第4章 课时冲关23 素养培优8 功能关系、能量守恒定律&课时冲关24 实验5 科学验证：机械能守恒定律-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

课时冲关23 素养培优8 1.2025年9月3日，在中国 抗战胜利80周年阅兵式 上展现了尖端的无人作 战机.无人机在生产和生 活方面也发挥着重要作 用，如图所示，无人机悬 停在地面上空为灾民投 送物资，投送物资的质量 为m,重力加速度为g.在物资下降h高度 的过程中（未达到最大速度），下列说法正 确的是 A.物资机械能守恒 B.物资动能增加mgh C.物资的重力功率逐渐增大 D.物资的重力势能增加mgh 2.2025年全国运动会决赛中， 广东选手陈烨夺得滑板男子 碗池项目冠军，假如某次训练 中陈烨以同一姿态沿轨道下 滑了一段距离，这过程中重力对他做功为 800J,他克服阻力做功为200J,不计其他 作用力的功，则陈烨在此过程中 ) A.动能可能不变 B.动能增加了600J C.重力势能减少了600J D.机械能增加了200J 3.小球从某一高度处自由 下落，着地后反弹，然后 又落下，每次与地面碰撞 后的速度为碰前速度的 一半.以开始下落为计时 起点，第一次落地时速度 为vo,小球的v-t图像 如图所示，不计空气阻力，下列说法正确 的是 A.每个阶段的图线并不相互平行 B.小球多次与地面碰撞，最终损失的总能 量AE=}m C.小球每次与地面相碰后动能损失为上 一次的一半 D.小球每次与地面相碰后上升到最大高 度所需的时间是前一次下落时间的 一半 4.(双选)如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜 坡向上推动平板车，将一质量为10kg的 货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间 始终没有发生相对滑动.已知平板车板面 与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的 变化图像如图乙所示，sin10°=0.17，则 货物 ) 28: 功能关系、能量守恒定律 ↑E小 5 x/m A.在0~3m的过程中，所受的合力逐渐 增大 B.在35m的过程中，所受的合力逐渐增大 C.在0~3m的过程中，机械能先增大后 减小 D.在3~5m的过程中，机械能先增大后减小 5.(双选)彩虹滑道是一 款旱地仿滑雪设备， 其模型如图所示.质 esm 量为50kg的人坐在 滑板上，从滑道斜面顶端由静止开始沿直 线匀加速下滑，经过5s到达底端，速度大小 为20m/s.已知彩虹滑道的倾角为30°，重力 加速度g=10m/s2,该过程中下列说法正 确的是 ( A.人的重力势能减少了2.5×10J B.人克服阻力做功2.5×103J C.人的动能增加了1.0×104J D.人的机械能减少了1.5×10J 6.(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有 并排放置的A、B两个物块，两物块质量均 为0.2kg,A与地面间动摩擦因数为4= 0.25,B与地面间无摩擦，两物块在外力F 的作用下向右前进，F随位移x的变化图 像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M 为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面 平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点 间的长度大于4m.求 1 F/N 1.5 1.0 F A B 0.5 x/m 0 甲 7 (1)0~1m内F做的功； (2)x=1m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足 的条件. 课时冲关24 实验五科 1.(2025·江苏卷，11)小明 同学探究机械能守恒定 光电门 律，实验装置如图.实验 时，将小钢球在斜槽上某 位置A由静止释放，钢球沿斜槽通过末端 O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光 时间t.用游标卡尺测出钢球的直径d,由 0=得出其通过光电门的速度v,再计算 出动能增加量△E-md,用刻度尺测 得钢球下降的高度h,计算出重力势能减 少量△E (1)安装实验装置的操作有： ①在斜槽末端安装光电门 ②调节斜槽在竖直平面内 ③调节斜槽末端水平 ④将斜槽安装到底座上 其合理的顺序是 (选填“A“B”或“℃”). A.①②③④B.④②③①C.④①②③ (2)测量钢球直径的正确操作是图中 (选填“甲”或“乙”)所示的方式. 甲 (3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢 球测量得出的实验数据见表1，已知钢球的质 量m=0.02kg,重力加速度g=9.80m/s2. 请将下表的数据补充完整， 表1 h/(10-2m) 4.005.00 6.00 7.008.00 △E./(10-3J)4.906.257.45 8.78 10.0 △E./(10-3J) 7.84 9.80 11.8 13.7 (4)实验数据表明，△E明显小于△Ep,钢 球在下降过程中发生机械能的损失.小明 认为，机械能的损失主要是由于钢球受到 的摩擦力做功造成的， 为验证此猜想，小 明另取一个完全相 同的斜槽按下图平 滑对接.若钢球从 左侧斜槽上A点由静止释放，运动到右侧斜 槽上，最高能到达B点，A、B两点高度差为 H.则该过程中，摩擦力做功大小的理论值 W理 (用m、g、H表示). (5)用上图的装置，按表1中所列部分高度 h进行实验，测得摩擦力做功大小W测·由 于观察到H值较小，小明认为，AO过程 摩擦力做功近似等于AB过程的一半，即 28 学验证：机械能守恒定律 用然后通过表1的实验数据计算出 过程损失的机械能△E=△E,一△E.整理相关 数据，见表2 表2 /(10-2m) 4.00 5.00 6.00 7.00 △E/(10-3J) 2.94 3.55 4.35 4.92 W/(10-2J) 0.98 1.08 1.18 1.27 上表中△E与W,相差明显.小明认为这 是由于用"近以汁算m,不合理，你是面 同意他的观点？ 请根据 表2数据简要说明理由. 2.如图甲所示，某物理实验小组为了验证机 械能守恒定律，将打点计时器固定在铁架 台上，使重物带动纸带从静止开始下落. 点 真流 甲 (1)实验中，按照正确的操作得到如图乙所 示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打 出的点A、B、C,测得它们到起始点O(纸 带上第一个点)的距离分别为hA、hB、hc 已知当地重力加速度为g,打点计时器打 点的周期为T.设重物的质量为m,从起始 点O运动到B点的过程中，重物的重力势 能减少量△E。 ,动能增加量 △Ek= ,(结果用题中所给字母表示) (2)实验结果发现，重力势能减少量△E 大于动能增加量△E,可能的原因是 A.先释放纸带后接通电源 B.运动过程中受到阻力影响 C.运动过程中阻力忽略不计 (3)实验小组改进了 实验方案，如图丙所 示，利用光电门和数 字传感设备组成集 成框架，框架水平部 分安装了电磁铁，将小铁球吸住.断电后， 小铁球立即由静止释放，小铁球经过光电 门时，与光电门连接的数字计时器读出小 球通过的时间t,并算出此时小球的速度 v,多次改变光电门的位置，得到多组x、t 的数据，作出的图像如图丁所示.已知重力 加速度为g,若小球的直径为d,则小球通 过光电门的速度v与时间t的关系为v ;若图丁中直线的斜率k= 则可验证小铁球在下落过程中机械能守恒.联立解得F,'=3N, 由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为 Fx=F=3 N; (3)小车从B到P,由动能定理得 1 1 一mg·2r=2m听-乞m呢， 小车从P点飞出后做平抛运动，根据平越运动的规律可 1 得x=Upt,2r=2gt, 联立解得x=√一16r+4r √-4-)+， 1 当，=8m=0.125m时，小车落地点与P点的水平距 离最大，小车从P点飞出p>0,则<0.25m, 综合可知，当r=0.125m时，小车落地点与P点水平距 离最大，最大距离为工m=之m 1 答案：(1)√/10m/s(2)3N(3)0.125m:0.5m 课时冲关22机械能守恒定律及其应用 1.C2.D3.C4.C 5.C[铅球所受重力即为其合力，铅球上升过程，重力做 负功，铅球动能减小，重力势能增大；铅球下降过程，重 力做正功，铅球动能增大，重力势能减小，可知铅球在运 动过程中动能先减小后增大，故A错误；根据上述可知， 铅球在运动过程中重力势能先增大后减小，故B错误； 铅球运动过程中，只有重力做功，铅球的机械能守恒，可 知若以她出点所在水平面为零势能面，铅球落地时的机 披能为之m6,故C正确；根据机械能守恒定律可知，铅 球在轨迹最高处的机械能为2m,故D错误.] 6.B[小球由位置A至位置B过程中弹簧的弹性势能转 化为小球的重力势能和动能，故A错误；小球由A→C, 由系统的机械能守恒EA=mg(ha十hr)=0.2×(0.1十 0.2)×10J=0.6J,故B正确；小球由位置B至位置C,只 有重力做负功，小球的动能转化为重力势能，小球的机 械能守恒，故C错误；在位置C时，小球的速度为0，动能 是0，但重力势能与参考平面的选择有关，若选位置C所 在平面为参考平面，重力势能为零，机械能为零，若选择 其他平面为参考平面，重力势能不为零，机械能不为零 故D错误.门 7.B[由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断 加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重 状态，无法判断图示瞬间小球向上做何种运动，故A、C 错误；在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向 上，拉力对小球做正功，小球机械能一定增加，故B正 确；由于手在下降，因此手对橡皮筋做负功，系统的机械 能减小，故D错误.门 &.D[根据动能定理可得mg(H-)=子md-合md, 解得物体在A点的动能为了m=mg(H一-h)十合m,故 A、B错误；物体运动过程只受重力作用，物体的机械能 守恒，取地面为参考面，则物体在A点的机械能为E4= mgH十之mU,故C错误，D正确.] 4] 9.B[由于弹簧一直处于压缩状态并且形变量越来越大， 所以弹簧的弹性势能一直在增大，故A错误；在小球刚 接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向 下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相 等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于了重力，小球 开始减速，直至减为零；所以小球的速度先变大后变小， 所以动能也是先变大后变小，故B正确；由于在下降的 过程中，重力对小球一直做正功，故小球的重力势能减 小，故C错误；根据机械能守恒条件可知，小球与弹簧系 统机械能守恒，弹簧的弹性势能一直在增大，小球的机 械能总和一直在减小，故D错误.门 10.BD[绣球在竖直平面内做加速圆周运动经过最低，点 A时向心力竖直向上，因其做加速运动还具有切向分 力，故经过最低点A时所受合力不是竖直向上，A错 误：以A点所在水平面为零势能面，绣球在D点时的机 拔能为E=mg十子m,B正商：B点略高于D点，由 斜抛运动规律可知，绣球从B到C的时间小于从C到 D的时间，C错误；由动能定理得，在整个抛绣球过程 中，小明对绣球微的功为W=mgh十号m心，D正确.] 11.解析：(1)取CD面为零势能面，A球距离零势能面的高 度Aa=R-Rcos60°=2R, B球在零势能面以下的距离 M=3R-2R=2.5R 所以系统的重力势能E。=3mgha一mghg, 解得E。=一mgR； (2)根据牛顿第二定律有 3 ngsin60°-T=3ma, T-mg=ma, 解得a=3v3-2 88 (3)由题意可知，A、B组成的系统机 浅能守位，有×3m暖十名m6= 3mghA一mgR, 在C点进行速度的合成与分解，如图 zmmnnigm 所示， 根据几何关系，有m=vAc0s30°， 联立解得=2⑤迟 15 8g(3)21⑤ 答案：1)-mgR(2)3B-2。 15 课时冲关23素养培优8功能关系、 能量守恒定律 1.C「因为空气阻力的存在，物资机械能不守恒，故A错 误；根据动能定理△Ek=mgh一W,知B错误；下落过 程速率增大，根据P=mg℃可知，重力功率逐渐增大，故 C正确；下落过程中物资的重力势能减少gh,故D 错误.门 2.B设克服摩擦力做功为W:,由动能定理可得WG一W: =△Ek,可得动能增加了△Ek=600J,故A错误，B正 确；重力做正功，重力势能减少，减少的重力势能等于重 力做的功，即△E。=一W。,故重力势能减少了800J,故 C错误；除了重力、弹力以外的其他外力做的功等于机： 械能的变化量，即△E=W#他，解得△E=一W,=一200 J,故机械能减少了200J,故D错误.] 3.D[自由落体运动和竖直上抛运动的加速度均为重力 加速度，根据v-t图像的斜率等于加速度，知每个阶段 的图线是相互平行的，A错误；小球每次与地面碰后速 率变为碰撞前的一半，则动能变为碰撞前的四分之一， 即小球每次与地面相碰后动能损失为上一次的子，多次 碰撞后最终小球静止，损失的能量△E=令m,B、C错 误；令落地的速度为v,下落到地面的时间为=”，则 g 反弹后向上运动的初速度为受，运动到最高点的时间为 4=D正确.门 4.BD[由动能定理F合x=Ek一O,解得 ,可知图乙所示图像的斜率的 F6=1 x 5 /m 绝对值表示合外力的大小，则可知，在 0一3m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则货物 所受的合力逐渐减小；在3m~5m的过程中，图像斜率 的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大， 故A错误：B正确；根据图乙可知，在03m的过程中， 动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的 势能也逐渐增大，由此可知，在0~3m的过程中，货物 的机械能始终增大，故C错误；取x=0处为零势能面， 在x=5m处货物的重力势能为E。=ngxsin10°=85J, 作出重力势能随位移变化的图像如图所示，在x=3m 时动能最大，之后动能减小，根据两图线的斜率对比，可 知在x=3m之后动能随位移减小的快慢先是慢于重力 势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能增大，在3m ~5m之间的某位置之后，动能随位移减小的快慢又快 于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能减 小，故在3m~5m的过程中，货物的机械能先增大后减 小，故D正确.] 5.BC[人下滑的位移x=号=婴×5m=50m,人下济 的高度h=xsin30°=25m,人的重力势能的减少量△E =mgh=50×10×25J=1.25×10J,故A错误；人的动 能增加量△E.=合md=号×50×20J=1X10J,故C 正确：人下滑过程，由动能定理得mgh-W:=2mu-0,解 得人克服阻力做功W,=2.5×10J,故B正确：机械能的 减少量等于克服阻力做的功，由功能关系可知，人机械 能的减少量△E=W:=2.5×10J,故D错误.] 6.解析：(1)01m,F做功W=Fx=1.5×1J=1.5J: (2)对AB整体，根据牛顿第二定律F-f=2ma, 其中f=mg, 对B,根据牛顿第二定律FA=1a,联立解得 FAB=0.5 N; (3)当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据(2)分析 可知此时F'=0.5N,此时x=3m, 此过程中，A、B开始分离，对A、B,根据动能定理W。一 mgx=之×2mt, 41 根据题图可得w=1.5J+0.51.5×2J=3.5J, 2 从P点到M点，根据动能定理 1 一mg2rams=mum一m， 在M点的最小速度满足mg=m血 联立可得rx=0.2m, 即圆孤半径满足的条件r≤0.2m. 答案：(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m 课时冲关24实验五科学验证：机械能守恒定律 1.解析：(1)正确步骤为将斜槽安置于底座上，调节斜槽在 竖直平面内，调节斜槽末端水平，安装光电门，序号为④ ②③①.故选B. (2)根据游标卡尺的用途可知选甲 (3)根据△E。=mgh, 可知小球下降高度为8.0X102m时减少的重力势能为 下降高度4.0×102m的二倍，代入数据可得△E。≈ 15.7×103J: (4)根据动能定理可得gH一W=0, 可得W=mgH; (5)同意，原因是小球减小的重力势能有一部分转化为 小球的转动动能，相差很大的原因是小球的转动动能没 有计入 答案：(1)B(2)甲 (3)15.7(4)mgH (5)①同意②小球减小的重力势能有一部分转化为小 球的转动动能，相差很大的原因是小球的转动动能没有 计入 2.解析：(1)从打O点到打B点过程中，重物的重力势能 减少量为△E。=mghB, 打B点的速度为uB=c,h 2T 动能的增加量为△E.=是m暖=子m(作2 hc-hA m(hc-ha)2 8T (2)先释放纸带后接通电源，会使打点计时器开始打点 时纸带具有一定的速度，从而导致重力势能的减少量小 于动能的增加量，故A错误；运动过程中受到阻力影响， 使重力势能一部分转化为克服阻力做功的内能，另一部 分转化为重物的动能，从而导致重力势能的减少量大于 动能的增加量，故B正确；运动过程中阻力忽略不计，重 物下落过程中机械能守恒，则导致重力势能的减少量等 于动能的增加量，故C错误. (3)根据光电门测速原理可知，小球的直径为d,小球通 过光电门的速度与时间的关系为 根据匀变速直线运动速度一位移公式有 =2gx,其中0= t 整理得号=2g,即1一g‘下 d21 结合图丁可知= 2g1 答案：(1)mghB m(hc-ha) 8T2 (2)B(3)4 t 2g