专题精准强化6 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

丨物理 专题精准强化6 功能关系 机械能守恒 ☒错题序号： 定律能量守恒定律 @错因分析： (建议用时：40分钟) [A组基础达标练] 4.(2025·陕西汉中一 1.(2025·广东深圳高三期中)如图所示为过山 模)如图所示，物块A 车的简易模型，从倾斜轨道上的A点由静止 套在光滑水平杆上， B 开始下滑，圆形轨道半径为R,过山车重量为 连接物块A的轻质A⑨ Mg,忽略一切阻力作用，经过圆轨道最高点C 细线与水平杆间所成 时，轨道给过山车的压力为Mg,下滑点A距 夹角为0=53°，细线跨过同一高度上的两光滑 离圆轨道底部的高度h为 定滑轮与质量相等的物块B相连，定滑轮顶部 离水平杆距离为h=0.8m,现将物块B由静 止释放，物块A、B均可视为质点，重力加速度 g=10m/s2,sin53°=0.8，不计空气阻力，则 A.物块A与物块B速度大小始终相等 A.2R B.3R B.物块A能达到的最大速度为2m/s C.4R D.5R C.物块B下降过程中，重力始终大于细线 2.(（多选)(2025·山西运城模 C 拉力 拟预测)如图所示，A、B两球 D.当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B 分别用长度均为L的轻杆通 的速度最大 过光滑铰链与C球连接，通 5.(2025·贵州凯里市第一中学模拟)如图甲所 A©○B 过外力作用使两杆并拢，系mmm 示，轻弹簧下端固定在倾角0=37°的粗糙斜面 统竖直放置在光滑水平地面上.某时刻将系统 底端，质量为m=1kg的物块从轻弹簧上端上 由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动. 方某位置由静止释放，测得物块的动能Es与 已知A、B两球的质量均为m,C球的质量为 其通过的路程x的关系如图乙所示（弹簧始终 2m,三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻 处于弹性限度内)，图像中0~x1=0.4m之间 力，重力加速度为g.从静止释放到球C落地 为直线，其余部分为曲线，x2=0.6m时物块 前的过程，下列说法正确的是 的动能达到最大.弹簧的长度为！时，弹性势 A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒 能为E,=号(1，一02，其中为弹簧的劲度 B.球C的机械能先减少后增加 系数，。为弹簧的原长.物块可视为质点，不计 C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小 空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取 为g 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37 D.球C落地前瞬间的速度大小为2√gL =0.8.则 3.(2025·广东深圳模拟)物体以动能E开始竖 ↑E,J 直向上运动，回到出发点时，动能为号取出发 2.0 Q0000000 1.6 点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为 B 00.40.6 X3 x/m 空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与 分 乙 重力势能相等时，其动能为 ( ) A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.2 B.弹簧的劲度系数k为25N/m c号 D. C.x3的大小为0.8m D.物块在斜面上运动的总路程大于3 ·150· 专题精准强化 6.(2025·河北省九师联 [B组 创新应用练] 盟一模)如图所示，固 9.(多选)(2025·贵 定的水平长杆上套有 309 州毕节二模)如图 质量为m的小物块A, C 所示，倾角为30°且 跨过轻质定滑轮（可视为质点O)的细线一端 足够长的光滑斜面 30 777777777777777777777777 连接A,另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠 固定在水平地面上，物体A被锁定在光滑斜 近定滑轮)，滑轮到杆的距离O℃=√5h,开始时A 面上，物体C置于水平地面.物体B、C通过劲 位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加 度系数为k的轻弹簧相连，A、B用轻绳跨过光 速度为g,不计一切摩擦.现将A、B由静止释放， 滑定滑轮连接，轻绳恰好伸直，滑轮右侧轻绳 则当A与O间的细线与水平方向的夹角为60 竖直，左侧轻绳与斜面平行.解除锁定，A沿斜 时，小物块B的速度大小为 ( ) 面下滑，当A速度最大时，C恰好要离开地 4(3-3)gh 4(3-1)gh 面.已知B、C的质量均为m,重力加速度为g. A B 15 15 下列说法正确的是 ( A.物体A的质量为4m 4(3-√3)gh 4(√5-1)gh 5 B.物体A下滑过程中加速度一直在增大 7.(多选)如图所示，足够长 C.物体A和B组成的系统机械能守恒 粗糙斜面倾角为0，固定 D.物体A下滑过程中的最大动能为8mg2 5k 在水平面上，物块a通过 10.(多选)(2025·湖北二 平行于斜面的轻绳跨过 模)如图所示，一弹性轻 光滑轻滑轮与物块b相 绳（绳的弹力与其伸长 NO 连，b的质量为m.开始时，a、b均静止且a刚 量成正比)左端固定在A 好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直向下 点，自然长度等于AB. 的恒力F,使a、b做加速运动.则在b下降h 弹性绳跨过由固定轻杆 高度过程中 ) OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小 A.a的加速度小于E 球，小球穿过竖直固定的杆，初始时弹性绳 m ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释 B.a的重力势能增加mghsin0 放，当滑到E点时速度恰好为零，已知C、E C.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增量 两点间距离为h,D为CE的中点，小球在C D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等 于a、b动能的增量 点时弹性绳的拉力为”，，小球与杆之间的动 8.(2025·福建厦门二模)如图甲所示，小明沿倾 摩擦因数为0.4，弹性绳始终处在弹性限度 角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为 内，重力加速度为g.下列说法正确的是 10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之 ( 间始终没有发生相对滑动.已知平板车板面与斜 A.对于由弹性绳和小球组成的系统，在CD 坡平行，货物的动能E随位移x的变化图像如 阶段损失的机械能等于在DE阶段损失 图乙所示，sin10°=0.17，则货物 的机械能 1E小 B.小球从C到E克服弹性绳弹力做功 80 4mgh 210° C.在E点给小球一个竖直向上的速度√gh, A.在0~3m的过程中，所受的合力逐渐增大 小球恰好能回到C点 B.在3m~5m的过程中，所受的合力逐渐减小 D.若只把小球质量变为2m,则小球从C点 C.在0~3m的过程中，机械能先增大后减小 由静止开始运动，到达E点时的速度大小 D.在3m~5m的过程中，机械能先增大后减小 为√gh ·151 1物理 11.如图(a),一倾角37°的固定斜面的AB段粗 12.(2025·山西二模)如图所示，半径为R= 糙，BC段光滑.斜面上一轻质弹簧的一端固 10m的光滑圆弧面AB与传送带BC平滑连 定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同. 接（圆弧的圆心在B的正下方），传送带以 一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A v=8m/s的速度逆时针匀速运动，A、B两点 处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时 的水平距离为d=8m.质量为2kg的物块 撤去T.T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化 (物块可看作质点)在水平恒力作用下从A 关系如图(b)所示.已知AB段长度为2m,滑块 点由静止运动到B点，物块在B点处时撤去 质量为2kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数 水平恒力，此时物块对圆弧面的压力恰为零， 为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大 物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，传送 小取10m/s2,sin37=0.6.求： 带足够长，重力加速度为g=10m/s2,求： T TINI 10 8 64 olw B 37 2 0 12x/m (a) (b) (1)水平恒力F的大小； (1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小； (2)物块再次回到B点时，物块与传送带之间 (2)滑块第一次到达B点时的动能； 摩擦产生的热量 (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. ·152·答案精析 8.C[一次落潮时流出海湾的海水质量为pSh,故A错 误；一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为g· A运动过程中，小球做竖直下礼运动，则1十分财 0.5h=pShg·0.5h=0.5pSgh,故B错误；一天内海水 流经通道两次，海水流经通道对发电机做的总功为 R,代入得4=后-/ ,D正确.] pSgh,对应海水流经通道对发电机做功的功率为 12.解析：(1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O Sgh,故C正确，D错误.] 连线的夹角日为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小 均与重力相等，为1N,内、外轨道对小圆柱的摩擦力 9.BC[杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相 Fn=F2-FN=0.5 N; 等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球 (2)当v=6m/s,小圆柱刚经B点进入圆孤轨道时有 做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的 功为W1,A下降的高度为h,杆对A球做的功为W,,则 22、1 1 m6=-(Fn+Fe)l, 杆对B球做功为一W,由动能定理，对A球有gh一 W1十W2=0,对B球有2mgh-W2=0,联立解得W1= 在B点有Fsin60°-Fysin60=m尺， 是W,即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球微的功 F1cos60°+F2cos60°=mg 解得F=1.3N,F2=0.7N: 的2倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做 (3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，心最大时，在B点 恰好内轨对小圆柱的压力为0，有 功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从 弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为 F'sin60°=m尺， g,方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最 F'cos60°=mg, 低点时整体的加速度大小为g,方向竖直向上，现A球 从弹簧正上方下落，A球到最低，点时弹簧压编量比从弹 且2m。-2mm=-(Fa十Fa儿， 簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大， 整体所受的合力增大，加速度将大于g,所以A球到最低点 解得vom=√57m/s,在圆孤上受摩擦力为 时整体的加速度大小大于g,方向竖直向上，在最低点，对B F,=Fm'=OS60=1N, mg 球，由牛顿第二定律得F-2mg=2mia>2g,则得A球到最 即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力 低点时杆对B球的作用力F>4mmg,故D错误.] 大小相等 10.BD[根据题意和动能定理可得(M十m)glsin30° u(M+m)glcos30°一W弹=0，W-Mglsin30° 所以子mo2=Fs, Mglcos30°=0，联立可得M:m=1:6,故A错误；下 解得s=2.85m. 滑速度最大时有(M十m)gsin30°-r(M十m)gcos30 7 答案：(1)0.5N0.5N(2)1.3N0.7N(3)√57 一F华=0，可得F#=8Mg,上滑速度最大时有F华' m/s 2.85 m Mgsin30-Mgeos30=0,可得F'=名Mg,所以下 13.解析：(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据 运动学公式v=2ah, 滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一 根据角速度和线速度的关系v=ω， 点，故B正确：木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度 为a,=M+m)gsin30°(M+m)gcos30°-1 联立可得u=√2ab M++m 8,上 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动 滑的加速度为a2 距离的关系图如图所示 -M30”0s30=名g,剥会=子，故C错 可得摩擦力所做的功为 M 1 误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能， W:=-2fh, 有(M十m)glsin30°-(M十m)glcos30°=E。,则弹簧的最 对木塞，根据动能定理W十W,一mgh 大弹性势能为E,=8MgL,故D正确.] 2m2-0, 11.AD,[由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动 解得W=mah+mgh十之foh. 知mg=m爱，在A到D过程中，由动能定理可知 (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞，根据牛顿第 1 乞m%-立m心=一2mgR,联立解得=√5gR,A正 二定律F-mg-f=ma,速度v=at,位移x=之at, 确；当=√3gR时，设上升高度为h,假设小球不会脱 开瓶器的功率P=Fv,联立可得P=magt十mat十 离圃孤轨道，则必须满足h≤R,由动能定理知0一豆m foat-Lsa xt. 2h =一mgh,代入得=号R,假设不成立，故当= 答案：(1)w=√2ah √3gR时，小球会脱离圆孤轨道，B错误；B到E运动过 程中，由动能定理知受m店一号mi=一mgR,在B点 1 (2)W=mah+mgh+立fh 3)P=magtma'tfoat-1Xt 时，小球所受弹力为Fa=g十m是，在E点时，小球 专题精准强化6 1.B[经过圆轨道最高，点C时，轨道给过山车的压力F、 所受弹力为FE三m辰，则小球在B点与E点所受的弹 力之差为FB一F=3mg,故小球在B点与E点所受的 M,根据牛颜第二定律可得Mg十R=m是，解得化 弹力之差不变，C错误；在D到E过程中，由动能定理 √2gR,过山车从下滑点A到C点过程，根据机械能守恒定 吃-子成=mgR,代入得=√gR,从E到 知、1 律可得Mgh-2R)=M,解得A=3R,故B正确.] ·281- 丨物理 2.ABC[从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球 的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运 组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；从静 动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0一3的过程 止释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少 中，货物的机械能始终增大，故C错误；取x=0处为零势 而A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械 能面，在x=5m处货物的重力势能E。=mgxsin10°= 能先减少后增加，B正确；当球A的加速度为0时速度 10×10×5×0.17J=85J,做出重力势能随位移变化的 达到最大值，此时杆对球的作用力为0，则此时球C只受 图像如图所示 重力作用，加速度大小为g,C正确；球C落地前瞬时， 根据图像对比可知，在x=3 4E小 A、B两球的速度为零，对A、B、C三球组成的系统，有 m到x=5m之间，根据动能 2mgL=号X2mm2,解得0=√2g,D错误.] 图线斜率绝对值的变化趋势80 2 2 与重力势能斜率比较可知， 3.B[设上升的最大高度为h,根据功能关系有f·2h=E 动能随位移的变化先慢于重 力势能随位移的变化，该过 0 号=号根据能量守恒定律可得E=mgh十，解得m 5 x/m 程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能与 =子E=}E,则f=了s,若在上升阶段离出发点H 位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m~5 m的过程中，机械能先增大后减小，故D正确. 处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有Ek十mgH= 9.AD[开始轻绳恰好伸直，对B进行分析有mg=x1,A E-fH,E=E,=mgH,联立解得E=三E,故B正确.] 速度最大时，C恰好要离开地面，对C进行分析有g= kx2,此时A速度最大，A所受外力合力为0，则有 4.B[根据题意可知，物块A与物块B的速度关系为 ma gsin30°=T=mg十kx2,解得mA=4m,故A正确；弹 vc0s=,两物块速度不相等，当物块A经过左侧滑 簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态，对A、B整体进行 轮正下方时，有Un=UAc0s90°=0，故A、D错误；当物块 分析可知，A的加速度大小先减小，当A的速度达到最 A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最 大值时，C恰好要离开地面，此时A、B速度大小相等，C 大，物块A的速度最大，根据机械能守恒定律有g 的速度为0，之后，弹簧的拉伸量进一步增大，对A、B整 (in53一h=之mt,解得0=2m/s,故B正确：由上 h 体进行分析可知，A的加速度方向变为沿斜面向上，大 小增大，即物体A下滑过程中加速度先减小后增大，故 述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B B错误；A下滑过程，弹簧的形变量发生变化，即弹簧的 的速度为0，则物块B向下先加速后减速，在物块B减速 弹力对B做了功，可知，在C没有离开地面之前，A、B与 下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误，门 弹簧构成的系统机械能守恒，而A、B构成的系统机械能 5.D[物块接触弹簧前，由动能定理得mgx1sin日 umgx1cos9=Ek1,解得μ=0.25，故A错误；物块由释放 不守恒，故C错误；结合上述可知x1=x2=,即上述 运动到z位置，由能量守恒定律得mgx2sin日= 两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B构成的系统有 mgz:cos日+Ee十2k(x-)',解得k=20N/m,故 mAg(x1十x2)sin30°= 三7(nmA十m)t十mg(z十2)、 B错误；物块由释放运动到x位置，由能量守恒定律得 .1 物你A下滑过程中的最大动能E=合m,解得 mgx,sin日=gx,cos0+之6(x,一西)'，解得x=(0.6 十0.2√5)m,故C错误；物块的路程为x3时ngsin0十 Em=8m,故D正确.] 5k μngcos 0<k(x一x1),物块反向沿斜面向上运动，所以 10.AD[当小球运动到某，点P, 物块在斜面上运动的路程大于x,故D正确.门 弹性绳的伸长量是x哪，小球 6.D[将A、B由静止释放，当A与O间的细线与水平方 受到如图所示的四个力作用 向的夹角为60时，B下落的高度H=h一h 其中FT=kx那，将FT正交分 sin30°sin60° 解，则FT的水平分量为Frsin 8=kxwp sin0=kxc="坚 D 2(3一1)h,由A和B组成的系统机械能守恒得gH= 2 之mu”十之1m,A沿细线方向的分速度与B的速度 小球水平方向平衡，则F、= mg 大小相等，则有=c0s60°，解得m√ 4(3-1)gh Frsin0,又F:=FN=方mg: 5 F,的竖直分量为F=F,c0s0=kxpc0s日=kxP,由 故选D.门 以上推导可知小球受到的摩擦力为恒力，则CD段与 7.AD[开始时，根据平衡条件有m,gsin0=mg,解得m DE段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球 一sm0a,b的加速度大小相等，对b,根据牛顿第二定律 组成的系统机械能的减少量等于CD段弹性绳和小球 组成的系统机械能的减少量，故A正确；小球从C到 F-T十mg=ma,对a,有T-m,gsin0-m.gcos8= m,a,联立得a=F-m,gc0sg」 F<E,故A正 E,根据动能定理有mgh一5mgh一W染=0，解得克服 m,十mm 确；b下降h,则a上升hsin日，则a重力势能的增加量为 弹性绳弹力微功为W弹=了mgh,故B错误；对小球从 △E。=mng·hsin8=mgh,故B错误；对a分析，绳的拉 力做的功转化为a的机械能和a摩擦生热，所以绳的拉 C运动到E过程，应用动能定理得mgh一行mgh一W年 力做的功应该大于机械能增量，故C错误；对系统，合 =0,若小球恰能从E点回到C,点，应用动能定理得 外力做的功等于动能的增量，即F对b做的功与摩擦力 对a做的功与重力对a和b做的功之和，而重力对b做 mgh+W#一5mgh=0-2mu,联立求解得u= 正功，对做负功，且绝对值相等，故重力对系统做功之 和为0，则F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于 √行h,故C错误；若只把小球质量变为2m,小球受到 4 a、b动能增量，故D正确.] 的摩擦力不变，小球从C,点由静止开始运动，到达E,点 8.D[图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小 则可知，在0~3的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减 时根据动能定理有2mgh-W华一行mgh=之X2mu 小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；在3m~5 一0，解得小球到达E点时的速度大小飞1=√gh,故D m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所 正确. 受的合力逐渐增大，故B错误：根据图乙可知，在0~3m ·282. 答案精析 11.解析：(1)设小滑块的质量为m,斜面倾角为日，滑块与 斜面间的动摩擦因数为口，滑块受斜面的支持力大小为 滑块Q:一μmgx=0-之m, F,滑动摩擦力大小为F,拉力为10N时滑块的加速 联立解得1：m2=2:1 度大小为a.由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T十 故A、B、D错误，C正确.] ng sin8-Fr=ma①， 4.C[两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有mUa十v Fv-ngcos0=0②， =moa'十mh',选项A中数据不满足动量守恒，A错误； F:=uFN③， B、C两个选项满足动量守恒vA十mh=mvA'十v, 联立①②③式并代入题给数据得 也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之 a=7m/s2④. (2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W, 和，即名m暖十号mi≥号m0,”十子m”,如果碰后 由功的定义有W=T1十T2x2⑤， A的速度方向不变，则A球的速度不大于B球的速度， 式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段 即有vA'≤'，B错误，C正确；选项D中，碰前两球的动 所受的拉力及相应的位移大小， 1 依题意，T1=8N,x1=1m, 能之和E=之m心成十之m听=5m,碰后两球的动能之 T2=10N,x2=1m, 和Ee=号m,”十之m”=10m,动能增加，D 1 设滑块第一次到达B点时的动能为E:,由动能定理有 W十(ngsin 0-Fr)(x1十x2)=Ek-0⑥， 错误. 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek=26J⑦. 5.A[两小球碰撞前后各自的受力大小未发生变化，则小 (3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B,点时，动能 球碰撞后的加速度大小与碰撞前的相同，又v-t图像的 仍为Ek,设滑块离B点的最大距离为5x,由动能定理有 斜率表示加速度，则碰撞前后小球的0-t图线相互平 -(mgsin0+F)snx=0-Ek⑧， 行，B、C错误；由于F,与F2始终大小相等、方向相反， 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smx=1.3m. 且两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则由动量 答案：(1)7m/s2(2)26J(3)1.3m 定理可知碰撞后两小球整体的总动量为0，D错误，A可 能正确. 12.解析：1)由B点压力为零，则有Mg=M受 6.BC[设物块A的质量为，A碰前速度为vo,碰后速 R 度为心1，物块B碰后速度为，若第一次小物块A、B发 可得=√gR=10m/s, 生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有v。= R2=d2+(R-h)2, 可得h=4m, mu十4mu,之m心=之m心i+之X4n心吃，解得=号 物块从A到B由动能定理，有Fd一Mgh=号M, ,则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为5： 3.因为A能第二次与B碰撞，应该第一次碰后A的速度 解得F=22.5N. 比B的速度大，即m=一mU十4m,U1>,联立解 (2)物块在传送带上运动的加速度a=ug=1m/s, 物块先做减速运动减速时间t==10s, 得助>号，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之 比应小于3：1，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小 物块的位移x1=2a 之比应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误.门 =50m, 7.A[对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最 由于传送带的速度小于o,物块反向加速到8m/s时 短，根据动量守恒定律有Av=(a十)U1,代入数据 与传送带共速运动到B,点，物块反向加速的时间为t 解得弹簧被压缩到最短时，B的速度=1m/s,此时B =0=8s, 与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量 a 守恒定律得mU=(十mc)2,代入数据解得v2 0.5m/s,只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失， 位移为x,=a=32m, 物块与传送带的相对位移△x=x1十t十t1一x2= 则系统损失的机拔能为△E=子m- 合(me十mc)明 162m =0.25J,A项正确. 摩擦产生的热量Q=Mg△x=324J. 8.解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取的方向为正方 答案：(1)22.5N(2)324J 向，有(m十M)vo=Mu十mU1, 专题精准强化7 解得=m十MD一M,方向与相同. 1.C[根据动量守恒定律有u=(M一m)v,解得v= (2)以B为研究对象，对B根据动量定理有F△t=Mu m,故A错误：所受水的阻力与走度成正比，此钢系 M,解得F=Mv6) △t 数为k,则kv=(M一m)a,随着速度减小，加速度逐渐减 小，故B错误；对ku=(M一m)a,运用积分原理有kx= 答案：(1)m+M)飞-M ，方向与相同 (M-m),解得x=,故C正确：喷水过程乌贱消耗 (2)Mu-) 的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误.门 △t 2.D[开始：Mg=kx1,弹簧压缩量x1=0.1m,从释放到 9.AD[根据速度一时间图像的斜率表示加速度大小，可 初始位置，动能定理W弹费一Mgh=2Mui,其中W弹黄= 知避被前桐桐与车的加建度大小为a-。m/心- k(十h)十kh,联立得1=2m/s,碰撞动量守恒Mu 1m/s,根据牛顿第二定律，可得桐桐与车受到的合力为 2 F1=m1a1=40×1N=40N,故A正确；由题图可知碰撞 前瞬间桐桐与车的速度为U1=4m/s,乐乐与车的速度 =(M十m),竖直上抛号=2gH,联立解得H=6m] 为0，碰撞后桐桐与车的速度为U1'=1m/s,乐乐与车的 3.C爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则 速度为U2=4m/s,碰撞过程，动量守恒，则有1U1= 0=一m1U1十m2, 1'十122，解得2=30kg,故B错误；碰撞前瞬间的 爆炸之后分别对两滑块，由动能定理可知 机械能为桐桐与车的动能之和，则有E=之m1心= 滑块P:一g1=0-2mi, 之×40×4J=320J,碰撞后的机械能为桐桐与车的动 ·283·