第6章 第29课时 专题强化八 功能关系能量守恒定律(跟踪评价)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

动能不变，重力势能可能变化，机械能不一定守恒，故D错误 2.B解析设小钢珠在M轨道最高，点的速度为V,在最高，点，由 题意可得mg=m尺，从发射前到最高点，由机械能守恒定律 有E,=mgR+2md=0.15J,故选B 3.A解析设人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为，根据机械 能守恒定律可知mgH=2m,解得=45m/s,从滑梯末 端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h= 合，可知落水时同为=√受-√②品=√后水平 方向做匀速直线运动，则人的落水，点距离滑梯末端的水平距离 为x=t=4.0m.故选A. 4.B解析对物块，由P下滑至O的过程根据机械能守恒定律 有mgR(1-cos∠PO0)=2md,刚滑过0时，物块在竖直、 水平方向满足牛顿第二定律N一mg=ma,=m尺，f=uN= maz,由题意有√a2十a3=g,联立以上各式可得cos∠POO= ,故选B 5.C解析设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处(P点)与圆 环的作用力恰好为零，如图所示 m 、P 设图中夹角为日，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒 定律mgR(1-co0s0)=合m,在P点，根据牛顿第二定律 mg0s0=m,联立解得c0s0=号，从大国环顶端到P点过 v2 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. 6.C解析最终a、b都滑至水平轨道时（即小球a滑过C点后） 速度相等，设为v,下滑过程中只有重力对a、b组成的系统做 功，系统满足机械能守恒，则有mgR+mg·2R=7X2md,解 得v=√3gR故C正确；设从释放至a球到滑过C,点的过程 中，轻杆对b球做功为W,对b根据动能定理有W十mgR=2 m,解得W=之mgR,故D错误；根据以上分析可知，下滑过 程中，杆对a球做负功，对b球做正功，所以a球机械能减少，b 球机械能增加，故AB错误.故选C 7.(1)4m/s(2)6N(3)0.8m 解析(1)根据题意，小球从A到B的过程中，由机械能守恒定 律有mgh=2m呢，解得%=√2gh=4m/s. (2)根据题意，小球从B到D的过程中，由机械能守恒定律有 之m=mg·2R+2m品，解得b=2V2m/s,在D点，由牛 颜第二定徐有十mg=m爱，解得=6N (3)小球从D点飞出后微平抛运动，飞行时间为=√g 2×2R 5s,C、E两，点的距离x=nt=0.8m 跟踪评价答案1/■ 8.D解析初始时刻静止，绳子中拉力T=g,对动滑轮C进行 受力分析可得，AC与BC夹角为120°，故A错误；设C可以下 降的最大高度为h,由能量守恒可得mgh= 2mg(v+F-d),联立可得h=专d,故B错误；P和Q总 动能最大时系统的总势能最小，即总势能取极小值，对应系统 静止时的平衡位置，即AC与BC夹角为120°，此时P下降高 度h-号a,Q上升高度公=2(25-1)，由机械能守恒定 3 律，此时总动能E=(2-√3)mgd.故C错误，D正确.故选D. 9.BD解析由机械能守恒定律7m=m+mgh,解得t= -2gh十6，由图乙可知，当h=0.25m时，=4m/s2代入上 式，解得%=3m/s,又当h=0时，则有t=6=9m/s2,即x= 9m/s2,A错误；由题图乙可知，轨道半径R=0.125m,小球 在C点的速度oc=2m/s,由牛顿第二定律可得F+mg= m爱，解得m=0.5kg,B正瑰，小球从A到B过程中由机栈能 守恒有2m话=乞m哈十mgR,在B点，根据牛顿第二定律可 得N。=m要，代入数据解得N。=25N,由于小球还交重力作 用，小球在B点所受合力为√NB2+(mg)2=√262十52N> 26N,C错误，D正确.故选BD. 第29课时专题强化八功能关系能量守恒定律 1.A解析摩擦力对物块做的功为W:=一mg(s十d),A正确； 摩擦力对木板做的功为W=mgs,B错误；对木板根据动能定 理可得，木板动能的增量为△E,=W:=mgs,C错误；根据功 能关系可知由于摩擦而产生的热量为Q=mgx相对=mgd,D 错误. 2.D解析设t时间内吹到圆面上空气的质量为m,则有m=pV= S·,故1时间内空气的动能E=号md=5·W- 2Q5该系统的发电功率P=10E-动S,当风速为 t 2u时，系统的发电功率P=20S(2w)3=8P,故选D. 3.BC解析无人机在变速过程中加速度恒定，速度方向发生了 变化，所以无人机做匀变速曲线运动，A错误，B正确；无人机 速度为v=20m/s,方向与航母航行方向夹角为37°向下，竖直 方向的分速度心，=sin37°，因加速度恒定，无人机在竖直方向 上微匀变速运动，无人机下降的高度△=登·，无人机减小的 重力势能△C=mg,无人机减小的动能△区=7md-弓m话， 无人机减少的机械能△E=△Ek+△E。,解得△E=13500J,C 正确，D错误.故选BC. 4.CD解析从A点运动到B点的过程，机械能减少量等于重力 势能减少量，则有△E=mg×受Lsin37”=品mgL,A错误：根 据功能关系可知，摩擦力做功等于机械能的变化，则 mg0s37(L+2)=△E,解得=0.25，B错误；根据功能 关系可知mgcos37°·s=mgLsin37°，解得s=3L,C正确；根 据功能关系可知从B点滑到右侧斜面时有mgX气sin37” mg如37+mg0s37'(经+L）,第二次滑到左侧斜面有 mgL1sin37°=mgL2sin37°+umgcos37°(L2十L1),滑到右侧斜 面有mgL2sin37°=mgLa sin37°+mgcos37°(L2十La),第三次 滑到左侧斜面有mgL sin37°=mgL4sin37°+mgcos37°(L4十 L),解得L=32L,D正确.故选CD 1D75 物理 5.(1)2800N(2)1.08×10N(3)0.4m 解析(1)石块运动到最低点过程，根据动能定理有gl(1一os)= 乞m,解得西=25m/s,在最低点，根据牛顿第二定律有 T-mg=m吃，解得T=2800N (2)对石块进行分析，根据动量定理有Ft=o一（一m),根 据牛顿第三定律，石头对木楔的撞击力F=F,解得F=1.08× 104N. (3)根据木楔的阻力与位移图像关系有f=15000x十2000，木 契克服阻力做的功W,=2(15000x+2000+2000)x,根据能 量守恒定律有10×号m话×10%=W1,解得x=0.4m 6.AC解析根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为0 时，对滑块进行受力分析，如图所示 M M Ymg 053 由平衡条件有Frcos日=mgcos53°+F,由胡克定律结合几何 关系有F=表联主解得R=长·PQ-mg0s53- 10N,可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动 摩擦力大小始终为f=FN=1.6N,故A正确；下滑与上滑过 程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑 动摩擦力的冲量不相同，故B错误；设滑块从释放到静止运动 的位移为x,此时弹性轻绳与PQ间夹角为0，由平衡条件有 mgsin53°=f什ks·sin,解得tan8=0,4,由几何关系 可得x=PQ·tan0=0.64m,故C正确；从释放到静止，设克 服滑动摩擦力做功为W:,由能量守恒定律有mgsin53°·x= 合(PQ+r-PQ)+W,解得W,=3.072J,故D错误.故 选AC. 7.(1)0.02kg(2)2m(3)885J 解析(1)取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mm一Mw= m+Mu',代入数据解得m=0.02kg. (2)木块在被子弹击穿后，运动的加速度a==5m/s,减 M 速到零过程运动位移x一=0.9m,向左运动距B点的最小 距离△x=L一x=2m (3)子弹击穿木块过程中产生的热能为Q=合m话+合MW 号m听-号Mw2=872.5J,木块向左减速运动过程中相对传 送带的位移为△=0X义十工=2.1m,产生的热能为Q= Mg△x1=10.5J,减速到零后，木块再向右加速运动，时间为 t=名=0,4s,向右移动的位移为父=2a=0,4m,木块向右 加速运动过程中相对传送带的位移为△x2=t一x=0.4,产 生的热能为Q=Mg·△2=2J,从子弹射中木块到木块相对 传送带静止的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的内能 为Q=Q+Q+Q=872.5J+10.5J+2J=885J. 第30课时计算题培优I动力学观点和 能量观点的综合应用 1.a)10,3m/s(230J 3 D76 解析(1)根据动能定理mglsin37°-mgls37°=2mu听， 解得n=10m (2)在倾斜滑轨上下滑时有mgsin37°-mgcos37°=ma1,解 得a=碧m/g,下滑到底端时的时间么=√ 2L=√3s,在水 平滑轨上运动的加速度a=g,解得a=号m/s,则在水平 滑轨上运动的时间2=么=3s,货物从开始下滑经过4s时 az 已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin37° W克/=0，克服摩擦力所做的功为W克/=mnglsin37°=30J. 2.(1)5m/s(2)300J(3)19100J 解析(1)绳子伸直前，根据运动学公式可得2al=6一0，解得 绳子伸直前瞬间，无人机的速度大小为=√2al=5m/s. (2)绳子绷紧过程中，根据动量守恒可得m=(M十m)v,解得 u=2m/s,根据能量守恒可得△E=2m话-2(m十MWd,解得 △E=300J. (3)当加速度a=0时，无人机的速度最大，有F=(m十M)g 100N,则有=是=6m/s,根据能量守恒可得W=mgh+ Mgh-D+号(m+MG十△E,解得W=19100J 3.(1)0.20m(2)不会脱离半圆轨道，离C点0.47m. 析()小物块在E点由重力提供向心力有mg=mR,小物 块从释放到运动至E,点的过程中，由动能定理得g(H十 R-2R)=之m喔，联立解得R=0.20m (2)设小物块在半圆形轨道CDE上能上升的最大高度为h,则 小物块从释放到速度减为零的全过程中，由动能定理得 mg(H+R)-omgL-gh=0,解得h=0.14mR=0.20m 由此可知小物块还未到达与圆心等高处，因此小物块在CDE 上运动时不会脱离半圆轨道小物块从释放到停止的过程中，由 动能定理得mg(H+R)一mgs=0,小物块距C点的距离 x=s一L=0.47m,故小物块最终会停在距C点0.47m处. 4.(1)4m/s(2)0.9J(3)0.2m(4)3N 解预(1)滑块从P点到B点由动能定理mglsin30°=之md 解得到达B,点的速度v=4m/s. (2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力 对其微的功W,=2mtf-7md=0.9J1 (3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=g=2.5m/s2 加速到共追时用时问=。-2。=04s,在传送带上清 a 动过程中产生的滑痕长度△=1一0产：=Q2m (4)从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高，点由水平方向动 量守恒和能量关系可知mw=mu十M,2m6=是mf十 号M6+2mgR,联立解得h=-2.2m/s,=0.8m/s(另- 组=3.2m/s,2=0.2m/s,因不合实际舍掉)，对滑块在最 高，点时由牛顿第二定律F十mg=m凸》，解得F=3N R 第31课时实验七验证机械能守恒定律 1.(a)B(2①mgh:②mh:)(3)m>m 8T 解析(1)打点计时器接交流电源，同时使纸带竖直，以减少阻 力的影响.故选B. (2)根据重力势能的计算公式可知，重物的重力势能减小量为第29课时专题强化八 基础落实练 1.(2026山东模拟)如图所示，一个长为L,质量为M 的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块 (可视为质点)，以水平初速度从木板的左端滑向 另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为4，当物块 与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木 板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速 度为g,则在此过程中 ) ☐m M 2271774777777777777727777777 k-d→☐m M mmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm A.摩擦力对物块做的功为一mg(s十d) B.摩擦力对木板做的功为mg(s十d) C.木板动能的增量为mgd D.由于摩擦而产生的热量为pmgs 2.(2026青海一模)被称为“空中电站”的S1000型涵道 式浮空风力发电系统（如图），于2025年1月首次稳 定悬停于高空，并顺利发电.该 系统叶片转动时可形成与风向 垂直的圆面，并将此圆面内 10%的空气动能转化为电能. 已知悬停位置的风速为？时，该系统的发电功率为 P,则悬停位置的风速为20时，该系统的发电功率为 A.2P B.4P C.6P D.8P 3.(多选)(2026泰安一模)如图所 示，某次舰载无人机降落演练， 航母以速度o=10m/s匀速 航行，空中某处的无人机速度为o=20m/s,方向与 航母航行方向夹角为37°向下，且二者速度方向在同 一竖直面内.无人机通过变速装置经过t=2s将速 度变化至与航母相同时恰好落到甲板上，变速过程 中加速度恒定.已知无人机质量m=50kg,sin37°= 0.6,cos37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2,则上 述2s的变速过程中 () A.无人机做匀变速直线运动 跟踪评价11 功能关系 能量守恒定律 D答案见Do B.无人机做匀变速曲线运动 C.无人机机械能减少了13500J D.无人机机械能减少了17500J 4.(多选)(2026黄山模拟)如图所示，材质相同的双斜 面轨道在最低点平滑连接，与水平方向倾角均为 37°，将质量为m的物体从右侧斜面上的A点静止释 放，A点与最低点间距离为L,之后冲上左侧轨道，在 左侧轨道上距离最低点二处的B点速度减为零，释 放后的运动过程中，以下分析正确的是(sin37°= 0.6,cos37°=0.8，重力加速度为g) () B 3737. A从A点运动到B点的过程机械能减少了2mgL B.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物体在两斜面上滑行的总路程为3L D.第三次冲上左侧斜面时，能在左侧斜面上滑2 5.(2026广州期末)如图(a)所示，明朝出版的《天工开 物》被称为“中国17世纪的工艺百科全书”，书中详 细描述了古法榨油的方法，其过程简化为石块撞击 木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来.现有一长度 l=5m的绳子，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量 m=200kg的石块，可视为质点.将石块拉至绳子与竖 直方向的夹角0=37的位置由静止释放，如图(b)所示. 重力加速度g取10m/s.(sin37°=0.6，cos37°=0.85 取2.2)求： 9.5x10y 379 石块 木楔 图(a 图6) 图(c) (1)撞击前，石块在最低点对绳子的拉力大小T; (2)石块在最低点，与木楔撞击后，石块的反弹速度 v=1m/s,撞击时间t=0.1s,石块对木楔撞击力大 小F; (3)假设石块每次在最低点撞击木楔，木楔得到的动 353 物理> 能是石块撞击前动能的10%.木楔所受的阻力与它 的位移的关系如图(c)所示.当石块撞击10次时，木 楔移动的位移x. 素养提升练 6.（多选)(2025陕晋青宁卷)如图，与水平面成53°夹 角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为 1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过 固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块 拴接，弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6m且垂直于 OM.现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与 滑动摩擦力相等.滑块与杆之间的动摩擦因数为 0.16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足 F=kx.k=10N/m,g取10m/s2,sin53°=0.8.则 滑块 () h Q① M 053 7inn A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J 354 7.(2026河北一模)如图所示，水平传送带AB长L= 2.9m,质量为M=1kg的木块随传送带一起以v= 2m/s的速度向右匀速运动（传送带的传送速度恒 定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5.当木块 运动至最右端A点时，一颗子弹以=300m/s水 平向左的速度正对射入木块并穿出，穿出速度= 50m/s,木块被子弹击穿时的速度大小v=3.0m/s, 设子弹射穿木块的时间极短，且不计木块质量变化， 重力加速度大小g=10m/s2.求： (1)子弹的质量； (2)木块在被子弹击穿后向左运动距B点的最小 距离； (3)从子弹射中木块到木块相对传送带静止的过程 中，子弹、木块和传送带这一系统由于摩擦产生的 内能。 B