卷7 机械能守恒定律（含答题卡）-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮创新示范卷

null物理 创新示范卷(七) 2 3 题号 1 10 AB 答案 AD C D B B B D A BD 1.B [在a→b和b→c整个过程中,该返回器在大气层 4m/s{,由牛顿第二定律可得 中运动,大气阻力方向与运动方向相反,因此大气阻 F -/-ma ,其中F.=6N,联立解得m=1kg,故A 力均对该返回器做负功,选项A、C错误,B正确;→ 错误;2s后受到的合力为 过程中,该返回器除受地球引力作用外,还受到大气 F-F。+f-2N+2N-4N,方向与运动方向相反, 阻力作用,D错误。] 物块做匀减速运动,加速度大小为 2.A [根据力的功率的定义可知,当雪撬的速度为v 时,拉力F的功率为Fosina.故选A.] 3.D [对货物受力分析可知, 时间为/-)一 货物受到的支持力与运动方向之 间的夹角为钝角,故货物受到的 此后保持静止,结合v1图像与横轴围成的面积表示 位移,可知4s内物块的位移为x-1+3×4m-8m, 支持力对货物做负功,根据功的 #_。## 2 ng cos(+o)--mgl. sin ocos 故B正确;在4s内,根据动能定理可得W一fx-0. 解得拉力F做功为W-fx-2×8J-16J,故C错 0.故A错误,C错误;货物受到的摩擦力与运动方向 误;由B中分析可知,4s末的速度大小为零,故D错 之间的夹角为锐角,故货物受到的摩擦力对货物做正 误。] 功,根据平衡条件知/一mgsinθ,根据功的定义知W 8.AD[人对重物做功为W.-2Fcos37*·h=2×30$ 一(mgsinθ)· L·cosθ-mgLsin fcos θ,故B错误,D X0.8×0.3J-144J,故A正确;设重物落地时的速 正确。] 度大小为v,从重物开始上升到重物落地前根据动能 4.C [重力对排球所做的功等于重力与竖直高度的乘 定理可得W,-no-0 积,选项A错误;排球在最高点时的重力势能为1J. 解得o-2.4m/s,故B错误;重物的重力势能减少 上升阶段排球克服重力做功为1J;落到地面时的重 力势能为一2J,则下降阶段重力做功3J,则上升阶段 $E.-mg△h-50X10X0.03J-15J 故C错误;设地面对重物的平均冲击力大小为F,对 排球克服重力做的功小于下降阶段重力做的功,选项 全程根据动能定理有 B错误;排球在最高点的重力势能大于落到地面时的 W. +mg△h-F△h=0-0,解得F-5300 N,根据牛 重力势能,选项C正确;上升阶段排球的重力做的功 和重力势能变化量绝对值间的关系为|WG|一△E。|, 顿第三定律可知,重物对地面平均冲击力的大小为 5300N,故D正确.] 与是否有阻力无关,选项D错误。 9.AB [由图乙可知,小物块上滑的最大距离为L 5.B [物块接触弹策后,弹策的弹力对物体做负功,弹 策的形变量增加,则弹策的弹性势能增加,选项A错 sin37 03.m=5m,故A正确;由题图乙,根据动能 误;物块接触弹策之前,物块的加速度不变,接触弹 后物块的加速度a-ung十kx,则随压缩量的增加,物 sin37{2-20J-40J,解得小物块所受 7 的摩擦力大小为/一2N,故B正确;小物块上滑过程 体的加速度逐渐变大,选项B正确;物体所受摩擦力 对物体一直做负功,选项C错误;根据动能定理,物体 “sin37*-0-40J,解 所受合外力对物体做功等于动能变化量,可知W。一 得小物块质量为m一1kg,故C错误;根据f o-{},不为零,选项D错误.] umgcos37*}-2N.解得动摩擦因数为n-0.25.故D 错误,了 6.D [以恒定功率P启动,由静止出发,根据P一Fv.a 10.BD [小球从O点第一次运动到P点的过程中,小 -Ff,速度增大,牵引力减小,加速度减小,小车先 球的速度先增大后减小,即小球先加速后减速,当加 速度为零时,速度达最大,则可知小球的加速度方向 做加速度减小的变加速直线运动,当加速度减为0 先向下后向上,由于小球受到重力和弹弹力的合 时,速度达到最大值,小车随后做匀速直线运动,故A、B 力先减小后增大,根据牛顿第二定律知其加速度大 错误;小车从静止出发到刚好达到最大速度,根据动能定 小变化先减小后增大,故A错误,B正确;由于小球 /2(Pt一fo) 在从O点第一次运动到P点的过程中,弹弹力的 71 合力对小球一直做负功,所以小球的机械能一直减 #n 小,故C错误,D正确.] 2/ -,故C错误,D正确。] 11.解析:(1)为了减小空气阻力的影响,重物应选用质 7.B [由题图可知,1~2s内物块做匀速运动,根据受 量大、密度大的小球,则最优选择为质量为200g的 力平衡可得f-F。一2N,0~1s内物块做匀加速运 铁球.故选D. 动,由vt图像可知加速度大小为a= (2)打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少 量为△E.-mgh: 答案-14 创新示范卷·参考答案 根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的 (2)小汽车从A点由静止开始以额定功率启动,设额 平均速度,则重物在B点的速度大小为vB= 定功率为P,对全程根据动能定理有 __. Pfo-0.5mgx-0. 解得P-25W. 打O点到打B点的过程中,动能变化量为△E,= 答案:(1)2s(2)25W ##n}-om(hc-h)?} 8T2 (3)使用该公式计算可以得出速度大小,从而求出动 -cos0. 能变化量,但这默认了机械能是守恒的,重力势能变 整体通过B点时的竖直分速度大小v.一sin 化大小等于动能变化大小,故A、B错误;实验中重力 设整体从A点运动到B点的时间为t,有v一gt, 势能的减少量大于动能的增加量,原因为空气阻力 又r-. 和摩擦阻力的影响,故C正确;没有采用多次实验取 解得x-30m. 平均值的方法会导致偶然误差较大,不会使大多数 (2)由(1)可得u-25m/s,设整体通过C点时的速 度大小为v2,有ng-R' 实验结果相同,故D错误。 2} (4)图线不过原点,说明开始时物体已经具有速度, 因此该同学先释放纸带之后才接通了打点计时器的 对整体从B点运动到C点的过程,有一W,一ngR(1 电源或打第一个点时重物下落的速度不为0. +cos 0) m(hc-hA)2} 答案:(1)D(2)mghB (3)C 8T2 解得W.-1.98×10J. (4)该同学释放纸带之后才接通了打点计时器的电 答案:(1)x-30m (2)W.-1.98×104J 源或打第一个点时重物下落的速度不为0 15.解析:(1)根据动能定理mgh-mgcosθ. sinf 12.解析:(1)根据系统减小的势能等于系统增加的动能 #} 得1g一#(十)()}# 可得物块滑上传送带时的速度大小v一2m/s. (2)遮光条通过光电门时-0.45×10-} 73.05×10-m/8= (2)物块滑上传送带后加速运动,加速度大小a1 1.48m.s. 2g-4m/s2, 测量过程中系统重力势能的减少量△E。一mgl 假设物块在传送带上一直加速运动,根据x一vo1十 . 0.1×9.8×0.6J-0.5881. 滑块和钩码增加的动能总和为E-M{}+ x 0.548 2 此时的速度u=v+a-2、③m/s4m's $△EF-AF100%0.588-0 548 (3)根据- E 0.588 100%~7%. (3)物块滑上木板后减速运动的加速度a2一u8= 李华实验不成功,原因气垫导轨未调水平,滑轮或者 5m/s?. 托盘存在阻力等。 木板做加速运动,根据牛顿第二定律1mg一u(M十 答案:(1)ngl-(M+m)()} (2)1.48 m)g-Ma3. 0.588 可得木板的加速度a。-1m/s2, 0.548 达到共速时,所用时间为7,则v一at-aaf, (3)不成功,气垫导轨未调水平,滑轮有摩擦或者托 盘受到空气阻力不可忽略等 解得一 13.解析:(1)设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小 分别为a、a。,根据牛顿第二定律有 共速时的速度v-a:t- F-0.5mg-ma),0.5mg-ma?. 解得a-5m's2.a-5m.s2. 设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为1,加 -1m. 1 31 又x-十x。. 答案:(1)2m/s 联立解得1一2s. 2 30m 答案-15