课时检测训练23 功能关系 能量守恒定律-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练23　功能关系　能量守恒定律 对应学生用书P374 对点练1　功能关系的理解和应用 1．某运动员参加撑竿跳高比赛如图所示，这个过程中能量变化描述正确的是(　　) A．加速助跑过程中，运动员的动能和重力势能都不断增大 B．起跳上升过程中，竿的弹性势能先增大后减小 C．起跳上升过程中，运动员的机械能守恒 D．运动员越过横杆正上方时，动能为零 解析　加速助跑过程中，运动员的动能不断增加，重力势能不变，故A错误；起跳上升过程中，竿先逐渐弯曲然后伸直，则竿的弹性势能先增加后减小，故B正确；起跳上升过程中，运动员和竿的系统动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因竿的弹性势能先增大后减小，则运动员的机械能先减小后增大，故C错误；运动员到达横杆正上方时，由于有水平速度，则动能不为零，故D错误。 答案　B 2.(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 解析　由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。 答案　B 3．如图所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中，下列说法错误的是(　　) A．滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为(F－Ff)(L＋x) B．滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx C．滑块A克服摩擦力所做的功为FfL D．滑块A和木板B增加的机械能为F(L＋x)－FfL 解析　对滑块A分析，滑块A相对于地的位移为L＋x，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝mv2－0，则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)，选项A正确；对木板B分析，根据动能定理得Ffx＝Mv′2－0，可知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx，选项B正确；滑块A相对于地的位移大小为L＋x，则滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)，故选项C错误；根据能量守恒知，外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦产生的内能，则有F(L＋x)＝ΔE＋Q，其中Q＝FfL，则滑块A和木板B增加的机械能为ΔE＝F(L＋x)－FfL，选项D正确。 答案　C 4．如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为m的建材以加速度a匀加速向上提起h高，已知重力加速度为g，则此过程中下列说法正确的是(　　) A．建材的动能增加了mgh B．建材的重力势能减少了mgh C．建材的机械能增加了amh D．建材所受的钢绳的拉力做的功m(a＋g)h 解析　建筑材料向上做匀加速直线运动，上升高度为h，根据动能定理ΔEk＝mah，故A错误；重力做负功，所以重力势能增加，故B错误；受力分析知绳子拉力F＝ma＋mg，机械能增加量等于绳子拉力做功W＝m(a＋g)h，故C错误，D正确。故选D。 答案　D 5．如图所示，一质量为m的小球系在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处。将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的高度差为h，则(　　) A．由A到B过程合力对小球做的功等于mgh B．由A到B过程小球的重力势能减少mv2 C．由A到B过程小球克服弹力做功为mgh－mv2 D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能大于mgh－mv2 解析　由A到B过程，重力对小球做的功等于mgh，弹簧的弹力对小球做负功，所以合力对小球做的功小于mgh，故A错误；小球在下降过程中重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以小球的重力势能减少量大于mv2，故B错误；根据动能定理得mgh－W弹＝mv2，所以由A运动到B小球克服弹力做功为W弹＝mgh－mv2，故C正确；根据功能关系得小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故D错误。 答案　C 6．(多选)如图所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°， 光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　) A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B．拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量 C．拉力对A做的功等于A机械能的增加量 D．两滑块组成系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功 解析　根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为 45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故 B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故 D正确。 答案　BD 7.(2024·安徽卷)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A. B. C. D. 解析　设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律v0t′＝l，h＝gt′2，解得v0＝l，根据功能关系得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝·，故选B。 答案　B 对点练2　能量守恒定律的理解和应用 8．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为(　　) A．mgLω B．mgLω C．mgLω D．mgLω 解析　由能量守恒定律可知：拉力的功率等于克服重力做功的功率，PF＝PG＝mgvy＝mgv cos 60°＝mgωL，故选C。 答案　C 9．(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，第一次如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，下列说法正确的是(　　) A．小铅块将从木板B的右端飞离木板 B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 解析　在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，最后小铅块与木板整体共速；第二次小铅块运动到B木板上后，A木板停止加速，只有B木板加速，且加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块只与B木板共速，A木板最终速度小于小铅块和B木板的最终速度，根据系统整体水平方向动量守恒可知，小铅块第二次运动的最终速度较大，又两次运动过程中小铅块的加速度大小始终相同，故第二次小铅块的位移较小，小铅块滑到B木板的右端前就与B木板保持相对静止，选项A错误，B正确。根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，且第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，可知图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。 答案　BD 10．如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看作质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后(　　) A．物块不能到达C点 B．物块经过C点时动能不变 C．物块经过C点时的机械能变大 D．物块经过B点时对轨道的压力变小 解析　物块从A到C的过程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋mvC2，可知质量变小，物块经过C点时动能变大，vC变大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B的过程，由能量守恒有Ep＝mvB2，在B点有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力变小，故D正确。 答案　D 11．(2023·福建厦门期末)如图所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B两物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是(　　) A．A物体做匀加速直线运动 B．A物体到Q点时，B物体的速度为v sin θ C．A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和 D．B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2 解析　滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，选项A错误；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为v sin θ，选项B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，选项C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2－mv2sin2θ，选项D错误。 答案　B 12.如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块在小车上滑行时的加速度a。 (2)物块运动到B点时的速度vB。 (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。 解析　(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma， 解得a＝2 m/s2。 (2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有 mg＝m， 物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得 2mgR＋mv＝mv， 联立解得vB＝2 m/s。 (3)根据能量守恒定律得Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl， 解得Ep＝14.5 J， 从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移 x1＝＝ m＝1.25 m， 则小车的位移x＝x1－l＝1 m， 即弹簧被压缩的距离为1 m。 答案　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)14.5 J　1 m 13．如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道 KA、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道 BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道 FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块(可视为质点)从K点由静止开始下滑，滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD的半径R＝0.8 m，管道DEF的半径r＝0.1 m，滑块与轨道 FG间的动摩擦因数μ＝0.4，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，轨道FG的长度L＝3 m，g取10 m/s2。 (1)若滑块恰能过D点，求高度H的大小。 (2)若滑块在运动过程中不脱离轨道，求经过管道 DEF的最高点 F时的最小速度。 (3)若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终能静止在水平轨道FG上，求可调高度H的范围。 解析　(1)恰能过D点时，由牛顿第二定律可得mg＝m， 则恰能过 BCD的最高点D的最小速度为vD＝＝2 m/s，从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得mg(H－2R)＝mvD2，解得H＝2 m； (2)滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道 BCD的最高点D的最小速度为vD＝＝2 m/s，DF过程中以D所在平面为零势能面， 据机械能守恒定律可得mvD2＝mvF2＋mg·2r，解得vF＝2 m/s，经半圆管道的F点时，若vF>0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF＝2 m/s； (3)保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF＝2 m/s，若以此速度在 FG上滑行直至静止时，有μmg＝ma，则加速度大小为a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，H＝2 m时，FG上滑行距离为xmin＝＝ m＝0.5 m<L，不掉落轨道，若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02＝2ax，可得F点的最大速度为vmax＝＝2 m/s，从K释放到F点过程，以 AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得， mgHmax＝mvmax2＋mg(2R＋2r)， 解得Hmax＝＋2(R＋r)＝＋2×(0.8＋0.1) m ＝3 m，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道 FG上，可调高度H的范围应满足2 m≤H<3 m。 答案　(1)2 m　(2)2 m/s　(3)2 m≤H<3 m 学科网（北京）股份有限公司 $$