课时跟踪检测(二十四) 功能关系与能量守恒定律（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

课时跟踪检测(二十四)　功能关系与能量守恒定律 (网阅作业，选择题请在答题区内作答) 1.(2025·太仓高一期末)有关功与能的下列说法中正确的是 (　 ) A.功是能量转化的量度，功的正负表示大小 B.重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小 C.沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量 D.坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量 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，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 3.(2025·苏州高一期中)如图，公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向固定竖直向上，喷出的水柱最高可达约10 m，则喷泉电动机的输出功率约为 (　 ) A.6 kW B.18 kW C.60 kW D.180 kW 4.(2025·镇江高一期末)如图所示，小明在操场上荡秋千，他用力将自己推向一侧，使秋千开始摆动，在摆动过程中，他注意到当秋千摆到最高点时，自己似乎“飘”了起来，而摆到最低点时则感到被“压”向地面。关于这个现象，下列说法不正确的是 (　 ) A.秋千摆到最高点时，小明处于平衡状态 B.秋千摆到最低点时，小明处于超重状态 C.秋千摆到最低点时，小明受到的支持力大于其重力 D.秋千摆动的幅度越来越小，说明小明的机械能不守恒 5.如图所示，一热气球总质量为m，在竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为F阻，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的 (　 ) A.重力势能增加了(mg+F阻)h B.动能增加了(F-mg+F阻)h C.机械能增加了Fh D.机械能增加了mgh+mv2 6.(2025·宿迁高一期末)蹦床有“空中芭蕾”之称，蹦床训练有助于少年儿童身体健康、智力发展和感觉知觉系统发展。如图所示，某次比赛时，运动员刚开始静止在蹦床上的B点(未标出)，通过调整姿态，多次弹跳后能达到的最高点是A点，距离B点高度为h，然后运动员从A点保持姿势不变由静止下落，一直将蹦床压缩至最低点C点。不计空气阻力，关于上述过程的说法正确的是 (　 ) A.运动员在B点机械能最大，在C点的加速度竖直向上 B.从A点下落至C点的过程，运动员的机械能先不变后增大 C.从A点下落，在B点至C点的过程，运动员的动能一直减小 D.从静止开始的整个过程中，运动员和弹簧床组成系统的机械能守恒 7.(2025·常州高一阶段练习)DIY手工能够使人们体验到创造过程中的乐趣和成就感。如图为某款DIY太阳能小车，组装成功后质量约为130 g，太阳直射时匀速行驶速度约为0.25 m/s，行驶过程中阻力约为车重的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011 m，太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026 J，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为15 cm2，g取10 m/s2。则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为 (　 ) A.5% B.10% C.20% D.30% 8.(12分)(2025·昆山高一期末)流体一般是指液体流、气体流等，质量具有连续性。水和空气是常见的流体。对于此类流体问题，可沿流速的方向选取一小段柱形流体(微元)作为研究对象。 (1)如图甲所示，环保人员在一次检查时发现，有一根管壁厚度不计的排污管正在向外排出大量污水。这根管道水平放置，排污管的直径为D，管口到水面的高度为H，管口到污水落点的水平距离为x，忽略一切阻力，D≪H，已知重力加速度为g。估算： ①污水从管口流出的速度v；(3分) ②该管道排水的流量Q(即每秒钟排出污水的体积)。(3分) (2)如图乙所示，风力发电机能将风能(即空气的动能)转化为电能，当风吹过叶片时，由于空气动力的效应带动叶轮转动，叶轮通过主轴连接齿轮箱带动发电机发电。已知某风力发电机接收风能的有效面积为S，空气密度为ρ，当地风速为v，风能转化为电能的效率为η。求： ①在时间Δt内经过有效面积S的空气的体积ΔV；(3分) ②该风力发电机发电的平均功率P。(3分) 9.(14分)(2025·江阴高一期末)如图所示，竖直平面内固定的光滑半圆轨道BCD和光滑半圆管道DE在D点平滑连接，D、E分别为光滑半圆轨道和光滑半圆管道的最高点，O、O'分别为半圆轨道和半圆管道的圆心，C点与圆心O等高。水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，在水平地面的P点处有一竖直挡板，A点有一可视为质点的物块，一轻质弹簧水平放置在P、A间，左端固定在挡板上，右端与物块接触(未拴接，开始弹簧处于原长)，P、A间地面光滑，A、B间地面粗糙。现使物块压缩弹簧(始终处于弹性限度内)，某时刻由静止释放。已知物块质量m=1 kg，A、B间地面长度L=0.2 m，物块与A、B间地面的动摩擦因数μ=0.5，半圆轨道半径R=0.9 m，半圆管道半径r=0.1 m，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点，管道半径远大于其内径。 (1)若释放后，物块恰好能运动到C点，求： ①物块经过B点时对轨道的压力N的大小；(3分) ②弹簧最初所具有的弹性势能Ep0的大小。(4分) (2)若释放后，物块能经过E点，求释放时弹簧所具有的弹性势能最小值Epmin及此时经过E点时的速度vmin的大小。(结果可保留根号)(7分) 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 课时跟踪检测(二十四) 1．选B　功是能量转化的量度，功的正负表示动力做功还是阻力做功，故A错误；重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小，故B正确；沿竖直方向用手加速向上提水桶时，根据功能关系可知，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量和动能增加量之和，故C错误；坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能增加量之和，故D错误。 2．选B　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，则足球机械能减少，足球从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，选项C、D错误。 3．选B　喷出的水柱最高达10 m，可得水柱喷出的最大速度v＝＝10 m/s，根据能量转化，有P＝，又每个喷嘴t时间内喷出水的质量为m＝ρSvt＝ρπ2vt，解得P＝5πρd2v3≈18 kW，故选B。 4．选A　小明荡秋千的过程是圆周运动的一部分，在最低点时合力向上，有F－mg＝m，所以F＝mg＋m，故小明处于超重状态，故B、C不符合题意；在最高点仍有加速度，不处于平衡状态，故A符合题意；秋千摆动的幅度越来越小，说明小明的机械能不守恒，故D不符合题意。 5．选D　热气球从地面由静止上升高度h，克服重力做功mgh，则重力势能增加了mgh，故A错误；根据动能定理可得(F－mg－F阻)h＝ΔEk增，故B错误；根据功能关系，可得ΔE＝(F－F阻)h＝mv2＋mgh，故C错误，D正确。 6．选C　运动员下落过程，在接触蹦床之前只有重力做功，运动员的机械能守恒，与弹簧接触之后向下运动过程中，蹦床的形变量增大，蹦床的弹性势能增大，运动员的机械能减小，可知运动员在B点的机械能小于运动员接触蹦床之前的机械能，即运动员在B点机械能不是最大，运动员在C点蹦床对运动员的弹力大于运动员的重力，加速度方向竖直向上，故A错误；结合上述可知，从A点下落至C点的过程，运动员的机械能先不变后减小，故B错误；从A点下落，接触蹦床之前，运动员做自由落体运动，运动员动能增大，刚刚接触蹦床时，蹦床对运动员的弹力小于运动员的重力，运动员向下运动过程中，蹦床弹力增大，则运动员向下做加速度减小的加速运动，到达B点时，弹力与重力平衡，运动员加速度为0，速度达到最大，动能达到最大，之后，蹦床的弹力大于重力，运动员向下做加速度增大的减速运动，可知，运动员在B点至C点的过程，动能一直减小，故C正确；根据题意运动员先处于静止状态，多次弹跳后能达到的最高点是A点，此过程，运动员的机械能增大，可知，从静止开始的整个过程中，运动员和弹簧床组成系统的机械能不守恒，故D错误。 7．选A　由题意可知，驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为P机＝Fv＝fv＝0.2mgv＝0.065 W，该太阳能小车接收太阳的功率为P＝×S×(1－37%)，其中P总＝＝3.9×1026 W，r＝1.5×1011 m，S＝15 cm2＝1.5×10－3 m2，代入数据解得P≈1.304 W，该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为η＝×100%＝×100%≈5%，故选A。 8．解析：(1)①在水流中取一小段水柱，视为微元，该微元做平抛运动，由x＝vt，H＝gt2，解得v＝x 。 ②设管道的横截面积为S，流量 Q＝＝＝ 。 (2)①空气柱的体积 ΔV＝SvΔt。 ②Δt时间内风力发电机接收的风能 Ek＝Δmv2 其中Δm＝ρSvΔt 发电的平均功率 P＝＝ηρSv3。 答案：(1)①x 　② 　(2)①SvΔt　②ηρSv3 9．解析：(1)①从B点到C点，根据机械能守恒定律得 mv＝mgR，解得vB＝3 m/s 在B点对物块根据牛顿第二定律得FN－mg＝m 解得轨道对物块的支持力FN＝30 N 根据牛顿第三定律，物块经过B点时对轨道的压力大小N＝FN＝30 N。 ②根据能量守恒定律得Ep0－μmgL＝mv，得Ep0＝10 J。 (2)若释放后，物块经过E点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律mg＝m，代入数据解得vmin1＝1 m/s 当vmin1＝1 m/s时，根据动能定理可得－2mgr＝mv－mv，解得vD＝ m/s 此时mg>m 所以此种情况下物块不能到达D点，要以通过D点的最小速度求解，根据牛顿第二定律有mg＝m 根据能量守恒定律有Epmin－μmgL＝mg×2R＋mv mv＝mg×2r＋mv 联立解得vmin＝ m/s，Epmin＝23.5 J。 答案：(1)①30 N　②10 J　(2)23.5 J　 m/s $