力.

M）A沿傾斜軌道由靜止開始下滑到。點的過程中，由動能定理

1.

mg--umgL=-mvf

解得：v尸ggL

：2）假設A落到P點，由平拋運動規(guī)律，

x=vot=2MLy=*"L

解得：vo=」3gL.

EK??may=Z^mqL

則落到軌道上的動能2

同時。=/=）片

-mxo工+mg"=2"mg/,

解得z°“?"

變形得丸+4必=8"“.：.?0!!-t.%=2uL

則尸。的曲線方程為x{

o**>o^L<yQ<2uL,0x02ut>

：3）令A碰撞前速度為v,釋放高度為h,由動能定理

mgh-fimgL=^mv2

貝i]v2=2gh-2“gL

AB發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，設碰撞后A速度為VA，B速度為VB，有

mv=mvA?Amvg

1,1,1.,

-=-mv4+2^mvi

解得：以=會明〃=/口

因為1N5可知uj、f0.即A撿后火反胃,速度大小為皆明

山也意,為保證B藩4料道I,-.Wv.4丹=j2“gL.

即（S）W=（名）哈力-2.）42M

解得：

A反強后，經(jīng)歷一次往返后從O拋出，拋出的速度為v2,由動能定理,

一ymg-2L=-mv,--mpj

為保證A落在軌道上，則力$為=廊工

即（廿》338（^^/如力-2ngL）<WgL

解得J43叫州十心

又為保證A落點在B右側(cè)，則V2>VB，

綜上，得杼3f>（信）3

變形得「>”若告+心

又因為，N5.則3"（當）。'+“I.工"/,（與）2+“L小.

則釋放高度的取值范圍為

2（4+1），,J+A,

此五一~7j_7+"“<A"3/iL（-一"-）2?"L

4-44—JA-1

4.（12分）（2021年1月浙江選考）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角a=60。的斜面軌道AB、半徑均為R的半

圓形細圓管軌道BCDE和圓周細圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌

道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心02的連線，以及02、E、0|和B等四點連成的直線與

水平線間的夾角均為0=30。，G點與豎直墻面的距離d=V3R0現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處

靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。

（1）若釋放處高度h=ho，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度人小心及在此過程中所受合力的沖

量的大小和方向；

（2）求小球在圓管內(nèi)與圓心6點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；

（3）若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？

A

【解析】(1)由機械能守恒定律，mgho=^-mvc2

解得：vc=J2gh,

由動量定理，I=mvc=md2g瓦,方向水平向左。

(2)由機械能守恒定律，mg(h-R)=ymvD2

在D點，由牛頓第二定律，F(xiàn)N=m系

解得：FN=2tng(-^--1)

h滿足的條件h'R

(3)第1種情況，不滑離軌道原路返回，條件是。

2

第2種情況，與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前是平拋運動，

Vxt=dfVy=gty

其中Vx=VGSin°,Vy=VGCOS夕，

聯(lián)立解得：VG=2闞，

由機械能守恒定律，mg(h--R)=—n\VG2

22

解得h滿足的條件h=2R

2

5.(12分)(2021新高考北京卷)

秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的質(zhì)量為

人蹲在踏板上時擺長為4,人站立時擺長為，2。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。

(1)如果擺長為右，“擺球”通過最低點時的速度為。，求此時“擺球”受到拉力T的大小。

(2)在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。

a.人蹲在踏板上從最大擺角a開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最

大擺角為名。假定人在最低點站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計算證明a

b.實際上人在最低點快速站起后“擺球”擺動速度的大小會增大。隨著擺動越來越高，達到某個

最大擺角。后，如果再次經(jīng)過最低點時，通過一次站起并保持站立姿勢就能實現(xiàn)在豎直平面內(nèi)

做完整的圓周運動，求在最低點“擺球”增加的動能應滿足的條件。

【解析】（1）根據(jù)牛頓運動定律

得

（2）a.設人在最低點站起前后“擺球”的擺動速度大小分別為6、S，根據(jù)功能關系得

mgl1(1-cosG)=g

tnu

mgl2(\-cos4)=32

己知功=也，得mgk(1-cos4)=nigl2(l-cos02)

因為4>4,得cos4>COS0,

所以

b.設“擺球”由最大擺角。擺至最低點時動能為線，根據(jù)功能關系得

線=,〃g/|（l-COS，）

“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，通過最高點最小速度為乙

根據(jù)牛頓運動定律得mg=機4

“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，根據(jù)功能關系得