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年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

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630 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 B. 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 C. 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√gL 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登的重力势 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 B.号 向下的恒力F,使a、b做加速运动.则在b 7 9 下降h高度过程中 3.如图所示，物块A套 A.a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nghsin0 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 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2m,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√g五 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=8ms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 1777777777777777 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 R 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，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 4mgh 165对木塞，根据动能定理W+W,一m8h=之m-0, 解得W=mah十mgh+2f: (3)设开瓶器对木塞的作用力为F,对木寒，根据牛顿第 二定律F-mg一f=m0,速度。=a,位移x=2ai, 开瓶器的功率P=Fv,联立可得 P-magt+ma't+foat-xr 答案：(Ia-Y2(2w=mah+mgh+合fh (3)P-magt+mat+oa-x 2h 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.AC2.B3.B4.D5.AD6.D 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 mAgsin30°=T=mg十kx2,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 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：结合上迷可知==，即上迷 两个整体弹簧的弹性势能相等，对A、B构成的系统有 mg✉十)sin30=号（m十m）2十mg红十， 1 物体A下滑过程中的最大动能Ex=之m,解得 Ek max= 8mg,故D正确.] 5k 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 其中Fr=kx即，将Fr正交分 0 解，则F,的水平分量为Frsin0 =k红即sn0=kxc=受， 小球水平方向平衡，则F、= ↑mg 1 Fnsi0,又F,=FN=5mg,F,的竖直分量为F,= Frcos日=kx即cos0=kxcp,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华=0，解得克服弹性绳弹力做功为W#=5gh, 4 故B错误；对小球从C运动到E过程，应用动能定理得 mgh-5mgh一W华=0，若小球恰能从E点回到C点， 应用动能定理得一mgh十W,一日mgk=0一号m,联 33 练习册参考答案 4 立求解得口√行h,故C错误；若只把小球质量变为 2m,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华一5mgh- 合×2m-0,解得小球到达E点时的速度大小- √gh,故D正确.] 9.解析：(I)由B点压力为零，则有Mg=M R 可得%=√gR=10m/s, R2=d2+(R-h)2, 可得h=4m, 物块从A到B由动能定理，有Fd-Mgh=2MG, 解得F=22.5N. (2)物块在传送带上运动的加速度a=g=1m/s2, 物块先做减速运动减速时间t=%=105, _6=50m, 物块的位移x1一2a 由于传送带的速度小于，物块反向加速到8m/s时与 传送带共速运动到B点，物块反向加速的时间为 t1= =8s, a 二32m 位移为工2=2a 物块与传送带的相对位移△x=x1十l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.C2.D3.C4.C5.A6.BC 7.A[对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最 短，根据动量守恒定律有mA=(m十mB),代入数据 解得弹簧被压缩到最短时，B的速度y,=1m/s,此时B 与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量 守恒定律得mBv1=(mB十mc)2,代入数据解得2= 0.5m/s,只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失， 则系统损夹的机械能为△E=子m听-号(m十m)店 =0.25J,A项正确.」 8.解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取。的方向为正方 向，有(m十MD=Mu十mt1, 解得v1= (m十MDw一Me,方向与相同. m (2)以B为研究对象，对B根据动量定理有F△t=Mv一 Mu,,解得F= M(v-） △t 答案：1)m+MW一M,方向与相同 m (2)M(o-) △t 9.AD[M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则to 时刻两物块碰后瞬间M的速度为v,N的速度为0，M与 斜面间的动摩擦因数为tan0、N与斜面间无摩擦，则碰 后M做匀速直线运动，N做加速度大小为a=”的匀加 ta 速直线运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞 前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为 △4，则有△=2a(△4)P,解得△h=2,则3，时刻