课时检测训练23 功能关系 能量守恒定律-【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 ,对应答案P588 基础对点练 B.建材的重力势能减少 对点练1功能关系的理解和应用 了mgh 1.某运动员参加撑竿跳高比赛 C.建材的机械能增加 如图所示，这个过程中能量 了amh 变化描述正确的是() D.建材所受的钢绳的拉 A,加速助跑过程中，运动 力做的功m(a十g)h 员的动能和重力势能都 5.如图所示，一质量为m的小球 不断增大 系在轻质弹簧的一端，弹簧的另 B.起跳上升过程中，竿的弹性势能先增大后减小 一端固定于O点处。将小球拉 C,起跳上升过程中，运动员的机械能守恒 至A处时，弹簧恰好无形变，由 D.运动员越过横杆正上方时，动能为零 静止释放小球，它运动到O点正 2.(2024·折江1月选考)如 下方B点速度为v,AB间的高度差为h,则 图所示，质量为m的足球 从水平地面上位置1被踢8盘 A.由A到B过程合力对小球做的功等于mgh 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 ( B由A到B过程小球的重力势能减少2m A.从1到2动能减少mgh C.由A到B过程小球克服弹力做功为mgh一 B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh 2mu D.从2到3机械能不变 D,小球到达位置B时弹簧的弹性势能大于 3.如图所示，一个质量为M、长 FA 为L的木板B静止在光滑水 mgh- 平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的 6.(多远)如图所示，楔形木 滑块A,现用一水平恒力F作用在滑块上，使滑 块abc周定在水平面上， 块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板 粗糙斜面ab与水平面的 309Cd 之间的摩擦力为F,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 夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°， 的是 () 顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M> A,滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为 m)的两滑块A和B,通过不可伸长的轻绳跨过 (F-F)(L十x) 定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释 B.滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的 放后，沿斜面做匀加速运动，A,B不会与定滑轮 动能为Fx 碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜 C.滑块A克服摩擦力所做的功为F,L 面运动的过程中 () D.滑块A和木板B增加的机械能为F(L,十x) A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 FL B.拉力和重力对A做功之和大于A动能的增 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 加量 力加速度为：，则此过程中下列说法正确的是 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 A.建材的动能增加了mgh 擦力做的功 课时检测训练·物理 374 7.(2024·安微卷)在某地区的干早季节，人们常用 乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦 水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所 力始终不变，下列说法正确的是 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1。假设抽水过程中H保持不变，水泵 甲 输出能量的？倍转化为水被抽到出水口处增加 A.小铅块将从木板B的右端飞离木板 的机械能。已知水的密度为P,水管内径的横截 B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持 面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。 相对静止 则水泵的输出功率约为 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 出水1 过程产生的热量 客综合提升练 10.如图所示，光滑水平面AB 与竖直面上的半圆形光滑周 A.sSY2(H+h+元) 21 定轨道在B点衔接，BC为 y 直径，一可看作质点的物块在A处压缩一轻质 B.og ( 2nh 弹簧（物块与弹簧不连接），释放物块，物块被弹 C.ogS/agh (H 簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通 2小 过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较 n.s2(H+) 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 对点练2能量守恒定律的理解和应用 A.物块不能到达C点 8.如图，一长为L的轻杆一端固 B.物块经过C点时动能不变 定在光滑饺链上，另一端周定 C.物块经过C点时的机械能变大 一质量为m的小球。一水平向 D.物块经过B点时对轨道的压力变小 右的拉力作用于杆的中点，使 60 11.如图所示，A物体套在光 杆以角速度，匀速转动，当杆与水平方向夹角为 滑的竖直杆上，B物体放 60时，拉力的功率为 ( 置在粗糙水平桌面上，用 一细绳连接。初始时细绳 A.mgLo B 2 mgLo 经过定滑轮呈水平，A,B两物体质量均为m。 c之mgw D A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速 6 mgLo 度为，PQ之间的高度差为h,此时连接A物 9.(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上， 体的细绳与水平方向夹角为0，此过程中，下列 第一次如图甲所示，一个小铅块（可视为质点） 说法正确的是 () 以水平初速度由木板左端向右滑动，到达右 A.A物体做匀加速直线运动 端时恰能与木板保持相对静止。第二次将木板 B.A物体到Q点时，B物体的速度为sin0 分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的 C.A物体减少的重力势能等于A、B两物体动 能增量之和 2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以 D.B物体克服摩擦做的功为mh一m 初速度头由木板A的左端开始向右滑动，如图 -375 课时检测训练·物理 12.如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC:13.如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H 相切车表面于B点，一个质量为n=1.0kg可 可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为O 以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以 的竖直半圆轨道BCD、圆心为O,的竖直半圆 速度%=5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运 管道DEF,水平直轨道FG等组成，F,D,B在 动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直 同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块 挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁 (可视为质点)从K点由静止开始下滑，滑块质 (即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在 量m=0.1kg,轨道BCD的半径R=0.8m,管 小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到 道DEF的半径r=0.1m,滑块与轨道FG间的 最高点C。已知小车的质量为M=1.0kg,小 动摩擦因数：=0.4，其余各部分轨道均光滑且 车的长度为1=0.25m,半圆形轨道半径为R= 无能量损失，轨道FG的长度L.=3m,g 0.4m,物块与小车间的动摩擦因数为4=0.2， 取10m/s。 重力加速度g取10m/s。求： (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。 A (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。 (1)物块在小车上滑行时的加速度a。 G ACEAAACCCEE (2)物块运动到B点时的速度v (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能E。以 及弹簧被压缩的距离辽。 课时检测训练·物理 —376增大，E,减小，故ACD正确：由机械能|10，CD解析根据牛颜第二定律，可知 P最多到C点且不脱离轨道， 守恒得尼=mgh=之n2-之m, 1 滑块的加速度先减小后增大再减小， E,≤umpg·4l+m,gl, 故A错误：滑块在C点的势能最小。 E,-v的图像应是抛物线，且v越大， 由机板能守恒定律可知，滑块在C点 E。越小，故B错误：本题选错误的，故 的动能最大，则滑块在C点的速度最 课时检测训练23 选B。 大，做B错误：由机械能守恒定律有 1.B解析加速助跑过程中，运动员的 6.C解析Q球顺时针强动到最低位 1 动能不断增加，重力势能不变，故A错 置时的速度为叫，此时P运动到最高 m=列gL+E,解得E=名m 误：起晓上升过程中，竿先逐渐湾曲然 点的速度为4，鉴个系统机械能守恒， 一mgL,故C正确：滑块在A点时弹 后伸直，则竿的弹性劳能先增如后减 小，故B正确：起跳上升过程中，运动 有2mg×号L-mg×号-×2m 黄的形变量4虹4=L(1 员和竿的系统动能，重力势能和弹性 十m,又由于两球都绕0底转动， L,滑块在B点时等黄的形变量△。 势能之和守恒，因竿的弹性势能先增 大后减小，则运动员的机核能先减小 角速度相同，因此=2：，解得9= =11-ms》-L,则△>A,所 后增大，故C错误：运动员到达横杆正 3 ,=2证，A,B错误在此 2√2gL 上方时，由于有水平速度，测动能不为 3 以滑块在A点时弹簧的弹性势能大于 零，故D错误。 在B点时的弹性势能，做D正确。 过程中，小球P机械能增加量△E= 2.B解析由足球的运动轨流可知，足 11.(1)W5m/s(2)1m(3)1m 球在空中运动时一定受到空气阻力作 mg×告+名mn2=号mgL,由于整个 解析(1)选水平地面为零势能参考 用，则从1到2重力势能增加mgh,从 系统机核能守恒，因此小球Q机械能 面，由机核能守恒定体得之m,- 1到2动能减少量大于mgh,放A错 误，B正确，从2到3由于空气阻力作 减少量色为号mgL,C正确，D错误。 2m2+mg·2R, 用，机械能减小，重力势能减小mgh, 7,B解析滑到图示位置时，两球沿杆 则动能增加小于mgh,故C、D错误。 方向速度大小相同，则，c0530°= 解得a=√5m/s 3.C解析对滑块A分析，滑块A相 c0s45°，由图示位置到a滑到水平面 (2)由平抛运动规律得2R= 1 对于地的位移为工十x,根据动能定理 上过程，根据机械能守恒定律有 工=， 得(F-FL+）-合m心-0，则知 2m+之m+m8L=7(m十 解得x=1m: 滑块A到达木板B最左棉时具有的动 (3)设小球运动到B点时华圆轨道对 能为(F一F,)(L十x),选项A正确：对 m),联立解得=√6gL,故B正确。 小球的压力为FN, 木板B分析，极据动能定理得F,x= 8.C解析滑块上滑的距离为x2时的 机械能为E=E十E十Ee=0+E:十 、圆周运动向心力下十mg=， 合Mw”-0,可知滑块A到达木板B 0=E,,以斜面底增为零势能参考面， 得当Fw=0时，小球运动到轨道术端 最左端时，木板B具有的动能为F江， 可知滑块上滑的距离为工时重力势能 B点时的速度最小vm=√5m/s, 选项B正确：滑块A相对于地的位移 不为零，故机械能一定不为零，故A错 由(2)的计算可知，最小距离xm口 大小为L十x,则滑块A克服摩旅力所 误：弹簧为原长时滑块脱离弹簧，滑块 做的功为F,(L十x),故选顶C错误； x=1m. 上滑的距离为0一工1时，滑块的合外力 根暑能量守恒知，外力F做的功转化 12.(1)6gL22 F=kx-mgsin 0-umgcos 0,Ex 为木板B和清块A的机械能和摩擦产 图像的斜率表示合外力，可知上滑的 (2)子m<m,<号n 生的内能，则有F(L十x)=△E+Q,其 距离为0一x1,随着上滑，滑块的合外 解析(1)竖直的弹簧放上物体压缩 中Q=F礼，则滑块A和木板B增加的 力先大于零，后小于零，料率应先大于 机械能为△E=F(L十x)一FL,选项 至长度【时，由机械能守恒得 零，后小于零，故B错误：根据功能关系 5mgl=E。, D正确， 可知清块的重力势能为E=E。十 4.D解析建筑材料向上做匀加速直 弹簧水平放蛋压缩至长度！时，物块 mg.xsin0,故C正确，根据功能关系可知 线运动，上升高度为h,根据动能定理 P从开始到B点，由能量守恒得E,= 弹簧的弹性势能为Ea=Ee一F及=Ea △E=mah,故A错误：重力做负功，所 mg·4+子meg, 以重力势能增加，放B错误：受力分析 -0生x=Ew-专，可得B与 2 知绳子拉力F=ma十mg,机械能增加 解得v=√6gl, 成负相关，故D错误。故选C 量等于绳子拉力做功W=m(a十g)h, 物块由B点到D点，一mg·2L= 故C错误，D正确。放选D 9.C解析 铁链开始时重心在誓处， zmw'-mi 5.C解析由A到B过程，重力对小 当铁链脱离滑轮的瞬间，重心位里在 球做的功等于mgh,弹簧的弹力对小 解得o=√2gl, 处，所以重力势能减小了m8,根 h 球做负功，所以合力对小球做的功小 物块由D点做平抛运动，21=豆gt, 于mgh,放A错误：小球在下降过程中 据机械能守恒可知 1mgh-1 m0,解 重力势能转化为动能和弹簧的弹性劳 x=, 能，所以小球的重力势能减少量大于 解得x=2√21： 得=号2g五。 (2)物块至少过B点时E,>mng·4l, 2mW,敬B错误：根据动能定理得 高考一轮总复习·物理 ·588 mgh-W,=之m心，所以由A运动到 次小铅块的位移较小，小铅块滑到B (3)根据能量守恒定律得 木板的右端前就与B木板保持相对静 B小球克服弹力做功为W。=mgh 止，选项A错误，B正确。根据摩力 E=合M+m)n'-言mu,'-mg, 2m,故C正确：根据功能关系得小 乘以相对位移等于产生的热量，且第 解得E,=14.5J, 一次的相对位移大小大于第二次的相 从开始接触弹簧到弹黄压缩到最短 球到达位置B时弹黄的弹性劳能为 对位移大小，可知图甲所示的过程产 时，物块A相对地面的位移 mgh一之m,散D错误. 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 五=-5-25 2a 2×2 m= 6.BD解析授据题意可知，两段轻绳 1.25m, 的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等 则小车的位移x=x1一l=1m, 根据平行四边形定则可知，合力方向 即弹簧被压缩的距离为1m。 与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对 13.(1)2m(2)2m/s 滑轮作用力的方向不是竖直向下的， (3)2m≤H<3m 故A错误；对A受力分析，受到重力 甲 10.D解析物块从A到C的过程，由 解析(1)恰能过D点时，由牛顿第 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 能量守恒有E,=mg·2R+2m, 二定律可得mg=m尺，则怡能过 可知质量变小，物块经过C点时动能 BCD的最高点D的最小速度为？D= 力做功之和，面摩擦力微负功，测拉力 变大，。变大，物块也能到达C点，故 √/gR=2√2m/s,从释放到D点过程， 和重力对A做功之和大于A动能的增 A、B错误：由能量守恒定律可知物块 以AB所在平面为零势能面，据机械能 加量，故B正确；由除重力和弹力之外 经过C点时的机械能不变均为E。,故 的力对物体做的功等于物体机械能的 C错误；物块从A到B的过程，由能 守恒定律可得mg(H一2R)= 2m, 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 量中恒有E=号m,在B点有 解得H=2m: (2)滑块在运动过程中不脱离轨道， 错误：对两滑块组成系统分析可知，除 则通过轨道BCD的最高点D的最小 了重力之外只有摩擦力对A破功，所 P。一mg=m R,解得Fy=mg+ 速度为vn=√gR=2W2m/s,DF过 以两滑块组成的系统的机械能损失等 ,由牛顿第三定律可知物块对轨 2E 程中以D所在平面为零势能面，落机 于A克服摩黎力做的功，故D正确。 7.B解析设水从出水口射出的初速 道的压力变小，故D正确。 械能守框定体可得之m02一之m, 11.B解析滑块A下滑时，竖直方向 度为功，取t时问内的水为研究对象， 受重力和细绳拉力的竖直分量，因细 +mg·2r,解得-2m/s,经半盟管 该部分水的质量为m=S0,根据平 绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块 道的F点时，若>0，滑块即可通过 抛运动规律=，h=2g,解得 A所受的合力不是恒力，则A的加速 F点，则经过管道DEF的最高点F 度不是恒量，即A不是匀加速下滑， 时的最小速度ve=2m/s: =1√条，根暑功能关系得P) 选项A错误：若滑块A的速度为， (3)保证不税离轨道，滑块在F点的 则由速度的分解可知，滑块B的速度 速度至少为vr=2m/s,若以此速度 乞m心十mg(H十h),联立得水泵的 为vsin0,选项B正确，由能量关系可 在FG上滑行直至静止时，有mg= 知，A物体减少的重力势能等于B克 输出功率为P=gS12g5 ma,则加速度大小为a=g=0,4X 服摩擦力做功和A,B两物体动能增 2h 10m/s2=4m/s,H=2m时，FG上 量之和，选项C错误：B物体克服摩 (H+h+元)，放选B。 案做的功为mgh一立m 1 清行更有为么-艺-多0-0.5m 8.C解析由能量守恒定律可知：拉力 <L,不掉落轨道，若滑块恰好静止在G 的功率等于克康重力做功的功率，P 2 msin'9,选项D错误。 点，根据公式一u”=2ax,可得F点 =P。=mgU,=mgc0s60°= 2 mguL, 12.(1)2m/s2(2)2√5m/s(3)14.5J 的最大速度为巴-√2aL-2W6m/s, 从K释放到F点过程，以AB所在平面 故选C, 解析(1)物块在小车上滑行时，由 为零势能面，据机械能守恒定徐可得， 9.BD解析在第一次小铅块运动过程 中，小铅块与木板之问的摩擦力使整 牛顿第二定律得umg=ma, mgH-令m0十mg(2R+2) 解得a=2m/s. 个木板一直加速，最后小铅块与木板 (2)据题意，物块恰能沿圆瓢轨道运 整体共速：第二次小铅块运动到B木 解得H=2元+2R+）=经 2×10 动到最高点C,由重力提供向心力， 板上后，A木板停止加速，只有B木板 则有 +2×(0.8十0.1)m=3m,滑块不脱 加速，且加速度大于第一次的对应过 离轨道且最终静止在轨道FG上，可 程，故第二次小铅块只与B木板共速， mg=m R' 调高度H的范围应满足2m≤H< A木板最终速度小于小铅块和B木板 物块从B运动到C的过程，由机械能 3m. 的最终速度，根据系统整体水平方向 守恒定律得 课时检测训练24 动量守恒可知，小铅块第二次运动的 2mgR+zmae=名mm, 1 1.CD解析弹黄释放的过程，弹黄的 最终速度较大，又两次运动过程中小 弹性势能转化为滑块的动能，两次弹 铅块的加速度大小始终相同，故第二 联立解得=2√5m/s 性势能相同，则两滑块到B点的动能 ·589 高考一轮总复习·物理