课下巩固检测练4 功能关系和能量守恒-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固检测练(四)]　功能关系和能量守恒 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、单选题 1．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　 ) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 解析：选C。动能表达式为Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上的时间不变，根据x＝vt可知，小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C正确。 2．如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。在运动过程中，只有滑动摩擦力做功，滑动摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－解得木块所受摩擦力的大小为f＝，故B正确。 3．(2024·安徽黄山检测)2024年春节恰好是我国“天问一号火星环绕器”环火三周年的纪念日。设火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，火星的公转周期是地球公转周期的k倍，太阳向四周均匀辐射太阳能。已知地球对着太阳的一侧单位面积上接收到太阳辐射能量的功率为P0，则火星对着太阳的一侧单位面积上接收到太阳辐射能量的功率为(　　 ) P0 P0 解析：选C。设火星的公转半径为r1，周期为T1，地球的公转半径为r2，周期为T2，根据开普勒第三定律有，由题意可知，设单位时间太阳辐射的总能量为E，则以r1、r2为半径的球面上单位面积接收的能量分别为、，则，则P＝，故C正确。 4．某物理兴趣小组对手机辐射强度与距离的关系展开了研究，假设手机为功率恒定的辐射源，向空间各个方向均匀辐射电磁波，当手机距离人脸1 m和2 m时，人脸接收到手机辐射的最大功率之比为(　　 ) A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1 解析：选D。设人脸的面积为S0，距离为r时，球面的表面积为S＝4πr2，故人脸接收到的电磁辐射功率为P0＝当手机距离人脸1 m和2 m时，人脸接收到手机辐射的最大功率之比为，故D正确。 5．(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　 ) A．＋μmg(l－d) B．＋μmg(l－d) C．＋2μmg(l－d) D．＋2μmg(l－d) 解析：选B。当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B正确。 6．(2024·福建高考)先后两次从高为OH＝1.4 m高处斜向上抛出质量为m＝0.2 kg的同一物体落于Q1、Q2，测得OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m，下列说法正确的是(　　 ) A．第一次抛出上升时间、下降时间的比值为 B．第一次过P点比第二次机械能少1.3 J C．落地瞬间，第一次、第二次的动能之比为72∶85 D．第二次抛出时的速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第一次大 解析：选B。第一次抛出上升的高度为h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m，故上升时间为t上1＝＝0.6 s，最高点距水平地面高为h0＝3.2 m，故下降的时间为t下1＝＝0.8 s，故一次抛出上升时间、下降时间比值为3∶4，故A错误；两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t＝t上1＋t下1＝1.4 s，故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1＝＝6 m/s，vx2＝＝7 m/s，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等，为vy＝gt上1＝6 m/s，由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少ΔE＝＝1.3 J，故B正确；从抛出到落地瞬间根据动能定理有Ek1＝Ek01＋mghOH＝＋mghOH＝10 J，Ek2＝Ek02＋mghOH＝＋mghOH＝11.3 J，故落地瞬间，第一次、第二次动能之比为100∶113，故C错误；根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度方向与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度方向与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。 二、多选题 7．(2024·辽宁大连二模)体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．地面对手的支持力做了正功 B．地面对手的支持力冲量为零 C．他克服重力做了功 D．他的机械能增加了 解析：选CD。由于地面对手的支持力作用点没有发生位移，则地面对手的支持力不做功，故A错误；根据I＝FNt，可知地面对手的支持力冲量不为零，故B错误；在向上撑起过程中，由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，该同学的机械能增加，故C、D正确。 8．“南方小土豆”来东北旅游时，滑雪是深受其喜爱的运动项目之一，滑雪过程可简化为如图所示。斜面与水平面平滑连接，质量为m的游客从高度为h的斜坡顶端无初速度滑下，并运动到水平面上的A点停下。假设游客与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，lOA＝x，下列说法正确的是(　　 ) A．游客沿斜面下滑过程中机械能守恒 B．游客沿斜面下滑过程中重力的瞬时功率大小变大 C．水平距离lOA＝x＝ D．游客下滑高度h一定时，斜面倾角θ越大，水平距离x越大 解析：选BC。游客在下滑过程中，摩擦力做负功，机械能减小，故A错误；游客在下滑过程中，速度越来越大，根据P＝Fv＝mgvy，可知重力的瞬时功率大小变大，故B正确；滑块从开始下滑到最后停在A点，设斜面的投影长度为x1，斜面底端到A点距离为x2，由能量关系可知mgh＝μmg cos θ·＋μmgx2＝μmgx，求得lOA＝x＝，游客下滑高度h一定时，斜面倾角θ与水平距离x无关，故C正确，D错误。 9．(2024·广东广州三模)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg的汽车由静止开始以60 kW的恒定功率在水平路面运动，100 s后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到90 kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1倍，在倾斜路面上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s B．汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m C．汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N D．汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2 解析：选BD。汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，由功率的公式有P＝Fvm，联立解得vm＝30 m/s，故A错误；由题意可知，该车从静止开始经过100 s达到最大速度，由动能定理有Pt－fx＝－0，解得x＝2 550 m，故B正确；设当汽车在倾斜路面稳定时其阻力为f1，有F1＝f1，根据P1＝F1v1，联立解得f1＝6 000 N，故C错误；汽车提高到90 kW时的牵引力为F2，有P1＝F2vm，到倾斜路面瞬间有F2－f1＝ma，联立解得a＝－1.5 m/s2，所以其加速度大小为1.5 m/s2，故D正确。 10．如图所示，质量为m的小球套在固定的光滑竖直杆上，一根足够长且不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端与小球相连，另一端吊着质量为M的物块。开始时小球在杆上A点由静止释放，向下运动到B点时速度为零，不计小球及定滑轮大小，不计滑轮质量及轻绳与滑轮的摩擦，重力加速度为g。A点与滑轮的连线与水平方向的夹角为37°，滑轮到杆的距离为L、OB＝L，O和滑轮的连线水平，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小球向下运动的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．物块先超重后失重，再超重再失重 B．小球运动到O点时加速度大小为g C．小球和物块的质量之比 D．物块向下运动时机械能减小，向上运动时机械能增大 解析：选BCD。设定滑轮所在位置为N，根据几何关系有AO＝ON tan 37°＝L>AN，且小球在杆上A点由静止释放，向下运动到B点时速度为零，可知物块先向下加速后减速，再向上加速后减速，因此物块先失重后超重，再超重后失重，故A错误；小球运动到O点时，绳子拉力水平，竖直方向只受重力，其加速度大小等于g，故B正确；根据机械能守恒有mg(AO＋OB)＝Mg(BN－AN)，解得，故C正确；物块向下运动时，细绳对物块做负功，物块机械能减小，物块向上运动时，细绳对物块做正功，物块机械能增大，故D正确。 三、计算题 11．(2023·全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2，解得小球离开桌面时的速度大小为v＝。 (2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向上做竖直上抛运动，弹起时小球的竖直速度为vy′，则h＝，第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy，离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝。 答案：(1) 　(2) 12．如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 解析：(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgL sin θ－μmgL cos θ－mg·2R＝－0 在最高点，对滑块由牛顿第二定律得mg＋FN＝ 联立解得FN＝45mg 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为 ＝FN＝45mg。 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理得 mg(L－L1)sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1＝25R。 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg·2R＝－0 解得v2＝ 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理得 mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0 解得s1＝5R 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg·2R＝－0 解得＝－2gR 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0 解得h＝R 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理得 mgh－μmgs2cos θ＝0 解得s2＝2.5R 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 联立解得s＝137.5R。 答案：(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R 学科网（北京）股份有限公司 $$