第5章 链接高考6 功能关系、能量守恒定律-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课时作业word（人教版）

课时冲关20　功能关系、能量守恒定律 [基础对点练] 1．(功能关系的理解)质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g取10 m/s2)(　　) A．40 J　　 B．60 J　　　 C．80 J　　　 D．100 J 解析：B　[物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J时，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失了20 J，此时到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．] 2. (功能关系的应用)(多选)“弩”是古代的狩猎工具，随着时代的发展，“弩”也在不断地改良，成为现代军队中的一种作战武器．某次训练中，某士兵将弩箭(弩箭可视为质点)以80 m/s的初速度水平射出，成功击中距其射出位置水平距离为20 m处的目标．已知重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．弩箭飞行过程中机械能逐渐增大 B．弩箭被射出过程中，弩箭动能的增加量等于弓弩弹性势能的减小量 C．弩箭被射出后，在空中飞行的时间为0.5 s D．弩箭射出时的位置比目标高约0.31 m 解析：BD　[弩箭飞行过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；弩箭被射出过程中，由能量守恒定律，弩箭动能的增加量等于弓弩弹性势能的减小量，故B正确；弩箭做平抛运动，水平方向上有t＝＝ s＝0.25 s，故C错误；驽箭射出时的初始位置在竖直方向上应高出目标的距离为y＝gt2＝0.3125 m≈0.31 m，故D正确．] 3. (功能关系的应用)(多选)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员重力势能的减少量为 B．运动员动能的增加量为 C．运动员动能的增加量为mgh D．运动员的机械能减少了 解析：CD　[运动员下落的高度是h，W＝mgh，运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离L＝＝h，运动员受到的合外力F合＝ma＝mg，动能的增加量等于合外力做的功，即ΔEk＝W合＝mg×h＝mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确．] 4. (能量守恒定律的应用)如图所示为游乐场的人体弹弓项目，其可简化为以下情境：两根相同的弹性绳，其一端均固定在两等高立柱的顶端，另一端均与体验者(位于两立柱连线中点处)腰部连接．体验者甲体重较大，质量为M，拉到地面由静止释放后，恰能竖直上升到立柱顶端等高处，上升高度为H；体验者乙体重较小，质量为m，则同样拉到地面由静止释放后，竖直上升到立柱顶端等高处时的速度为(重力加速度为g)(　　) A. 　　　　　 B. C. D. 解析：C　[设体验者从地面上升到与立柱顶端等高处的过程中，弹性绳释放的弹性势能为ΔE，由能量守恒定律可得，甲上升过程有ΔE＝MgH，乙上升过程有ΔE＝mgH＋mv2，联立得v＝，选项C正确．] 5．(传送带模型中的功能关系)(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和x光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则(　　) A．前阶段，物品一定向传送方向的相同方向运动 B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同 C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同 D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍 解析：AC　[物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝＝，位移为x＝t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝＝，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝＝，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍，故D错误．] 6. (能量守恒定律的应用)(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　) A．两滑块到达B点的速度相同 B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同 C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同 D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同 解析：CD　[两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcos θ·，则mgh＝，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcos θ·＝，结合C可知D正确．] 7. (滑块一滑板模型中的功能关系)(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是 (　　) A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量 B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量 C．拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量 D．A对B做的功等于B的动能的增加量 解析：BD　[对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，故A错误，B正确；由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，选项C错误；根据动能定理可知，A对B做的功等于B的动能的增加量，选项D正确．] [能力综合练] 8．(多选)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　) A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：BCD　[因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知小球在M处时弹簧处于压缩状态，在N处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，小球在竖直方向受到的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻小球的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因小球在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确．] 9．(多选) 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．最终木板A获得的动能为2 J B．整个过程系统损失的机械能为4 J C．木板A的长度一定不小于1 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 解析：CD　[从题图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为1 m/s.A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，代入数据解得：M＝2 kg，木板A获得的动能为：EkA＝ Mv2＝ ×2×12 J＝1 J，故A错误；系统损失的机械能为：ΔE＝ mv－ (m＋M)mv2＝ ×2×22 J－ ×(2＋2)×12 J＝2 J，故B错误；由图像可知1 s内物体B的位移为：xB＝ ×1 m＝1.5 m，木板A的位移为：xA＝ ×1×1 m＝0.5 m，所以木板最小长度为 L＝xB－xA＝1 m，故C正确；由图像可知木板A的加速度为：aA＝ ＝ m/s2＝1 m/s2，对A，由牛顿第二定律得：μmg＝MaA，代入数据解得：μ＝0.1，故D正确．] 10.如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg的小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，取重力加速度大小g＝10 m/s2.现给小球A一个水平向右的恒力F＝60 N．则下列说法正确的是(　　) A．把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功为22 J B．小球B运动到C处时的速度大小为4 m/s C．小球B被拉到离地h＝0.225 m时与小球A的速度大小相等 D．小球B被拉到C处时小球A的速度大小为2 m/s 解析：C　[把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，由几何知识得到：力F作用点的位移为：x＝PB－PC＝ m－(0.4－0.3) m＝0.4 m，则力F做的功为：W＝Fx＝60×0.4 J＝24 J，故A错误；由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为0，根据两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W＝ mv2＋mgR，解得小球B速度的大小v＝3 m/s，故B、D错误；由几何关系可知，当小球B被拉到离地h＝0.225 m时，此时绳BP恰好与圆相切，根据A球的速度与B球沿绳子方向的分速度相等，可知两球速度大小相等，故C正确．] 11.如图所示，起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是(　　) A．起跳过程中该同学机械能增加了mgh B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋ mv2 C．地面的支持力对该同学做的功为mgh＋ mv2 D．该同学所受的合外力对其做的功为 mv2＋mgh 解析：B　[该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh，又知离地时获得的动能为 mv2，则机械能增加了mgh＋ mv2，A错误，B正确；该同学在与地面作用过程中，在支持力方向上的位移为零，则支持力对该同学做的功为零，C错误；该同学所受合外力做的功等于其动能的增量，则W合＝ mv2，D错误．] 12．(2024·北京西城高三 校考)如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和相同速率向四周喷射而出，水滴下落击打水面形成层层涟漪甚为美观．水滴的运动为一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动．图甲中的喷泉水滴的运动轨迹如图乙所示，上升的最大高度为h，水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为2h.已知喷水口的流量Q(流量Q定义为单位时间内喷出水的体积)，水的密度为ρ，重力加速度大小为g. (1)求喷泉中的水从喷水口喷出时的速度大小v； (2)如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h处由静止提升至水面，然后再喷射出去．已知水泵提升水的效率为η，求水泵抽水的平均功率P. 解：(1)由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向上有h＝gt2， 水平方向上有h＝vxt， 解得vx＝， 水从喷口喷出时竖直方向vy＝， 所以水从喷口喷出时的速度大小为v＝＝； (2)在Δt时间内，喷射出水的质量Δm＝ρQΔt； 在最高点的动能为Δmv，由功能关系可得ηPΔt＝Δmgh＋Δmv， 解得P＝ 答案：(1)　(2)P＝ 13．如图所示，光滑的半圆形轨道固定在竖直平面内，直径BC竖直，其底端与水平传送带右端平滑连接．传送带长度L＝6 m并以v＝4 m/s的速度逆时针匀速转动．现有一个质量m＝1 kg可视为质点的小滑块，以v0＝10 m/s的水平速度冲上传送带左端，方向水平向右．已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，半圆形轨道半径R＝1.5 m，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小滑块滑上半圆形轨道前，因摩擦而产生的热量； (2)试分析小滑块滑上半圆轨道后，能否通过最高点C.(要求有论证过程) 解析：(1)滑块从A到B的过程，由牛顿第二定律得－μmg＝ma， 由位移­速度公式可得 v－v＝2aL， 代入数据得：vB＝8 m/s， 由速度­时间公式：vB＝v0＋at， 得：t＝ s， 传送带滑过的距离为x传送带＝vt＝4× m＝ m， 则滑块与传送带相对滑过的路程： Δx＝L＋x传送带＝6 m＋ m＝ m， 所以，因摩擦而产生的热量： Q＝μmgΔx＝0.3×1×10× J＝26 J； (2)设滑块能过最高点C，且速度大小为vC，根据机械能守恒定律得： mv＝mg×2R＋ mv， 得：vC＝2 m/s， 若滑块能过C点，必有 mg＝ ， 即v最小＝ m/s， 由于vC＜v最小，所以滑块无法通过最高点C. 答案：(1)26 J　(2)不能通过最高点C，论证过程见解析 14．(2024·福建厦门高三校考)如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上，O、E两点的定滑轮一端与物块A相连，另一端与质量为m的小球C相连，小球C套在水平固定、粗细均匀的光滑直杆上．开始时，小球C锁定在直杆的P点，连接小球的轻绳与水平方向的夹角为θ＝53°，物块B对地面的压力恰好为零．某时刻解除对小球C的锁定，同时对小球C施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D点为P、Q两点的中点，P、Q两点间的距离为L，E点在物块A的正上方，小球C运动过程中轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内．忽略两定滑轮的大小，已知重力加速度大小为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求： (1)小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物块A做的功； (2)小球C运动到Q点时物块A的速度大小； (3)小球C运动到Q点时物块A的加速度． 解析：(1)小球C在P点时物块A的速度为零；小球C运动到D点时物块A的速度也为零，则该过程中，合外力对物块A做的功为零； (2)小球C运动到Q点时，A回到原来的位置，则弹簧弹性势能不变，设C的速度为v，则A的速度为vcosθ，根据能量守恒可得 FL＝·mv2＋m(vcosθ)2， 解得v＝， 物块A的速度大小为vA＝vcosθ＝ (3)小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，则此时C受合力为零，对小球C，有 Tcosθ＝F 对A，根据牛顿第二定律得T－2mg＝ma， 解得A的加速度为a＝－2g， 答案：(1)0　(2)　(3)－2g 学科网（北京）股份有限公司 $$