提分集训(32) 功能关系的理解与应用(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　功能关系的理解与应用 1．如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地350 m高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合．假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员重力做功为mgh B．运动员克服阻力做功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh 解析：选D　A．运动员下落h，则重力做功为 WG＝mgh 故A错误； B．根据mg－f＝ma 得f＝mg 则运动员克服阻力做功为Wf＝fh＝mgh 故B错误； C.运动员的动能增加量等于合外力做功，则 ΔEk＝mah＝mgh 故C错误； D．运动员的机械能减少量等于克服阻力做功，即 ΔE＝mgh 故D正确． 故选D. 2．(2025·江苏镇江期末)如图所示，圆心为O的四分之一圆弧轨道BC竖直放置，O与A处的钉子处于同一高度．细线的一端系有小物块P，另一端绕过钉子系一套在圆弧轨道上的小球Q.将小球从轨道顶端B静止释放，忽略一切摩擦．在小球从B点运动到最低点C的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．小物块P和小球Q的速率总相等 B．小物块P的机械能守恒 C．小球Q的机械能先增加后减小 D．小球Q重力的功率先增加后减小 解析：选D　A．当小球Q下滑到某位置时，速度分解如图所示 v绳＝vx 得v绳＝vx＝v cos θ 则当θ＝0° 小物块P和小球Q的速率相等，得小物块P和小球Q的速率不是总相等，故A错误； B．小物块P运动过程中除了重力做功，还有拉力做功，则小物块P的机械能不守恒，故B错误； C．小球Q从B点运动到最低点C的过程中，拉力对小球Q做负功，小球Q的机械能减小，故C错误； D．小球Q从B点运动到最低点C的过程中，B静止释放初始重力的功率为零，运动到C点时速度和重力垂直，此时重力的功率为零，因此得小球Q重力的功率先增加后减小，故D正确． 故选D. 3．(多选)(2024·清远期末)某中学生进行弹跳训练，他从站立状态先下蹲，然后起立，在起立过程中重心匀加速上升，之后人离开地面，若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．下蹲过程中，人的重力势能不断减少，动能不断增加 B．下蹲过程中，人的重力势能不断减少，动能先增加后减小 C．起立过程中，人的重力势能不断增加，动能不断增加 D．起立过程中，人的机械能不断增加，是因为地面对人做了正功 解析：选BC　AB.下蹲过程，人的重心降低，则重力势能不断减少，人先加速后减速，动能先增加后减少，故A错误，B正确； C．起立过程，人重心升高，速度增加，故重力势能和动能增加，故C正确； D．人的机械能不断增加是因为消耗人的能量，故D错误． 故选BC. 对点练2　能量守恒定律的理解和应用 4．(2025·河北沧州一模)如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于B点．一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C(弹簧在弹性限度内)，后物块刚好沿斜面向上运动到D点．已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，AB＝2BC＝2L，AB＝3BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系Ep＝kx2(其中k为劲度系数，x为形变量).下列说法中正确的是(　　) A．物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数 B．弹簧弹性势能的最大值为mgL sin θ C．弹簧的劲度系数k为 D．小球动能的最大值为mgL sin θ 解析：选D　A．物块从A到D的全过程中由动能定理有 mg×2L×sin θ－μmg cos θ×2L×＝0 解得μ＝ 故A错误； B．物块从A到C的过程中由能量守恒定律有 mg sin θ×3L－μmg cos θ·2L＝Epmax 解得Epmax＝2mgL sin θ 故B错误； C．由题意可知 Epmax＝2mgL sin θ＝kL2 解得k＝ 故C错误； D．当物块加速度为0时动能最大，有 mg sin θ＝kx 从物块开始运动到动能最大的过程中有 mg sin θ·－μmg cos θ·2L＝kx2＋Ekmax 解得Ekmax＝mgL sin θ 故D正确． 故选D. 5．如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，滑块的机械能E和位移x之间的关系，在滑块上升部分图像满足图乙所示，滑块的E－x图像前一部分为曲线，图像末端切线水平，以地面为零势能面，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，由图像可知(　　) A．滑块的质量为1 kg B．轻弹簧原长为0.15 m C．弹簧最大弹性势能为0.1 J D．滑块上升后，距地面的最大高度为0.3 m 解析：选D　A．初始位置重力势能为0.1 J，高度h＝0.1 m，重力势能为 EP＝mgh 可知m＝0.1 kg，A错误； B．当机械能不变，弹簧恢复原长，可知原长为 0．2 m＋0.1 m＝0.3 m，B错误； C．根据系统机械能守恒可知，机械能为0.3 J，重力势能为0.1 J，则弹性势能最大值为0.2 J，C错误； D．根据能量守恒，上升到最高点时，所有的能都转化为重力势能，可得hm＝0.3 m，故D正确． 故选D. [B级　练综合·提分] 6．(多选)(2025·榆林期末)一滴雨滴在空中由静止开始竖直下落，雨滴只受空气阻力和重力作用，且受到的空气阻力与速率成正比，t0时刻(下落高度为h0)，雨滴开始匀速下落．以地面为参考平面，下列关于雨滴下落过程中，它的重力势能Ep与下落高度h图像、重力势能Ep与时间t图像、动能Ek与下落高度h图像、机械能E与下落高度h图像，可能正确的是(　　) A．　　　　B． C． D． 解析：选AD　AB.以地面为参考平面，重力势能Ep与下落高度h的关系为Ep＝Ep0－mgh 由于雨滴加速阶段，下落高度与时间不是线性关系，则加速阶段，Ep－t图像不是直线，故A正确，B错误； C．t0时刻(下落高度为h0)，雨滴开始匀速下落，因为Ek＝mv2 则过了h0之后雨滴动能应不变，故C错误； D．根据功能关系可知，由于空气阻力对雨滴做负功，雨滴的机械能应逐渐减小，根据 ΔE＝－fΔh 可知E－h图像的切线斜率绝对值表示空气阻力大小，由于受到的空气阻力与速率成正比，可知空气阻力先增大后不变，则E－h图像的切线斜率绝对值先增大后不变，故D正确． 故选AD. 7．(多选)(2025·莆田质检)如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块．若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则(　　) A．子弹的动能减少了fs B．木块的动能增加了fs C．系统产生的热量为fd D．子弹克服阻力做功为fd 解析：选BC　AD.对子弹，根据动能定理可得 －f(s＋d)＝ΔEk 可知子弹克服阻力做功为f(s＋d)，子弹的动能减少了f(s＋d)，故AD错误； B．对木块，根据动能定理可得fs＝ΔEk′ 可知木块的动能增加了fs，故B正确； C．子弹与木块发生的相对位移为d，根据功能关系可知子弹与木块组成系统产生的热量为 Q＝fd 故选C正确． 故选BC. 8．(2025·太原模拟)如图所示，倾角为30°、高为2d的斜面固定在水平地面上，其底端O固定一垂直斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端与质量为m的物块P接触但不粘连，P与斜面的动摩擦因数μ＝.用外力将P沿斜面缓慢下压，使弹簧上端压缩到A点，撤去外力后P由静止沿斜面向上运动，P脱离弹簧又运动一段距离，恰好到达斜面最高点B.已知AB间距离为3d，重力加速度为g，P可视为质点．更换质量为、材料相同的另一物块Q，用Q仍将弹簧上端压缩到A点，由静止释放Q，求： (1)弹簧被压缩到A点时弹性势能的大小； (2)Q从离开弹簧到落地过程中的最小速度； (3)Q到达地面时的动能． 解析：(1)物块P由A到B，由能量守恒定律 E弹＝3mgd sin 30°＋3μmgd cos 30° 解得E弹＝3mgd (2)物块Q到达B点时的速度为vB，由能量守恒定律 E弹＝mgd sin 30°＋μmgd cos 30°＋·v 解得vB＝ 物块Q离开B点后做斜上拋运动，在最高点时速度最小 vmin＝vB cos 30° 解得vmin＝ (3)物块Q离开B点，到达地面时的动能为Ek，此过程，由机械能守恒定律 g·2d＝Ek－·v 解得Ek＝mgd 答案：(1)E弹＝3mgd　(2)vmin＝ (3)Ek＝mgd [C级　练加强·培优] 9．(2025·三明模拟)如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道BCD，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道半径为R＝ m，与水平轨道CD相切于点C.现将一小滑块(可视为质点)从空中的A点以v0＝4 m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，滑块在圆弧末端C点对轨道的压力NC＝64 N，之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点滑到质量为M＝1 kg，长度足够的木板上．图乙为木板开始运动后一段时间内的v－t图像，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力和木板厚度．求： (1)小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小； (2)小滑块的质量； (3)小滑块与木板间的动摩擦因数μ1、木板与地面间的动摩擦因数μ2； (4)全过程中木板与地面间因摩擦产生的热量． 解析：(1)在B点，由＝sin α 可得vB＝8 m/s (2)从B点到C点，对物块应用动能定理 mg＝mv－mv 可得vC＝12 m/s 在C点，对物块受力分析 NC′－mg＝ 又因为NC′＝NC 联立可得m＝1 kg (3)由乙图可知，1 s时木板收到的力发生了突变，即1 s时物块和木板刚好共速，之后两物体一起相对静止，以相同的加速度一起减速滑行至停止(如图示). 由图可知，在0－1 s内，对物块a物＝ 解得a物＝8 m/s2 又μ1mg＝ma物 可得μ1＝0.8 对木板：木板的加速度大小a木＝ 解得a木＝4 m/s2 又μ1mg－μ2g＝Ma木 解得μ2＝0.2 (4)木板加速过程位移s1＝＝2 m 木板减速过程位移 s2＝＝4 m 木板与地面间的摩擦热 Q＝μ2g＝24 J 答案：(1)8 m/s　(2)1 kg　(3)0.2　(4)24 J 学科网（北京）股份有限公司 $$