素养培优专练(三) 功、能在新情境中的应用-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 素养培优专练(三)　功、能在新情境中的应用 (一)功、能在生产、生活中的应用 1.(2023·天津市南开区高三下一模)桔槔(gāo)是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示，在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔接处的阻力，下列说法正确的是(　　) A．向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒 B．向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能 C．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量 D．向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量 答案　C 解析　向下取水过程，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械能增大，故A错误；根据功能关系，向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于系统机械能的增加量，而磐石的重力势能和动能都增大，水桶的重力势能减小，动能增大，所以人对桔槔系统做的功不一定等于磐石增加的重力势能，故B错误；根据功能关系，向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量，而系统重力势能的改变量不一定为零，则人对桔槔系统做的功不一定等于系统的动能改变量，故C正确，D错误。 2．(2023·广东省广州市高三下第二次模拟)(多选)如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时，速度减为7.2 km/h(2 m/s)，设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)，则(　　) A．该过程列车的机械能守恒 B．该过程列车的机械能减少 C．η约为10% D．η约为25% 答案　BD 解析　设列车的质量为m kg，则该过程中列车重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝m×10×4 J＝40m J，动能的减少量为ΔEk＝mv－mv＝m×182 J－m×22 J＝160m J，ΔEp＜ΔEk，则该过程列车的机械能减少，该过程节能坡的转化率为η＝×100%＝×100%＝25%，故A、C错误，B、D正确。 (二)功、能在体育运动、娱乐活动中的应用 3．(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　运动员从a到c，根据动能定理有mgh＝mv，在c点有FNc－mg＝m，根据牛顿第三定律，可知运动员对滑雪板的压力大小FNc′＝FNc，又由题意知FNc′≤kmg，联立得Rc≥，故选D。 4．(2023·江苏省常熟市、张家港市、昆山市、太仓市高三上调研测试)图甲为游乐公园的回环过山车，竖直面的回环被设计成“雨滴”形。图乙为回环过山车轨道模型，倾角θ＝53°的倾斜轨道AB与地面水平轨道BC在B处平滑连接，“雨滴”形曲线轨道CDE左右对称，D为最高点。图乙中圆1和圆2分别为C、D两点的曲率圆，半径分别为R1＝0.8 m、R2＝0.2 m。现将质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)从轨道AB上某点由静止释放，滑块在轨道CDE内侧运动时的向心加速度大小恒为a＝2g。重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计一切阻力。(对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫作曲率圆，它的半径叫作该点的曲率半径) (1)求滑块在C点时对轨道的压力大小； (2)求曲线轨道CDE上任意高度h处的曲率半径R与h的关系； (3)要使滑块能顺利通过轨道CDE，且运动时的向心加速度不超过3g，求滑块在轨道AB上释放点高度H的范围。 答案　(1)15 N　(2)R＝0.8 m－h(0≤h≤0.6 m) (3)0.7 m≤H≤0.9 m 解析　(1)设滑块在C点时受到轨道的支持力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma 解得F＝15 N 由牛顿第三定律可知，滑块在C点时对轨道压力大小为F′＝F＝15 N。 (2)设滑块在曲线轨道CDE上任意高度h处的速度大小为v，在C、D两点的速度大小分别为vC、vD，则滑块从C点到曲线轨道CDE上任意高度h处，由动能定理有 －mgh＝mv2－mv 且a＝＝ 联立解得R＝0.8 m－h 设C、D两点高度差为h0，滑块从C点到D点的过程中，由动能定理得 －mgh0＝mv－mv 又a＝ 联立解得h0＝0.6 m 则R与h的关系为R＝0.8 m－h(0≤h≤0.6 m)。 (3)设滑块在D点处的速度大小为vD′，在轨道CDE上高度为h处的速度大小为v′。从轨道CDE上h高度处到D点，根据动能定理有 －mg(h0－h)＝mvD′2－mv′2 滑块在轨道CDE上h高度处的向心加速度 a′＝ 又R＝0.8 m－h 联立解得a′＝·2g。 ①假设滑块在D点刚好没有脱离轨道，即只有重力提供向心力，设在D点的速度为vD1，则 mg＝m 解得vD1＝ m/s 由a′＝·2g可知，当0≤h≤0.6 m时，a≥g(仅在D点时取等号)，因此，滑块在轨道CDE上其他位置的向心加速度都大于g，分析受力知滑块不会脱离轨道。设滑块最低释放点高度为H1，从释放点到D点的过程中，由动能定理得 mg(H1－h0)＝mv 解得H1＝0.7 m ②假设滑块在D点时的向心加速度为3g，速度为vD2，则有 3g＝ 解得vD2＝ m/s 由a′＝·2g可知，当0≤h≤0.6 m时，a≤3g(仅在D点时取等号)，因此，滑块在轨道CDE上其他位置的向心加速度都小于3g。设滑块最高释放点高度为H2，从释放点到D点的过程中，由动能定理得 mg(H2－h0)＝mv 解得H2＝0.9 m 综上可知0.7 m≤H≤0.9 m。 (三)功、能在前沿科技、迁移创新中的应用 5.(2023·福建省部分地市高三下第三次质检暨第一次省质检)(多选)某研究小组研发了一款弹跳机器人，总质量仅为30 g，其结构如图所示，流线型头部内的微型电机先将碳纤维细条制成的弹性结构压缩，之后弹性势能迅速释放，在约10 ms的时间内将机器人由静止加速到28 m/s，此时机器人恰好离开地面，接着沿竖直方向上升，离地最大高度为33 m，当地重力加速度为9.8 m/s2，则(　　) A．微型电机工作时，消耗的电能全部转化为弹性结构储存的弹性势能 B．机器人在10 ms的加速时间内平均加速度大小约为2800 m/s2 C．弹跳机器人在空中上升时加速度大小大于9.8 m/s2 D．弹跳机器人在空中上升的过程中机械能守恒 答案　BC 解析　微型电机有内阻，工作时消耗的部分电能会转化为焦耳热，故A错误；由题意可得，机器人在加速阶段的平均加速度大小为a1＝＝ m/s2＝2800 m/s2，故B正确；设弹跳机器人在空中上升过程中加速度大小为a2，则有－2a2h＝0－v，解得a2＝＝ m/s2≈11.88 m/s2>9.8 m/s2，加速度大于重力加速度，可知存在空气阻力，则机器人在空中上升过程中要克服空气阻力做功，机械能不守恒，故C正确，D错误。 ※6.(引力势能)(2023·山东省淄博市部分学校高三下二模)2022年12月4日，神舟十四号顺利脱离天和核心舱空间站，安全返回地球。规定无穷远处引力势能为0，空间站到地心距离为r时，其引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量，m为空间站质量。已知地球半径为R，空间站绕地球做匀速圆周运动时距地面的高度为h，若忽略地球的自转及空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．空间站在地球表面的引力势能为 B．空间站在离地面高度为h的轨道上运行的动能为 C．空间站在离地面高度为h的轨道上运行的机械能为 D．从地面发射到在离地面高度为h的轨道上做圆周运动，需要对空间站做的功为 答案　D 解析　根据题意，由引力势能的表达式可得，空间站在地球表面的引力势能为Ep0＝－，故A错误；空间站在离地面高度为h的轨道上运行时，根据万有引力提供向心力有＝m，又由动能表达式有Ek1＝mv2，解得此时空间站的动能为Ek1＝，根据题意，此时空间站的引力势能为Ep1＝－，则空间站的机械能为E1＝Ep1＋Ek1＝－，由功能关系可知，从地面发射到在离地面高度为h的轨道上做圆周运动，需要对空间站做的功为W＝E1－Ep0＝－＋＝，故B、C错误，D正确。 7.(2023·山东省聊城市高三上一模)(多选)我国正在攻关的JF－22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、速度最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16 J，在O点动能为4 J，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球所受重力和风力大小之比为4∶1 B．小球落到N点时的动能为32 J C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶4 D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为3.2 J 答案　BD 解析　设小球所受风力大小为F，小球的质量为m，小球的初速度为v0，水平方向的加速度为a，M点到O点的水平距离为x1，竖直距离为h，小球从M点运动到O点的时间为t，到达O点时速度为v1。根据分运动的独立性，对小球由M点运动到O点，竖直方向上有h＝，h＝gt2，水平方向上，根据牛顿第二定律有F＝ma，根据运动学公式有2ax1＝v，x1＝at2，又mv＝16 J，mv＝4 J，联立解得＝，故A错误；根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的对称性可知，小球从M→O和从O→N的运动时间相等，设ON的水平距离为x2，则有x2＝3x1，小球由M→O过程中，由动能定理有－mgh＋Fx1＝EkO－EkM，小球由M→N过程中，由动能定理有F(x1＋x2)＝EkN－EkM，又＝，＝＝＝，联立解得EkN＝32 J，故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量 之比为＝＝，故C错误；根据题意可知，小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时速度最小，动能最小，如图，可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为tanθ＝＝，根据速度的合成与分解可得，小球从M点运动到N点过程中的最小速度为vmin＝v0sinθ＝v0，则最小动能为mv＝×mv＝×16 J＝3.2 J，故D正确。 8．在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力。保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线。如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是(　　) A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零 B．图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的正方向 C．图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做正功 D．图乙中质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力 答案　D 解析　根据ΔEp＝－W保＝－F保Δx，图甲中质点所受保守力为恒力，势能为零的位置质点所受保守力不为零，故A错误；根据ΔEp＝－W保，图甲中沿x轴正方向势能增加，说明保守力做负功，所以质点所受保守力的方向沿x轴的负方向，故B错误；根据ΔEp＝－W保，图乙中质点从x1运动到x2的过程中势能增加，说明保守力做负功，故C错误；根据ΔEp＝－W保＝－F保Δx可知，势能随位置变化的图像中图线的斜率的绝对值表示保守力的大小，所以图乙中质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力，故D正确。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$