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】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

I物理 ⑧错题序号： 专题精准强化6功能关系 机械能守恒 @错因分析： 定律 能量守恒定律 [A组基础达标练] 4.如图所示，固定的水平 1.（多选)如图所示，A、B两球 长杆上套有质量为m 分别用长度均为L的轻杆通 的小物块A,跨过轻质30 过光滑铰链与C球连接，通 定滑轮（可视为质点 过外力作用使两杆并拢，系 O)的细线一端连接A,另一端悬挂质量为m 统竖直放置在光滑水平地面 的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离 上.某时刻将系统由静止释放，A、B两球开 OC=√3h,开始时A位于P点，PO与水平方向 始向左右两边滑动.已知A、B两球的质量 的夹角为30°，重力加速度为g,不计一切摩擦. 均为m,C球的质量为2m,三球均在同一竖 现将A、B由静止释放，则当A与O间的细线 直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为 与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度 g.从静止释放到球C落地前的过程，下列 大小为 说法正确的是 4(3-3)gh A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒 4(3-1)gh 15 15 B.球C的机械能不变 C.球A速度达到最大时，球C的加速度大 4(3-√3)gh D 4(3-1)gh 5 5 小为g 5.(多选)如图所示，足够长 D.球C落地前瞬间的速度大小为2√g 粗糙斜面倾角为0，固定 2.物体以动能E开始竖直向上运动，回到出 在水平面上，物块a通过 发点时，动能为号.取出发点位置的重力势 平行于斜面的轻绳跨过 能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小 光滑轻滑轮与物块b相 恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相 连，b的质量为m.开始时，a、b均静止且a 等时，其动能为 ( 刚好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直 A沿 号 4E 向下的恒力F,使a、b做加速运动.则在b D. 9 下降h高度过程中 ( ) 3.如图所示，物块A套 o Aa的加速度小于E m 在光滑水平杆上，连 接物块A的轻质细线 B门 B.a的重力势能增加mghsin0 与水平杆间所成夹角 A0 C.绳的拉力对a做的功等于a机械能的 为0=53°，细线跨过 增量 同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的 D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和 物块B相连，定滑轮顶部离水平杆距离为 等于a、b动能的增量 h=0.8m,现将物块B由静止释放，物块A、 6.如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上 B均可视为质点，重力加速度g=10m/s2, 推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到 sin53°=0.8，不计空气阻力，则 斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相 A.物块A与物块B速度大小始终相等 对滑动.已知平板车板面与斜坡平行，货物的 B.物块A能达到的最大速度为2m/s 动能E随位移x的变化图像如图乙所示， C.物块B下降过程中，重力始终大于细线 sin10°=0.17，则货物 +E万 拉力 D.当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块 B的速度最大 164 专题精准强化 A.在0~3m的过程中，所受的合力逐渐 C.在E点给小球一个竖直向上的速度√gh, 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 D.若只把小球质量变为2，则小球从C点 减小 由静止开始运动，到达E点时的速度大 C.在0~3m的过程中，机械能先增大后 小为√gh 减小 9.如图所示，半径为R=10m的光滑圆弧面 D.在3m~5m的过程中，机械能先增大后 AB与传送带BC平滑连接（圆弧的圆心在 减小 [B组创新应用练] B的正下方)，传送带以v=8m/s的速度逆 时针匀速运动，A、B两点的水平距离为 7.(多选)如图所示，倾 角为30°且足够长的 d=8m.质量为2kg的物块（物块可看作质 光滑斜面固定在水 点)在水平恒力作用下从A点由静止运动 平地面上，物体A 到B点，物块在B点处时撤去水平恒力，此 被锁定在光滑斜面上，物体C置于水平地面. 时物块对圆弧面的压力恰为零.物块与传送 物体B、C通过劲度系数为k的轻弹簧相连， 带间的动摩擦因数为0.1，传送带足够长， A、B用轻绳跨过光滑定滑轮连接，轻绳恰好伸 重力加速度为g=10m/s2,求： 直，滑轮右侧轻绳竖直，左侧轻绳与斜面平行. 解除锁定，A沿斜面下滑，当A速度最大时，C 恰好要离开地面.已知B、C的质量均为m,重 M 力加速度为g.下列说法正确的是 A A.物体A的质量为4m (1)水平恒力F的大小； B.物体A下滑过程中加速度一直在增大 (2)物块再次回到B点时，物块与传送带之 C.物体A和B组成的系统机械能守恒 间摩擦产生的热量 D.物体A下滑过程中的最大动能为8mg 5k 8.（多选)如图所示，一弹性 轻绳（绳的弹力与其伸长 量成正比)左端固定在A 点，自然长度等于AB.弹 性绳跨过由固定轻杆OB OE 固定的定滑轮连接一个质 量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆，初 始时弹性绳ABC在一条水平线上，小球从 C点由静止释放，当滑到E点时速度恰好为 零，已知C、E两点间距离为h,D为CE的 中点，小球在C点时弹性绳的拉力为”竖，小 球与杆之间的动摩擦因数为0.4，弹性绳始 终处在弹性限度内，重力加速度为g.下列 说法正确的是 () A.对于由弹性绳和小球组成的系统，在CD 阶段损失的机械能等于在DE阶段损失 的机械能 B.小球从C到E克服弹性绳弹力做功 3 4mgh 165的号倍，故B正确：根据功能关系知，弹簧和杆对A琼微 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 g,方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最 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，点时弹簧压缩量比从弹 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 时整体的加速度大小大于g,方向竖直向上，在最低，点，对B 球，由牛顿第二定律得F-2mg=2ma>2g,则得A球到最 低点时杆对B球的作用力F>4mg,故D错误.] 8.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=2ah, 根据角速度和线速度的关系v=r, 联立可得w=2a (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距f+ 离的关系图如图所示 可得摩擦力所做的功为 w:=-2fb, h x 对木家，旅据动能定型W+W一mgh=合m-0, 1 解得W=mah+mgh+2fh. (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞，根据牛顿第 1 二定律F一mg-f=ma,速度u=at,位移x=2at, 开瓶器的功率P=F,联立可得 P=magt+ma't+foat- foaxt. 2h 答案：(1)w= v√2ah (2)W=mak+mgh+宁f,h (3)p-magt+ma'tfoat 专题精准强化6功能关系机械能守恒定律 能量守恒定律 1.AC[从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组 成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确：从静止 释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少，而 A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先 减少后增加，B错误；当球A的加速度为0时速度达到 最大值，此时杆对球的作用力为0，则此时球C只受重力 作用，加速度大小为g,C正确；球C落地前瞬时，A、B两 球的速度为零，对A、B、C三球组成的系统，有2mgL= 号×2mv,解得0=V2gL,D错误. 2.B「设上升的最大高度为h,根据功能关系有f·2h=E 号=三根据能量守恒定律可得E=mgh+h,解得mg =是E历=子E,则了=子g,若在上升降段离出发点H 处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有E十mgH= E-fH,E=E,=mgH,联立解得E=三E,故B正确] 35 练习册参考答案」 3.B[根据题意可知，物块A与物块B的速度关系为 Ac0s=g,两物块速度不相等，当物块A经过左侧滑 轮正下方时，有g=℃Acos90°=0，故A、D错误；当物块 A运动到左侧定滑轮正下方时，物块B下降的距离最 大，物块A的速度最大，根据机械能守恒定律有mg (n53-h）=zma心，解得u=2m/s,故B正确：由上 h 1 述分析可知，当物块A经过左侧滑轮正下方时，物块B 的速度为0，则物块B向下先加速后减速，在物块B减速 下降过程中，重力会小于细线拉力，故C错误.门 4.D[将A、B由静止释放，当A与O间的细线与水平方 向的夫角为60时，B下落的高度H=一品 2(3-1)h,由A和B组成的系统机械能守恒得mgH= 之mu+2m,A沿细线方向的分速度与B的速度 大小相等，则有=Acos60°，解得g 4(W3-1)gh 5 故选D.门 5.AD[开始时，根据平衡条件有m。gsin9=mg,解得 m,=sn日a,b的加速度大小相等，对b,根据牛频第二 17m 定律F-T+mg=ma,对a,有T-m.gsin日-m.gcos8 =ma,联立得a=F-m:gcos9 F m。十m m十m元，故A正 确：b下降h,则a上升hsin 0,则a重力势能的增加量为 △E,=mng·hsin日=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 力做的功应该大于a机械能增量，故C错误；对系统，合 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 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 a、b动能的增量，故D正确.门 6.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0~3m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减 小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；在3m~5m 的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受 的合力逐渐增大，故B错误；根据图乙可知，在0~3m的 过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动， 货物的势能也逐渐增大，由此可知，在03m的过程中， 货物的机械能始终增大，故C错误：取x=0处为零势能 面，在x=5m处货物的重力势能E,=mgxsin10°= 10×10×5×0.17J=85J,做出重力势能随位移变化的 图像如图所示 根据图像对比可知，在x=3m AEA 到x=5m之间，根据动能图 85 80 线斜率绝对值的变化趋势与 重力势能斜率比较可知，动 能随位移的变化先慢于重力 3 5 x/m 势能随位移的变化，该过程 中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能与位 移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m一5m 的过程中，机械能先增大后减小，故D正确，门 7.AD[开始轻绳恰好伸直，对B进行分析有mg=kx1,A 速度最大时，C恰好要离开地面，对C进行分析有mg= kx2,此时A速度最大，A所受外力合力为0，则有 ma gsin30°=T=mg十k.x2,解得mA=4m,故A正确；弹 簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态，对A、B整体进行 分析可知，A的加速度大小先减小，当A的速度达到最 丨物理 大值时，C恰好要离开地面，此时A、B速度大小相等，C 的速度为0，之后，弹簧的拉伸量进一步增大，对A、B整 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 B错误；A下滑过程，弹簧的形变量发生变化，即弹簧的 弹力对B做了功，可知，在C没有离开地面之前，A、B与 弹簧构成的系统机械能守恒，而A、B构成的系统机械能 不守恒，故C错误；结合上述可知工=x=四坚，即上述 k 两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B构成的系统有 m8红+sin30=2(m,十m).十mg(z十x 物体A下滑过程中的最大动能Em=之mA,解得 Em三8m6,故D正确.] 8.AD[当小球运动到某，点P,弹 B 性绳的伸长量是x即，小球受到 如图所示的四个力作用 FT 其中FT=kxBP,将FT正交分 解，则FT的水平分量为Frsin0 F =kzansin目=kxg="2。 小球水平方向平衡，则F、= mg Frsin0,又F:=FN=5mg, FT的竖直分量为Fry=FTcos0=kIBP COS 0=kxp,由以 上推导可知小球受到的摩擦力为恒力，则CD段与DE 段摩擦力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成 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E,根据动 能定理有mgh一5mgh一W#=0,解得克服弹性绳弹力 做功为W,=专mg,故B铅误；对小球从C运动到E 过程，应用动能定理得mgh一弓mgh一W=0,若小球 恰能从E点回到C点，应用动能定理得一mgh十W华 1 1 /4 mgh=0-豆m0,联立求解得u√行h,故C错误； 若只把小球质量变为2，小球受到的摩擦力不变，小球 从C点由静止开始运动，到达E点时根据动能定理有 2mgh-W,-子mgh=子×2md-0,解得小球到达E 点时的速度大小1=√gh,故D正确.] 、9.解析：)由B点压力为零，则有Mg=M袋， 可得=√gR=10m/s, R2=d+(R-h)2, 可得h=4m, 物块从A到B由动能定理，有Fd-Mgh=?M, 解得F=22.5N. (2)物块在传送带上运动的加速度a=g=1m/s, 物块先做减速运动减速时间1=%=10s, =50m, 物块的位移x1=2a 由于传送带的速度小于。，物块反向加速到8/s时与 传送带共速运动到B,点，物块反向加速的时间为 t=”=88, =32m· 位移为x:=2a 35 物块与传送带的相对位移△x=x1十t十t1一x2= 162m, 摩擦产生的热量Q=Mg△x=324J. 答案：(1)22.5N(2)324J 专题精准强化7动量动量守恒定律 1.C[根据动量守恒定律有mu=(M一m)v,解得v= ”,故A错误；所受水的阻力与速度成正比，比例系 M-m 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k0=(M一m)a,运用积分原理有kx= (M-m,解得x=,故C正确：喷水过程乌贱消耗 的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误.门 2.D[开始：Mg=x1,弹簧压缩量x1=0.1m,从释放到 初始位置，动能定理W华季一Mg=2M,其中W华 (十)十kxh,联立得，=2m/s,碰拉动量守恒 2 Mu1=(M十m)w,竖直上抛=2gH,联立解得H= 5 36m] 3.C[爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则 0=-m101十m22, 爆炸之后分别对两滑块，由动能定理可知 1 滑块P:一m1g1=0-2m0, 1 滑块Q:一umg2=0-乞m:0, 联立解得m1:m2=2:1, 故A,B、D错误，C正确.] 4,C[两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有mA十m℃g =m心A'十mg',选项A中数据不满足动量守恒，A错误； B、C两个选项满足动量守恒mvA十mg=m℃′十mug', 也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之 和，脚弓m或十名mi≥2m,十名m,如果碰后 A的速度方向不变，则A球的速度不大于B球的速度， 即有v'≤g',B错误，C正确；选项D中，碰前两球的动 能之和E=了m或十2m=5m,碰后两球的动能之和 1 1 Ea=7mu+2m2=10m,动能增加D错误.] 5.A[两小球碰撞前后各自的受力大小未发生变化，则小 球碰撞后的加速度大小与碰撞前的相同，又)一t图像的 斜率表示加速度，则碰撞前后小球的)一t图线相互平 行，B、C错误；由于F1与F,始终大小相等、方向相反， 且两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则由动量 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.门 6.BC[设物块A的质量为m,A碰前速度为℃0，碰后速 度为心1，物块B碰后速度为2，若第一次小物块A、B发 生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有m= -m十m,分m=弓m+合×m,解得=子， 1 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的速度比B 的速度大，即m=一mU1十4m,u1>,联立解得 >学，则小物块Λ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之比 应介于上面两比值之间，故B、C正确，A、D错误，门 6