第8章 第12周 功能关系 能量守恒定律-【一本】2025-2026学年高中物理必修第二册周末小测卷（人教版）

一本高中物理周末小测卷 第12周 功能关系 能量守恒定律 ⊙时间：60分钟 8总分：100分 8得分：■ @答案：P30 说明：本卷单选题每小题4分；多选题每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分。其他题分值见题目前标注。 弥 基础测·查漏补缺 n 1.新考法物理与生活(2024·江苏泰州期末)运动员参加撑竿跳高比赛的示意图如图所示，对运动员 洲 在撑竿跳高过程中描述正确的是 A起跳上升过程中，运动员的重力做正功 B.起跳上升过程中，竿的弹性势能一直增大 C.起跳上升过程中，运动员的动能一直减小 D.起跳上升过程中，运动员的机械能不守恒 2.(2024·河南周口期末)如图所示，一个长为L,质量为M的木板，静止在光滑水 M 平面上，一个质量为的物块（可视为质点），以水平初速度0。从木板的左端滑 sd☐ T 向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为4，当物块与木板相对静止时，物块仍 M 7777777777 封 在木板上，物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速度为g,则在此过程中 A摩擦力对物块做的功为一mg(s十d) B.摩擦力对木板做的功为mg(s十d) C,木板动能的增量为mgd D.由于摩擦而产生的热量为mgs 3.(2024·四川眉山期末)如图所示，倾角为0的光滑斜面固定在水平面上，一个质量为m的物块在 恒力F作用下沿斜面向上运动，重力加速度为g。在物块沿斜面向上运动位移为x的过程中，下 列说法正确的是 ( ) A物块机械能守恒 B.物块增加的动能为Fx一mgxsin0 C.物块增加的机械能为Fx一ngxsin 0 D.恒力F对物块做的功等于物块动能的增加量 线 4.(2024·江苏常州期末)如图所示，在高空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠，在此过程中，其 所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机在下坠过程中 ( A机械能一直减小 B机械能先减小后不变 样 C.重力做功等于动能的增量 D.合外力做功等于机械能的增量 5.(2024·山东枣庄期末)某快递公司用于分拣包裹的传输装置如图所示。足够长的水平传送带以 v=1.5m/s的速度顺时针转动，现将一质量m=2kg的包裹无初速度放在传送带上，一段时间后 必修第二册RJ版 包裹与传送带达到共速。已知包裹和传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10/s2, 包裹可以视为质点。在包裹由放上传送带至与传送带达到共同速度的过程中，下列说法正确的是 A摩擦力对包裹做的功为4.5J B.包裹相对传送带滑动的距离为0.9m C.包裹与传送带间因摩擦产生的热量为2.25J D.摩擦力对包裹做的功大于包裹机械能的增加量 6.(多选)(2025·云南曲靖期末)某跳水运动员进入水中后因受到水的阻力而竖直向下做减速运动， 运动员质量为m,水对运动员的阻力大小恒为f,那么在运动员减速下降深度为h的过程中（已知 重力加速度g),下列说法正确的是 () A运动员的动能减少了mgh一fh B.运动员的动能减少了fh一mgh C.运动员克服阻力做功fh D.运动员的机械能增加了fh一mgh 7.新考法物理与传统文化（多选）(2024·河南期中改编)配重式抛石机出现于战国初期， 是围攻和防守要塞的重要器械。抛石机的简化示意图如图所示，质量为7kg的石块装 在长臂末端的弹袋中，质量为50kg的配重安装于短臂的末端，初始时长臂被固定，抛 石机静止，杠杆与水平面的夹角α=30°。释放杠杆，配重下落，带动杠杆自由转动，当长臂转到竖 直位置时，杠杆被制动而停止，石块以10m/s的速度被水平抛出。已知长臂的长度L=10m,不 计一切摩擦，忽略杠杆质量，取重力加速度大小g=10m/s2。对于从释放 杠杆到石块飞出的过程，下列说法正确的是 ( A石块增加的机械能为350J B.石块受到的合力对石块做的功为350J C.短臂的长度为3m 777777之777之77777777777 D.配重增加的动能为100J 8.(2022·河南郑州期末，10分)如图所示，一根不可伸长的轻绳绕过轻质动滑轮和一个轻质定滑轮， 轻质动滑轮下方悬挂一质量为=1kg的重物，轻绳不接触滑轮的部分都是竖直的，手持轻绳末 端使系统保持静止。现在用手以恒定拉力F=10N竖直向下拉动细绳末端，使细绳末端下降了 L=2m,该过程中摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度g取10m/s2。求： (1)该过程中，恒力F做的功W; (2)该过程中，重物的重力势能增加量△E。; (3)该过程中，重物的末速度大小v。 末端 F 。29● 一本高中物理周末小测卷 能力测·迁移运用 9.(2024·江苏扬州期末)如图所示，水平地面上有一个立方体P,一根轻杆的下端用铰链与地面上O 点相连，上端固定一个小球Q并靠在立方体P的左侧面上，用外力F使立方体P以一定的速度向 右匀速运动，在小球Q与立方体P分离之前，不计一切摩擦，下列说法正确的是 A.小球Q动能的增加量等于重力势能的减小量 Q P B.小球的机械能增加 7777777元 C.轻杆对小球一直做负功 D.小球Q和立方体P组成的系统机械能减小 10.(2024·江苏无锡月考)冬奥会上有一种女子单板滑雪U型池项目，U型池模型如图所示，池内各 处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面高度。某运动员从a点上方高为 h的O点自由下落由左侧切线方向进入池中，从右侧切线方向飞出后上升至最高位置d点（相对 c点高度为)。不计空气阻力，b为轨道最低点，重力加速度为g,则运动员 A第一次从a到c的过程中，机械能损失为mgh B.运动员两次经过b点时对轨道的压力相同 C.从d向下返回一定不能再次经过a点 D.从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度 11.(多选)(2025·浙江衢州期末改编)一个足够长的传送带与水平面夹角为0，左低右高 放置，以恒定速率运行，在传送带适当位置放上质量为的物块，并给物块一定的初 速度。规定沿传送带向上为正方向，从该时刻起物块的v-t图像如图所示，已知1> v2。下列说法正确的是 () A.传送带沿逆时针方向运行 B.物块与传送带间动摩擦因数为十。十tan0 gt2cos 0 C.0~t2时间内，传送带对物块做的功为W= 2nw221 nu12 D.0~t2时间内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能 12.(2024·山东潍坊期末，12分)某探究活动小组设计的节能运输系统如图所示。木箱 在倾角为30°的斜面轨道顶端时，自动装货装置将质量为的货物装入木箱，然后木 箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当斜面底端的轻弹 簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶 端。已知木箱下滑的最大距离为L,木箱与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。 (1)求木箱的质量M。 (2)若木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x1,上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为 x2,求两次形变量之比1。 T2 婴 ·30· 必修第二册RJ版 13.(2024·浙江嘉兴期中，15分)一位同学在物理课上参与了一个趣味游戏，a、b、c、d四 个相同木板紧挨放在水平地面上，该同学使小滑块以水平初速度vo从a的左端滑上 木板，如图所示。若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离 木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m,木板下表面与地面间的动摩擦因数均为以， 滑块质量为2m,滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为2μ，重力加速度大小为g,最大静摩擦力 与滑动摩擦力视为相等。 (1)若你获得四等奖，求滑块初速度的最大值。 (2)若你获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围。 弥 a 7777777777777777777777777777777777777 拓展测·创新突破 14.(2023·江苏徐州期末，17分)如图甲所示，一条长为4L的刚性轻绳跨过定滑轮，O 封 点为定滑轮最上面的端点。轻绳的两端各系一个小球A和B,A球质量为m,B球的 质量为2m。A球起初被锁定在地面上，B球离地的高度为2L。如图乙所示，对小球 B施加一个外力F使其缓慢上移，b段绳逐渐从竖直状态调整为水平状态，运动过程轻绳始终处 于绷紧状态。已知当地重力加速度为g,定滑轮质量、滑轮大小及各种阻力忽略不计。 (1)如图乙所示，当b段绳与竖直方向夹角为30°时，力F和绳垂直，求外力F的大小； (2)当b段绳处于水平状态时，撤去外力F,小球B从静止开始向下摆动。求小球B在竖直方向 速度达到最大时其下降的高度h; (3)如图丙所示，现将B球套在水平光滑细杆上，解除A球锁定的同时，对B球施加方向向右、大 小为3mg的水平恒力F'。此后，B球从静止开始向右运动，A球始终保持竖直向上运动。求B 球向右移动距离为L时，A球的速度大小？A。 05b 线 -0 B a30°B F 光滑细杆 分 丙mgc0s37°=mR 员的机械能增加，机械能不守恒，故D正确 2.A【解析】摩擦力对物块做的功为W:=一mg(s十d),故 解得M=1.5m A正确；摩擦力对木板做的功为W:'=mgs,故B错误；对 14.解：(1)根据题意，滑块乙与B点相距1.7m,分析可知，在 木板，根据动能定理可知木板动能的增量为△Ek=W:= 滑块乙进入圆轨道前，滑块甲、乙速度相等，甲、乙整体根 据机械能守恒定律得 mgs,故C错误；根据功能关系可知由于摩擦而产生的热 .1 量为Q=mgx相对=mgd,故D错误。 2mgL=2·2mvw 3.B【解析】恒力F对物块做正功，故物块机械能增加，故A 解得滑块乙滑落至B点时的速度大小为 错误；对于物块，由动能定理得Fx一mgxsin0=△Ek,所以 v=√/2gL=√J34m/s 物块增加的动能为Fx一ngxsin0,故B正确；物块增加的 (2)从开始下落至滑块乙到达B点时，滑块甲、乙速度始终 机械能为△E=Ws一Fx,故C错误；根据能量守恒定律可 相等，此时轻杆形变量为0，即杆中弹力为0，故该过程轻 知，恒力F对物块做的功等于物块动能的增加量与重力势 杆对滑块甲做的功为0。 能的增加量之和，故D错误。 (3)如图所示，当滑块甲下落至B点时，轻杆与水平方向的 4.A【解析】无人机因突然失去动力而下坠，所受空气阻力与 夹角为37 甲日 下坠速度成正比，由于空气阻力一直做负功，所以无人机在 设此时滑块甲、乙的速度分别为甲、 Q D 下坠过程中机械能一直减小，故A正确，B错误；根据功能 vz,根据数学知识可得 关系可知，重力做功等于重力势能的减少量，故C错误；根 sin∠02BE=sin(45°+37)=0.7√2 据动能定理可知，合外力做功等于动能的增量，故D错误。 O2E O2B 在三角形O,BE中，根据正弦定理sn∠O,BE一siQ 5.C【解析】对于包裹有mg=ma,设包裹位移为x时，其与 传动带共速，有2一0=2a.x,解得x=0.45m,该过程摩擦 2R 2R 即sin∠O,BE sin a 力做功为W:=mgx=2.25J,故A错误；设包裹经过时间t 解得sina=0.7 后与传送带共速，有v=0十at,解得t=0.6s,该过程中，传 将滑块甲和乙速度沿杆和垂直杆方向进行分解，沿杆方向 送带的位移为x传=t=0.9m,所以包裹的相对位移为 的速度大小相等可得v甲sin37°=vz sin a △x=x传一x=0.45m,故B错误；由功能关系有Q=mg· 整个过程对滑块甲和乙系统根据机械能守恒定律得 △x=2.25J,故C正确；由功能关系可知，摩擦力对包裹做 mm2+2m 1 mg·2L+mg·(L十Lsin37)= 的功等于包裹机械能的增加量，故D错误。 联立解得vz=7.2m/s 6.BC【解析】运动员在减速下降深度为h的过程中，根据动 能定理知，动能的减小量等于克服合力做的功，为 第②周功能关系能量守恒定律 mgh,故A错误，B正确；减速下降深度为h的过程中，运动 1.D【解析】起跳上升过程中，重力竖直向下，位移向上，运动 员克服阻力做功，机械能的减小量等于克服阻力做的 员的重力做负功，重力势能增加，故A错误；起跳上升过程 功，运动员的机械能增加了一fh,故C正确，D错误。 中，竿的弹性势能转化为运动员的机械能，所以竿的弹性势 7.BD【解析】从释放杠杆到石块飞出的过程，石块增加的动 能减小，故B错误；起跳上升过程中，开始时，竿对运动员的 弹力大于运动员的重力，运动员加速上升，随着竿形变的变 能△Eu=号m2-0=350J,增加的重力势能△Ea 小，竿对运动员的弹力变小，当小于运动员重力时，运动员 mgL(1+sina)=1050J,因此石块增加的机械能为 减速上升，所以运动员的动能先增加后减小，故C错误；起 1400J,石块受到的合力对石块做的功为350J,故A错误， 跳上升过程中，竿的弹性势能转化为运动员的机械能，运动 B正确；配重和石块构成的系统机械能守恒，因此配重减少 30● 的机械能为140J,有△E,=Mg1(1+sma）-2M2× 11.BD【解析】规定沿传送带向上为正方向，传送带左低右高 放置，物块初始时向下运动，最后向上运动，可知传送带沿 )2,解得l=2m或l=28m(舍去)，配重增加的动能 顺时针方向运行，故A错误；物块在减速和加速的过程中， △Ee=2M2×1r-0=1001,故C错误，D正确， 摩擦力都向上，根据牛顿第二定律有ng cos0一ng sin0 8.解：(1)恒力F做的功为W=FL=10×2J=20J ma,由图可知加速度为a=三，二，解得：= △t (②)在拉动绳子的过程中，重物上升的高度为=二 gt2c0s)十tan0,故B正确；0~t,时间内，传送带对物块 U1十02 重物的重力势能增加量为△E,=mgh 做的功等于物块动能变化量和重力势能的增加量，故W≠ 解得△E。=10J (3)根据功能关系，拉力做的功等于重物的重力势能和动能 2m,2,故C错误；物块减小的机械能等于摩擦 的增加量之和，则有W=△C,十弓m一 力对物块做功，即△E=Fx,物块与传送带间运动方向先 相反，再相同，直至共速，则相对位移△x>x,摩擦生热为 解得v=2√5m/s Q=F:△x,所以0~t2时间内，摩擦产生的热量一定大于 9.D【解析】对立方体P和小球Q整体，力F做负功，系统机 物块减小的机械能，故D正确。 械能减小，由于立方体P机械能不变，则小球Q的机械能减 方法点拨 小，可知小球Q动能的增加量不等于重力势能的减小量，故 传送带功能关系分析 A、B错误，D正确；轻杆对小球Q的作用力始终沿杆的方 (1)传送带克服摩擦力做的功：W一F5传，也是电动机因传 向，与小球Q速度方向垂直，轻杆对小球不做功，故C错误。 送带传送物体而多做的功。 1O.D【解析】设ac所在平面为零势能面，从O到a由机械能 (2)系统产生的内能：Q=F5相对。 守恒有E。=mgh,从c到d过程，由机械能守恒有E。= (3)功能关系分析：W=△Ek十△E,十Q。其中△Ek表示被 mg·乞，所以运动员第一次从a到c过程中，机械能损失 h 传送物体动能的增加量，△E。表示被传送物体重力势能的 增加量。 为△E=E。一E.=2mgh,故A错误；运动员在b点有 12.解：(1)木箱从开始下滑到再次回到顶端过程，已知向下运 R,一mg=m克，由于运动员第一次经过6的速度大于第 动到最低点的距离为L,由能量守恒定律可知货物减少的 重力势能等于木箱克服摩擦力所做的功，则mg sin30°· 二次经过b点的速度，所以运动第一次通过b点受到的支 L=μ(M+m)gcos30°·L十Mgcos30°·L,解得M= 持力大于第二次通过b点受到的支持力，根据牛顿第三定 1 律可知，运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过 b点对轨道的压力，故B错误；由题中数据可知，第一次从 (2)下滑过程中，当木箱速度最大时合力为零，由受力平衡 口到c过程克服摩擦力做功的大小为W数=△E=了mgh, 得a1=M+m）gsi血30°-a(M+m）gcos30°-召Mg, 由于从d返回的过程，经过相同位置的速度总是比从a到 同理，上滑过程中，由受力平衡得kx2=g sin30°十 c过程经过相同位置的速度小，可知返回过程的平均摩擦 Mgo30=gMg,可知至-1 X2 力比a到c过程的平均摩擦力小，所以返回过程中从c到 13.解：(1)若只获得四等奖，则滑块刚好到达a木板的右侧 Q的过程克服摩藤力做功小于弓mgh,可知运动员从d返 时，滑块的初速度最大，设最大初速度为1，分析可知，地 回经b一定能越过a点再上升一定高度，故C错误，D 面对a、b、c、d四块木板的摩擦力大小为Fa=6pmg 正确。 滑块与木板之间的摩擦力大小为Fz=2μX2mg=4mg ●31● 由于F>F2,则可知木板静止不动，滑块在木板上的加 由数学知识可知当msg-号时csg一cos0有最大值，则 B一28 速度为a1一2m 根据匀变速直线运动的速度一位移公式可得 此时小球B下降的高度h=Lc0sg= 3 L 0-u12=-2a1L (3)B球向右移动距离为L时，轻绳与水平方向夹角为 a=45°，则A、B球的速度关系为vA=vcos45° 解得1=2√gL (2)若获得一等奖，则木块必须滑到木板d,若刚滑到木板 A球上升的高度△h=(W2-1)L d的最左端，可知整个运动过程中因摩擦产生的热量最少， 由能量关系有F'L-mg△M=2mu2+2·2mu2 最少热量为Qmm=FzX3L=4mgX3L=12mgL 当滑块滑到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为 其中F'=3mg,解得vA= /2(4-√2)gL 5 F8=3ug<F 第小章 综合检测·培优卷 则可知木板d会发生滑动，木板d的加速度大小为 a:-FaFa 1.B【解析】一对作用力和反作用力，若作用力做正功，则反 作用力可能做正功，也可能做负功，也可能不做功，总功不 当木块刚好到木板d右侧时滑块和木板共速，此时摩擦力 一定为0，故A错误；一对平衡力等大反向，其位移相同，则 产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上木板时的速度 对物体做功的代数和一定为0，故B正确；滑动摩擦力对物 为2，达到共速时的速度为，根据匀变速直线运动得速 体可能做正功，可能做负功，也可能不做功，故C错误；如果 度一时间公式得v=v2一a1t=a2t 合外力不做功，则合外力可能与速度垂直，此时物体做匀速 代入数据得=号 圆周运动，故D错误。 根据匀变速直线运动的速度一位移公式得 2.D【解析】设小球下落高度为h,根据动能定理可得mgh= v2-v222 -2a12a2 =L 一2mw,可得小球落地瞬间的速度大小为0= 解得2=√6gL √02+2gh,三个小球落地瞬间速度大小相等，根据P= 滑块和木板达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静 mgv,由于水平抛出的小球落地瞬间速度方向斜向下，所 止，根据能量守恒定律可得 以竖直分速度较小，则有P,<P2=P3,故选D。 Qa=Q+2×2m,'=18mgl 3.A【解析】重物做匀加速直线运动，根据F-mg=ma,则 起重机拉力F=mg十ma一定，重物速度v=at,起重机对 所以获得一等奖，摩擦产生总热量的取值范围为 重物做功的功率P=Fv=(mg十ma)at=kt(k为定值)，所 12mgL≤Q≤18mgL。 以P随时间t变化的图像为过原点的一条射线。故选A。 14.解：(1)当a段绳与竖直方向夹角为30°时，力F和a段绳 4.D【解析】物块受到的阻力为f=Amg,当x=0时，牵引力 垂直，则由平衡知识可知，外力F的大小F=2 ngsin30°= 大小为F1=f,当x=s时，牵引力大小为F2=ks十f,由于 mg 牵引力随位移线性变化，所以整个过程的平均牵引力大小 (2)因A球锁定，则由题图可知小球B向下做圆周运动的 为F-PB,-名十f一合如十加g,在物块运动的距 1 半径为L,小球B在竖直方向速度达到最大时，设此时轻 2 绳与竖直方向夹角为8，则2 mgLos0=2·2mw 离为5的过程中拉力做的功为W:=F,=之好十Xmg,故 此时竖直速度v,=vsin0 选D。 解得v,=√2gL(cos0-cos0) 5.A【解析】根据题意有W:=mgx,结合图乙代入数据得 32●