课时冲关32 素养培优10 功能关系，能量守恒定律-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关３２　素养培优１０　功能关系、能量守恒定律 学生用书　P３９３ [能力综合练] １．如图所示,将质量为 m 的石块 从离地面h 高处以初速度v０ 斜 向上抛出,最后落回地面．最高 点距离地面高度为 H,以抛出点 为参考平面,不计空气阻力,下列说法中正确 的是 (　　) A．石块到达地面时的动能为１２mv ２ ０－mgh B．石块到达地面时的重力势能为－mgh C．石块在最高点的机械能为mgH D．石块在整个运动过程中重力势能增加了mgh 解析:B　[根 据 动 能 定 理 可 得 mgh＝Ek－ １ ２mv ２ ０,可得石块到达地面时的动能为Ek＝ １ ２ mv２０＋mgh,故A错误;以抛出点为参考平面,石 块到达地面时的重力势能为Ep＝－mgh,故B 正确;石块运动过程只受重力作用,石块的机械 能守恒,设石块在最高点的速度为v１,以抛出点 为参考平面,则石块在最高点的机械能为E＝ １ ２mv ２ １＋mg(H－h)＝ １ ２mv ２ ０,故C错误;石块在 整个运动过程中,重力做功为 WG＝mgh,则石 块重力势能减少了mgh,故D错误．] ２．图是某城市广场喷泉喷出水柱的 场景．从远处看,喷泉喷出的水柱 超过了４０层楼高度,每层楼高 h;靠近看,喷管的截面积为S．水 的密度为ρ,据此可得用于给喷管喷水的电动机 输出功率至少为 (　　) A．P＝１２ρS (８０gh) ３ ２　　B．P＝１２ρS (４０gh) ３ ２ C．P＝１２ρS (４０gh) １ ２ D．P＝１２ρS (８０gh) 解析:A　[t时间内,喷泉喷出水柱的质量为 m ＝ρV＝ρSvt,喷泉喷出的水柱超过了４０层楼高 度,水柱机械能守恒有mg􀅰４０h＝１２mv ２,解得 v＝ ８０gh,t时间内,喷管喷水的电动机做的功 为W＝１２mv ２,给喷管喷水的电动机输出功率至 少为P＝Wt＝ １ ２ρSv ３＝１２ρS (８０gh) ３ ２,故选A．] ３．为了更好地利用自然资源,某地 区利用风力发电为当地生活生 产提供电能,如图所示．已知该 地区的风速约为１０m/s,空气 的密度约为１．３kg/m３．若叶片 旋转 形 成 的 圆 面 截 面 积 约 为 ４００m２,风通过旋转的叶片约有１４ 速度减速为 ０,３４ 原速率穿过,不考虑其他能量损耗．一台风 力发电机的发电功率约为 (　　) A．６．５×１０４ W　　　　　　B．１．３×１０５ W C．２．６×１０５ W D．１．０４×１０６ W 解析:A　[由题意可知,一台风力发电机的发电 功率约为 P＝Wt ＝ η× １ ２mv ２ t ＝ η× １ ２ρSvtv ２ t ＝ １ ４× １ ２×１．３×４００×１０ ３ W＝６．５×１０４ W,故 选A．] ４．如图所示,轻弹簧上端悬挂在铁架 台横杆上,下端悬挂质量为m 的重 物,弹簧和重物组成的系统处于静 止状态．某时刻在重物上施加一方 向竖直向下的恒力F,重物下降的 最大高度为h,在重物下降到最大 高度过程中下列说法正确的是 (　　) A．下降过程中系统机械能守恒 B．弹簧的弹性势能增加为Fh＋mgh C．重物的动能增加量为Fh D．重物重力势能增加mgh 解析:B　[下降过程中,恒力F 对系统做功,系 统的机械能发生变化,故A错误;由能量守恒定 律,弹簧的弹性势能增加为ΔE＝Fh＋mgh,故 B正确;整个过程重物初末速度均为０,动能均 为０,故C错误;重物重力势能减少 mgh,故D 错误．] ５．２０２３年亚运会在杭州顺利举行, 广东中山１５岁小将陈烨夺得我 国在滑板男子碗池项目的首枚金 牌,实现历史性突破,假如某次训 练中陈烨以同一姿态沿轨道下滑 了一段距离,这过程中重力对他做功为８００J, 他克服阻力做功为２００J,不计其他作用力的 功,则陈烨在此过程中 (　　) A．动能可能不变 B．动能增加了６００J C．重力势能减少了６００J D．机械能增加了２００J 解析:B　[设克服摩擦力做功为 Wf,由动能定 理可得WG－Wf＝ΔEk,可得动能增加了ΔEk＝ ６００J,故A错误,B正确;重力做正功,重力势能 减少,减少的重力势能等于重力做的功,即ΔEp ＝－WG,故重力势能减少了８００J,故C错误; 除了重力、弹力以外的其他外力做的功等于机 械能的变化量,即ΔE＝W 其他,解得ΔE＝－Wf ＝－２００J,故机械能减少了２００J,故D错误．] ６．小球从某一高度处自由下落,着 地后反弹,然后又落下,每次与地 面碰撞后的速度为碰前速度的一 半．以开始下落为计时起点,第一 次落地时速度为v０,小球的vＧt 图像如图所示,不计空气阻力,下 列说法正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１２５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第六章　机械能守恒定律 A．每个阶段的图线并不相互平行 B．小球多次与地面碰撞,最终损失的总能量ΔE ＝１４mv ２ ０ C．小球每次与地面相碰后动能损失为上一次的 一半 D．小球每次与地面相碰后上升到最大高度所需 的时间是前一次下落时间的一半 解析:D　[自由落体运动和竖直上抛运动的加 速度均为重力加速度,根据vＧt图像的斜率等 于加速度,知每个阶段的图线是相互平行的,A 错误;小球每次与地面碰后速率变为碰撞前的 一半,则动能变为碰撞前的四分之一,即小球每 次与地面相碰后动能损失为上一次的３ ４ ,多次 碰撞后最终小球静止,损失的能量ΔE＝１２mv ２ ０, B、C错误;令落地的速度为v,下落到地面的时 间为t１＝ v g ,则反弹后向上运动的初速度为v ２ , 运动到最高点的时间为t２＝ v ２g ,D正确．] ７．(多选)一物块在高３􀆰０m、长 ５􀆰０m的斜面顶端从静止开始 沿斜面下滑,其重力势能和动 能随下滑距离s的变化如图中 直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取 １０m/s２,则 (　　) A．物块质量为０􀆰６kg B．物块与斜面间的摩擦力为４N C．物块下滑的全过程损失的机械能和增加的动 能之比为２∶１ D．当物块下滑２􀆰０m时机械能损失了１２J 解析:BC　[设斜面的倾角为θ,则有sinθ＝３５ ＝０．６,设斜面高为h＝３􀆰０m、长为L＝５􀆰０m． 全过程由动能定理得 mgh－μmgcosθ×L＝ １０J－０,又有全过程重力势能减少３０J＝mgh, 解得m＝１kg,μ＝０．５,故A错误;物块与斜面 间的摩擦力为f＝μmgcosθ＝４J,故B正确; 物块下滑的全过程损失的机械能ΔE＝３０J－１０ J＝２０J,物块下滑的全过程增加的动能ΔEk＝ １０J,物块下滑的全过程损失的机械能和增加的 动能之比为ΔE∶ΔEk＝２０J∶１０J＝２∶１,故C 正确;由图可知当物块下滑２􀆰０m时物块重力 势能减小量为ΔE′p＝３０J－１８J＝１２J,当物块 下滑２􀆰０m时物块动能增加量为ΔE′k＝４J,当 物块下滑２􀆰０m 时机械能损失 ΔE′＝ΔE′p－ ΔE′k＝８J,故D错误．] ８．(多选)如图甲所示,小明沿倾角为１０°的斜坡向 上推动平板车,将一质量为１０kg的货物运送到 斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相 对滑动．已知平板车板面与斜坡平行,货物的动 能Ek 随位移x的变化图像如图乙所示,sin１０° ＝０．１７,则货物 (　　) A．在０~３m的过程中,所受的合力逐渐增大 B．在３m~５m的过程中,所受的合力逐渐增大 C．在０~３m的过程中,机械能先增大后减小 D．在３m~５m的过程中,机械能先增大后减小 解析:BD　[由动能定理F合 x ＝Ek－０,解得F合 ＝ Ek x ,可知 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;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A错误;B正确;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０~３m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处货物的重力势能为Ep＝mgxsin１０° ＝８５J,作出重力势能随位移变化的图像如图所 示,在x＝３m时动能最大,之后动能减小,根据 两图线的斜率对比,可知在x＝３m之后动能随 位移减小的快慢先是慢于重力势能随位移增加的 快慢,此过程货物的机械能增大,在３m~５m之 间的某位置之后,动能随位移减小的快慢又快 于重力势能随位移增加的快慢,此过程货物的 机械能减小,故在３m~５m的过程中,货物的 机械能先增大后减小,故D正确．] ９．(多选)彩虹滑道是一款旱地仿滑雪设备,其模 型如图所示．质量为５０kg的人坐在滑板上,从 滑道斜面顶端由静止开始沿直线匀加速下滑, 经过５s到达底端,速度大小为２０m/s．已知彩 虹滑道的倾角为３０°,重力加速度g＝１０m/s２, 该过程中下列说法正确的是 (　　) A．人的重力势能减少了２．５×１０４J B．人克服阻力做功２．５×１０３J C．人的动能增加了１．０×１０４J D．人的机械能减少了１．５×１０４J 解析:BC　[人下滑的位移x＝v２t＝ ２０ ２×５m＝ ５０m,人下滑的高度h＝xsin３０°＝２５m,人的重 力势能的减少量ΔEp＝mgh＝５０×１０×２５J＝ １．２５×１０４J,故A错误;人的动能增加量ΔEk＝ １ ２mv ２＝１２×５０×２０ ２J＝１×１０４J,故C正确;人 下滑过程,由动能定理得mgh－Wf＝ １ ２mv ２－０,解 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２２５􀅰 高考总复习　物理 得人克服阻力做功Wf＝２．５×１０３J,故B正确; 机械能的减少量等于克服阻力做的功,由功能 关系可知,人机械能的减少量ΔE＝Wf＝２．５× １０３J,故D错误．] １０．如图所示,半径为 R＝１ m 的 光 滑 圆 弧 形 轨 道 BCD 在竖直平面内与水 平轨道AB 相切于B 点, B 在圆心O 的正下方,整个轨道位于同一竖直 平面内．水平轨道上有一轻质弹簧处于自由状 态,弹簧左端连接在固定的挡板上,右端在E 点,水平轨道AE 光滑、BE 粗糙且长度为L＝ １m,现用一个质量为m＝１kg的物块将弹簧 压缩(不拴接),当压缩至F 点(图中未画出) 时,将物块由静止释放,物块与BE 间的动摩 擦因数μ＝０．１,若物块从B 点滑上圆弧形轨 道,到C 点后又返回E 点时恰好静止．取g＝ １０m/s２,求: (１)弹簧右端在F 点时的弹性势能Ep; (２)C点离水平轨道的高度h． 解析:(１)由能量关系可知,弹簧右端在F 点时 的弹性势能Ep＝２μmgL＝２×０．１×１×１０×１J＝ ２J． (２)从C 点到E 点由动能定理有: mgh－μmgL＝０, 代入数据可得:h＝０．１m． 答案:(１)２J　(２)０􀆰１m [素养培优练] １１．日常生活中飞车表 演 深 受 观 众 的 喜 爱,其简化模型如 图所示,一质量 m ＝３kg物块从平台上A 点以速度v０＝ ２m/s 水平飞出,恰好从B 点无碰撞地进入光滑圆弧 轨道BC,之后进入等间距的粗糙与光滑交替 的水平轨道CE 上减速,圆弧轨道的圆心O 与 平台等高,水平轨道与圆弧轨道平滑连接．已 知圆弧轨道圆心角∠BOC＝６０°,粗糙段长度 均为L＝０．３m,水平轨道从左往右第n个粗 糙段与物块间的动摩擦因数μn＝ n ４ (n＝１,２,３ 􀆺),g＝１０m/s２,不考虑空气阻力．(提示:自 然 数 的 求 和 公 式:１＋２＋３＋ 􀆺 ＋n＝ n(n＋１) ２ )求: (１)A 点的高度h１; (２)物块刚运动到C点时对轨道的压力; (３)若物块最终停止在第n个粗糙段,则n值 为多大． 解析:(１)依题意,物块从 A 运动到B 过程为 平抛运动,分解B 点速度,可得 tan６０°＝ vy v０ ,又v２y＝２gh１cos６０°,联立,解得 h１＝０．６m． (２)物块从A 运动到C 过程,由机械能守恒,可 得１ ２mv ２ ０＋mgh１＝ １ ２mv ２ C. 物块在C 点,根据牛顿第二定律可得 FN－mg＝m v２C h１ , 联立,解得FN＝１００N, 根据牛顿第三定律可知物块刚运动到C 点时 对轨道的压力大小为１００N,方向竖直向下． (３)物块在CE 轨道上运动过程中,设最终停止 在第n个粗糙段,由能量守恒定律 １ ２mv ２ C ≤ (μ１ ＋μ２ ＋μ３ ＋ 􀆺 ＋μn)mgL＝ n(n＋１) ２ ４ mgL ,解得n２＋n≥５６３． 则n值为４．即物块最终停止在第４个粗糙段． 答案:(１)０．６m;(２)１００N;竖直向下;(３)４ １２．如图所示,半径为R 的光滑 半圆形轨道ABC 固定在竖 直平面内且与粗糙水平轨道 CD 相切于C 点,D 端有一 被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定 的挡板上,右端记为Q．质量为m 的滑块(视为 质点)从轨道上的P 点由静止滑下,运动到Q 点时速率为零,并能触发弹簧解除锁定,弹簧 对滑块产生弹力,使滑块被弹回,且刚好能通 过半圆形轨道的最高点A．已知∠POC＝６０°, 滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝０．２５,重 力加速度大小为g;求: (１)滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C 时对 轨道的压力; (２)弹簧被锁定时其右端 Q 到C 点的距离 是多少; (３)弹簧被解除锁定后对滑块做的功是多少? 解析:(１)设滑块第一次滑至C 点时的速度为 v,圆轨道C 点对滑块的支持力为FN,由P 到 C 的过程,根据动能定理有: mgR(１－cos６０°)＝１２mv ２, 在C 点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m v２ R , 解得FN＝２mg, 根据牛顿第三定律可知滑块第一次滑至半圆 形轨道最低点C 时对轨道的压力为２mg,方向 竖直向下; (２)对物块从C 到Q 的过程,根据动能定理有 －μmgx＝０－ １ ２mv ２,解得x＝２R; (３)在A 点:根据牛顿第二定律得 mg＝mv′ ２ R ,Q 到C 到A 的过程,根据功能关 系有Ep＝ １ ２mv′ ２＋mg×２R＋μmg×２R, 解得Ep＝３mgR． 答案:(１)２mg,方 向 竖 直 向 下;(２)２R; (３)３mgR 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３２５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第六章　机械能守恒定律