热考专题1 功能关系与能量守恒定律-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高一物理快乐假期讲练测

高一物理每日 真题尝试 D[小球的初速度方向沿虚线 时，小球沿虚线做直线运动，根 O 据物体做直线运动的条件可知 小球所受的合力方向沿虚线方 mg 向，电场方向水平向右，如图所示，小球的初速度方 向垂直于虚线，小球做类平抛运动：小球从O,点出 发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球 的动能增加；电场力做正功，小球的电势能减小.故 ABC错误，D正确.] 大题综合 解析(1)电子在加速电场中运动过程，根据动能 定理有U=2mw” 1 [2eUo 解得一√m (2)电子偏转时做类平抛运动，水平方向有L0=t 竖直方向有vy=at 由牛顿第二定律得a=E m 偏转角度正切为tan30°= 00 联立解得E= 2√3Uo 3L0 电子带负电，根据题图中电子轨迹，可知偏转电场 方向竖直向上： (3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做 匀选运动，则有=1，H-立4=，解得9= H-告 答案 2eUo 2√3U (2) 3L0 方向竖直向上 m o (3)3H- 典题典例 BD 1 西，因此 )[根据gU-2m心2可得u√m 0 ,故A错误；在偏转电场中做类平抛运 m _U2L? 动，根据L=ty号·2.联立可得y户U” 可知偏转距离与质量和电量无关，因此两种原子核 在偏转电场中的偏转距离之比为1：1，故B正确： 两种粒子在加速电场和偏转电场中的位移均相等， 根据动能定理qU十 U2y_1 g=2m02,可知两种原子 核飞出偏转电场时的动能之比为1：1，故C错误； 设偏转电场极板右端到荧光屏的水平距离为L2,原 子核飞出偏转电场时的速度偏转角为日，则原子核 07 练·练出好成绩 一● 打在荧光屏上的位置距射入偏转电场时的竖直距 1 离Y=y+L2tanf,又tan0==t 可知两种粒子离开电场时偏转角相等，偏转距离也 相等，因此运动路径完全重合，打在荧光屏上的总 偏转量之比为1：1，故D正确.] 对点精练 BCD[电子经加速电场后根据动能定理可得eU 、1 m,加速后的速度u√m 2@U,经偏转电场的 1 时间t= 。,出偏转电场的偏转位移y=2ar= 1而，设偏转极板与荧光屏的 U212 2 距离为L,则P点到O点的偏转距离Y= y, 2 所以此示波器的灵敏度为Y=十2L)业，可知要提 U2 AdU 高灵敏度可以降低加速电压，也可以增加偏转极板 长度，增大偏转极板与荧光屏的距离，减小偏转极 板间的距离，故A错误，BCD正确.] 第二部分 热考专题突破 热考专题一 热考专练 1.C[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结 束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，A错 误；小球下落的整个过程中，重力做功WG=mgh= g(H十x一L),根据WG=一△Ep得小球重力势能 的增量为一mg(H十x一L),B错误；根据动能定理 得WG十W:十W弹=0一0=0，所以W弹=一(mg一 F:)(H+x一L),根据W弹=一△E。得弹簧弹性势 能的增量为(mg一F)(H十x一L),C正确；系统机 械能的减少量等于重力、弹力以外的力做的功，小 球从开始下落至最低，点的过程，克服阻力做的功为 F(H十x一L),所以系统机械能减少为F:(H十x一 L),D错误.门 2.C[根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1= 2cm十1cm=3cm,木块在摩擦力作用下的位移为 x2=1cm.系统损失的机械能转化为内能，根据功 能关系，有△E系妩=Q=F:·△x;子弹损失的动能 等于克服摩擦力做的功，故△E子弹=F:·x1,又△x 2.0cm,所以8E#-3,所以C正确.】 3.C[上升阶段，根据能量守恒定律得2E=Fh十 mgho,下降阶段，根据能量守恒定律得Eo十Fho= 0 参考答案 mgh0,联立解得小球的质量为m= 3E。,小球受到 2gho 空气阻力的大小为E二，故AB错误；上升过程 中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒定！ 律得2Eo=Ek1+mgh十Fh=2mgh+Frh,解得小 球距地面的高度为A=号，故C正确；下降过程 中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度为h1,: 根据能量守恒定律得mgho=Ek2+mgh1十Fr(he一 A)=2Ea十F。-FA,即3受=2Ea+空 2 Fh1,解得小球的动能大小E=B+,F血，不等 2 于受，故D错误] 4.B[关闭储能装置后汽车在地面阻力作用下做匀： 速直线运动，对于图线①，根据动能定理得△Ekm=! F,△，得F,=8X10N=2O00N,故A错误：由汽 400 1 车匀速运动时Ekm=2mum2可得，0nm=40m/s,所 以P=Ffm=80kW,B正确；加速阶段，由Pt一Fx =△Ek,得t=16.25s,C错误；根据能量守恒定律， 并由图线②可得，△E=Ekm-F:x'=8X105J-2X 103×150J=5×105J,D错误.] 5.B[由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可： 知，重力势能和动能之和随下滑距离5的增大而减！ 小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误； 在斜面顶端，重力势能E,=mgh=30J,解得物块质： 量m=1kg,设斜面领角为9，则有n9=2-号， c0s0=号，物体下滑距离为s=5m时，由功能关系 有一ng cos0·s=Ep+Ek-30J,可得=0.5，B 正确；根据牛顿第二定律可知a=} mgsin0-mgcos0可得a=2m/s2,故C错误：由重8 力势能和动能随下滑距离5变化图像可知，当物块！ 下滑2.0m时机械能E=18J+4J=22J,机械能损： 失量△E=30J-22J=8J,D错误.] 6,ABD[根据图像可知，1s时木板开始与地面发生 相对运动，kt1=内(M+m)g,解得k=2N/s,故A 正确：当=青s时，物块加连度为a1=背nm/, 1 根据牛顿第二定律得kt2一mg=ma,解得2=！ 0.5,故B正确；t3=2s时物块的加速度为kt3一 2mg=ma2,解得a2=3m/s2,2s末物块的速度为 1×1 0= 2m/s+（3+3×2-3月 3×3 7 2 -m/s= 6 m/s, -073 与详解 1 未动能为Em心小根据动能定理，合力 微的功W。=铝J:比C错误：号时木板的達度 4 1、,1 为v2= 3X3 2 m/s=8m/s,木板的加速度为 1 4 mg一h(M+m)g=Mag,解得a3=3m/s2,3 ~2s时间内，木板的位移为x2=u2t十2ag=18 1 1 ×号m+号×号×（号）a=日，号-2黄周 1、 内，木板与地面间因摩擦产生的热量为Q=h1(M十 m)g-子J,D正确.] AB[由题图乙可知，0~2s内物块的加速度为a =△0=4-24m/s2=-10m/s,负号表示加速度 △t2 方向与速度方向相反，由牛顿第二定律得mgsin0十 mgc0s0=ma,解得=0.5，故A正确，C错误；0 t图像与t轴所围图形面积表示位移，传送带底端到 顶端的距离为=号×(24十4)X2m十号×2X4m =32m,故B正确；由题图乙可知，物块在0~2s内 向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时， 由于重力沿传送带方向的分力大于物块受到的最 大静摩擦力，所以物块继续向上做减速运动，由此 可知传送带的速度为4m/s,0~2s内物块与传送 带的相对位移d=号×(24十)×2m-4X2m 20m,该过程由于摩擦产生的热量Q1=umgcos37° 1 ·d1=80J,2~4s内，相对位移d2=4×2m-2 ×(4十0)×2m=4m,该过程由于摩擦产生的热量 Q2=mngcos37°·d2=16J,整个过程由于摩擦产 生的热量Q=Q1十Q2=96J,故D错误.] 解析(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无 UN 2 作用力，则有mg=mR 解得vv=√gR=2m/s; (2)小钢珠在光滑圆孤轨道对于小钢珠和弹簧系统 从M到N,由能量守恒定律得了mN2十mgR=E 解得Ek=0.06J; (3)小钢珠水平飞出后，做平地运动，R=2gt,x _2√2 uNt,解得x=5 m. 答案(1)2m/s(2)0.06J(3)2 5m 高一物理每日 9.解析(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a,由牛 顿第二定律，有ngsin0一mgcos日=ma,又s= 1 2at,2 联立以上两式，代入数据解得a=3.2m/s2,t1=2.5s; (2)滑块在圆孤AB上运动过程，由机械能守恒定 律，有 1 7muA2+mgR(1-cos0)三7m℃B2,其中A=at 由牛颜第二定律，有F一mg=m景 2 联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力 FB≈31.7N; (3)滑块在小车上滑行时的加速度大小为a1=g= 3.5m/s2 小车的加速度大小为a2=m3-1.5m/s2 M 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满 足vB一a1t2=a2t2 由(2)可知滑块刚滑上小车的速度B=10m/s,代 入上式得t2=2s,所以最终同速时的速度v=℃B一 at2=3 m/s 由功能关系可得amg·s1=之m:2-之（m+Mr2 1 解得s1=10m. 答案(1)2.5s(2)31.7N(3)10m 热考专题二 热考专练 1.B[加A图电压时，电子从A板开始向B板做匀 加速直线运动，一定能打到B板上，故A错误；加B 图电压时，若A、B板间距足够大，则0~t0电子向B 板做匀加速运动，t。~2t0电子向B板做加速度大 小相同的匀减速运动直到速度为零，2t~3t。电子 向A板做匀加速运动，3t。~4t0电子向A板做匀减 速运动，t=4t0时电子回到出发点，可知电子有可能 打不到B板，故B正确；加C图电压时，电子一直向 B板先加速后减速，再加速再减速……一直向B板 运动，可知一定能打到B板，故C错误：加D图电压 时，可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直 向B板运动，一定能打到B板，故D错误.] 2.B[粒子在电场中运动的时间是相同的，t=0时入 射的粒子在竖直方向先加速，然后减速，最后离开 电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中 线的距离最大，故A正确：1一是T时入射的粒子在 竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向 减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场 时速度方向和中线在同一直线上，故B错误；因粒 07 练·练出好成绩 子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T,根 据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为 零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为 零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时 的速度大小都等于初速度，故C、D正确.] 3.B[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以 重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则 电场力方向竖直向上，小球带正电，故A错误，B正 确；从a→b,电场力做负功，电势能增大，故C错误； 由于有电场力做功，机械能不守恒，故D错误.门 4.A[根据题可知，小球受到的电场力F=gE=qX 3mg=3mg,当小球受到重力和电场力的合力指向 49 4 圆心时，则该点为小球运动的等效最高点，设该点 为P点，如下图所示： →gE E mg R 、由几何关系tan日三=，所以0=37，小球恰好 能在竖直轨道内完成圆周运动，则小球在P点受到 电场力与重力的合力为其圆周运动提供向心力，由 牛频第二定律E=m发，其中E=。= cos 04mg, 由于小球带正电，故小球从最低点到P点的过程 中，重力与电场力均做负功，根据动能定理可得 1 -mg(1+cos0)-9ER(1+sin0)三7mu,2一2 m,联立解得=√29g5,故BCD错误，A 2 正确.] 5.D[根据等量异种点电荷的电场线分布，可知两点 电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附 近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称 关系可知c=一9p=9,其中9c>0,pD<0,小球从 C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势 降低，所以小球的电势能减小，电场力做正功，小球 做加速运动，故A错误：小球由C到D,由动能定理 1 得Wcm=gUm=2mn2,由C到0，由动能定理可 得Wom=gUam-2m02,Wm=2Wam,联立解得 0=2m/s,故B错误；由分析可知Po=0,无穷远处 电势也是0，小球由O到D加速运动，再由D到无 穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负功，小 球做减速运动，不可能返回)，点，故C错误：小球从第二部分热考专题突破 热考专题一功能关系与能量守恒定律 【热考解读】应用功能关系与能量守恒定律来解决力学压轴大题在多过程中的综合应用问 题，是历年高考的命题热点，本专题往往与动力学、运动学等主干知识相结合，并密切联系实 际，难度较大，考生需强化练习」 …0热考专练0… 2E 1.如图所示，一根原长为L的轻 m 弹簧，下端固定在水平地面上， H 一个质量为m的小球，在弹簧 77777777777777777777 的正上方从距地面高度为H处 7777777777777 ho h 甲 由静止下落压缩弹簧.若弹簧的最大压缩量 为x,小球下落过程受到的空气阻力恒为 A.小球的质量为2E gho F,则小球从开始下落至最低点的过程 B小球受到空气阻力的大小为回 gho A.小球动能的增量大于O C.上升过程中，小球的动能等于重力势能 B.小球重力势能的增量为mg(H+x一L) C.弹簧弹性势能的增量为(mg一Fr)(H十x一L) 时，小球距地面的高度为号0 D.系统机械能减少FH D.下降过程中，小球的动能等于重力势能 2.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水 平方向飞来射入木块中.当子弹进入木块的 时，小球的动能大小为号 深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰：4.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小 好移动距离1.0cm.在上述过程中系统损失； 型发电机，将减速时的部分动能转化并储存 的机械能与子弹损失的动能之比为( 在蓄电池中，以达到节能的目的.某次测试 A.1:2 B.1:3 中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发 C.2:3 D.3:2 动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系 3如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面 图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的 竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的 高度h的变化关系如图乙所示，取小球在地： 关系图线，②是开启储能装置时的关系图 面时的重力势能为零，小球运动过程中受到： 线.已知汽车的质量为1000kg,设汽车运动 的空气阻力大小恒定，重力加速度为g,则下： 过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计 列说法正确的是 ) 根据图像所给的信息可求出 46 第二部分 热考专题突破 E/(×10J) A.k=2 N/s B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5 5 ① ② C0一2s时间内，水平拉力F做的功为 144J 578.51 x/八×102m) D青2s时间内，木板与地面间因摩擦产 A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N B.汽车的额定功率为80kW 生的热量为号J C.汽车加速运动的时间为22.5s 7.(多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒 D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电 定的速度1沿顺时针方向转动，传送带的倾 能为2.5×105J 角为37°.一质量m=1kg的物块以初速度 5.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从 o从传送带的底部冲上传送带并沿传送带 静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随： 向上运动，物块到传送带顶端时速度恰好为 下滑距离s的变化如图中直线I、Ⅱ所示，重 零，其运动的v-t图像如图乙所示.已知重 力加速度取10m/s2.则 力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37° =0.8.下列说法正确的是 30 ◆/(m·s-) 24 18 12 0N 12345s/m 甲 A.物块下滑过程中机械能守恒 A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B.传送带底端到顶端的距离为32m C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2 C.0~2s内物块的加速度大小为12m/s2 D.全过程物块与传送带间由于摩擦而产生 D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J 的热量为64J 6.(多选)如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够 8.如图，MN为半径R=0.4m、固定于竖直平 长的木板静止在水平面上，质量为m= 0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面 面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平， 间的动摩擦因数为1=0.1.现用水平向右 O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M 的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化 的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧 关系满足F=kt(k为常量)，物块的加速度a: 枪，可发射速度不同但质量均为m=0.01kg 的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧 随时间t变化的图像如图乙所示.最大静摩： 枪.某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰 擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,则 好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上 的Q点，不计空气阻力，取g=10m/s2.求： ↑a/(m·s2) R 0 P 甲 47 高一物理每日一练·练出好成绩 (1)小钢珠经过N点时速度的大小N; :9.如图所示，一质量为m =1.5kg的滑块从倾 R 角为0=37°的固定斜面 M 上自静止开始下滑，滑 777777777777777777777777元 行距离s=10m后进人 半径为R=9m的光滑圆弧AB,其圆心角为 0,然后水平滑上与平台等高的小车.已知小 车的质量为M=3.5kg,滑块与斜面及小车 表面间的动摩擦因数μ=0.35，地面光滑且 小车足够长，取g=10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8.求： (1)滑块在斜面上滑行的时间1； (2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek; (2)滑块脱离圆弧末端B点前，圆弧对滑块 支持力的大小； (3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的： 距离x. (3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑 行的距离s1. 48