课时分层检测(30)功能关系能量守恒定律-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

,C[篮球第一次到达地面时所获得的动能为！ Ek1=mgH,运动的路程为1=H,篮球第一次} 与地面作用后损失的动能为△Ek1一10%E1= 0.1mgH,反弹后上升到最高点时的高度为H= 09H,篮球第二次到达地面运动的路程为s2= H+2H1=H+2×0.9H,篮球第二次与地面！ 作用后损失的动能为△Ek2=10%Ek2=0.1ng H1=0.9ngH×0.1,反弹后上升到最高点时： 的高度为H,=0.9H=0.9H,篮球第三次到 达地面时运动的路程为s=H十2H1十2H2= H+2X0.9H+2×0.9H,以此类推，篮球第n 次到达地面时运动的路程为$m=H十2X 0.9H+2X0.92H+·十2X0.9"-1H,根据等 比数列求和公式可得ss=H+2X0.9HX! 1-0.9w-1 1=0.9,当n趋于无穷大时，有56=19H,C 正确。] 6.BC[根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsn0+ Mgcos0=Ma1,下滑时，有(M+m)gsin0-! A(M+m)gcos0=(M+m)a,所以2=至，故 A错误；设顶端到弹簧压编到最短位置间的距 离为x,集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再 到返回顶端，根据动能定理，有mgrsin0-a(M! 七m)gcos0·x一Mgcos0·x=0,可得= ,故B正确；若集装箱与货物的质量之比为 1:1,则mgxsin0-(M+n)gcos0·x一 Mgcos0·x<0,说明集装箱不能回到轨道顶！ 端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为！ 1:6,则mgrsin0-u(M+n)gcos0·x-1 Mgcos0·x>0,说明集装箱能回到轨道顶！ 端，故D错误。] 7.解析(1)防滑材料与滑板间的动摩擦因数为 u,根据平衡条件可得mngsin0-mgcos0 解得u=tan8。 (2)设运动员在轨道最低，点C的速度大小为： ,对运动员从C到E的过程，根据动能定理5 可得 在C点处，根据牛顿第二定律可得FN一mg= 联立解得FN=4mg。 1 (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做往返一】 次滑行，设滑板离开B点时的最小速度为1，！ 则运动员返回AB时，滑板右端恰好可以与B! 点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长度！ 为工时，其所受滑动摩擦力大小为日=无 umgcos 0 由上式可知F-x图像是一条过原点的倾斜直！ 线，图像与坐标轴圆成的面积表示F,做功的绝！ 对值，所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部！ 进入到AB区域的过程中，摩擦力做的功为 W:=-2umgL.cos 0 根据动能定理可得一ngLsin0十W;=0一 2n2 解得u1=√3 gLsin0 设滑板离开B点时的最大速度为2，则运动员 返回到AB时，滑板左端恰好与A,点重合，根据： 动能定理可得一4 mgLsin0一3 mgLcos0+W,! =0-m 解得-√/15 gLsin0 综上，滑板离开B点时的速度需要满足 √3 gLsin0su√/15 gLsin0。 答案(1)tan0(2)4mg(3)√J3 gLsin0H ≤/15 gLsin0 课时分层检测（二十九） CD[甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，： 由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能 都增加，故A错误：物体匀速上升，动能不变， 重力势能增加，则机械能增加，故B错误；小球！ 在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做！ 功，机械能守恒，故C正确；弹丸在光滑的碗内！ 做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的： 机械能守恒，故D正确。] B[由题意，篮球入筐位置B的水平面为零势， 能面，则篮球在位置B时的重力势能为零，动 能为Ek,则E一之u=一mg(H一h),机械！ 能E=E十E=之m+mg(h-H),故； 远B。] C[设滑离圆孤轨道时的位置为P,OP与竖！ 直方向的的夹角为0，剥mgs0=n发，由机核 能守恒定律可知mgR(1一cos)=2m,解！ /2 得v√分R,故C正确。] C[a球和b球所组成的系统只有重力做功，！ 则机械能守恒，故A错误：a球到达与b球等高 位置时，b球速度为零，根据系统机械能守恒， 则mgl=之mv。,解得=√2g工，故B错误； 当a球运动到两杆的交点后再往下运动√2L,此！ 时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球 的速度达到最大，则mg(L十②L)=m%, 所以=√2(1十√2)gL,故C正确；由于系统！ 机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过！ 程中，刚性轻杆对α球的弹力先做负功后做正！ 功再做负功，故D错误。] C[设B刚落地时速度为，则根据机械能守！ 1 恒有2mgX7r=mgX1r+之X3m+mn, 解得U=2√gr,当物块B落地后，A还能上升！ 的高度h=2g 广 2r,因此A上升到最高，点离地 面的高度为9r。故远C。 BD[若自由释放链条，以桌面为参考平面，根： 据权能守板可得一受·台=一 6 乞m心，解得链条刚离开桌面时的速度为=！ 3 V2gL 故B正确，A错误：若要把链条全部拉到桌面 、上，至少要对链条做的功等于垂于桌外链条 增加的重力势能，剥有W=·卡=兴， 18 故D正确，C错误。] C[物体的重力势能为动能的一半时，设物体！ 距离地面高度为h,有之m=2mgh,根据机 械能守恒定律可得m,”=之m十gh= ,得一服放八精柔：当物体的建 2时，物体的动能为E三2m(?】 8,物体的重力势能为E,=之-E- 8m,故B错误；物体的动能和重力势能相等！ 时，设物体距离地面的高度为h,则有mgh= 立m”,根据机械能守恒定律可得号m2= -516- 之a十g-2mg,解得W-0,tC正 确：设物体能达到的最大高度为H,根据机械 能守恒定律可得之m,=mgH,解得H= 2g,若物体的质量交为原来的2倍，其他条件 不变，则物体能达到的最大高度不变，D错误。] AD[设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 FT,重物加速度为a,则有2ng一Fr=2na, Frsin30°十g=ma,根据运动的分解可知 2 2 a'sin30°=a,解得a=g,Fr=号mg,故A 正确，B错误：圆环下落到最低点的过程中，拉 力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆 环的机械能先增加后减小，故C错误；圆环下落到 与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，裉据运动 的分解可知，重物的速度为0，对系统根据机械能 守恒定律有ngdtan30°+2ng cos 30-d= 1 10√5-12 2m,解得u=√03 gd,故D正确。] 解析(1)F=0时，对A球受力分析如图甲所 示，有2F1c0s53°=mg 对B球受力分析如图乙所示 有Fsin53°=k.x 其中x=2L(sin53°-sin30),且F=F 解得k=10mg 9L F F Fs B宋 mg F mg 甲 (2)自由释放时A球的加速度方向垂直于AO杆， 由牛顿第二定律得ng00s60°-F￥c0s30°=ma 得F4=Bmg-2V3ma 3 (3)当0=90°时，UA=cos45 对系统由机械能守恒定律得 mgL(cos30-c0s45）=合m2+合m 十E 解得E,=B- 3 2 mgL-mw。 答案(1)10ms(2)y3mg-2V3me 9L 3 (3)3- 2 nmRL-子md 课时分层检测（三十） B[由足球的运动轨证可知，足球在空中运动 时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势 能增加mgh,从1到2动能减少量大于mgh,故 A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用， 机横能减小，重力势能减小ngh,则动能增加小 于mgh,故C、D错误。] BC[滑块上升过程中重力势能增加，根据能 量守恒定律可知，动能与电势能之和减少，故A 错误；由题图知，上滑过程中，机械能减少，则静 电力对木块做负功，滑块的机械能减少了△E 4E。一3E,=E,动能减少△E4=4E,所以滑块 的重力势能增加了△E,=4E一E,=3E,故D 错误：由图乙可知滑块上滑的距离为x,则有 F,=E,滑块受到的静电力大小为F=E,故 C正确；滑块上滑过程中，重力做负功，滑块的部 分动能转化为重力势能，则有mgsin37°·西= 3亚，则滑块的重力大小为mg-正，故B 正确。] 3.C[△t时间内从喷头喷出的水的质量为n= Sv·△，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出 _之n 的水的动能增加量，即P=立 一，联立 解得P=100W,故选C。 4,CD[小球从P点运动到B点的过程中，重力 做的功We=mg(2R-R)=mgR,故A错误； 小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有！ 压力，则有mg=m紧，解得%=g瓜，则此 过程中机械能的减少量为△E=mgR一 之mm2=名mgR,故B错误：根搭动能定理可 知，合外力做功W合=2mus-0=立mgR, 故C正确；裉据功能关系可知，小球克服摩擦， 力做的功等于机械能的减少量，则W克一△E=! 乞ngR,故D正确。] 5.BD[根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，！ 轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可： 知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻 绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A, 错误：对A受力分析，受到重力、斜面的支持 力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能！ 定理可知，A动能的增加量等于拉力，重力以及！ 摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重！ 力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正！ 确：由除重力和弹力之外的力对物体做的功等！ 于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对！ A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错！ 误：对两滑块组成的系统受力分析可知，除了重 力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成！ 的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的， 功，故D正确。] 6.C「根据动能定理有，摩擦力对物体做的功！ W=m心，故A错误；电动机多做的功转化 为物体的动能和系统的内能，所以电动机多做！ 的功一定大于号m,故B错误；设共地时物 体相对地面的位移为工1，传送带相对地面的位 移为，则有工1=受，x=,可知西=2红 可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体 做功的2倍，即m心，则系统产生的内能E=} md-之ma=子md,故C正确，D错误，】 7.A[全过程根据能量守恒定律有Wg=mg· x十E。十E,其中根据图像可得外力F做的功： 为图线与横轴圆成的面积，所以有W=(5十 10)×0.2×2J十10×0.2J=3.5J,弹性势能 E,=2kx2=2.4J,克服摩擦力做功为0,4J 代入数据联立解得E=0.7J,故A正确]！ 8.B[设水从出水口射出的初速度为，取t时： 间内的水为研究对象，该部分水的质量为n一} S,根据平抛运动规律=1，h=gt, 1 解得w=1√气，根据功能关系得P)- m2十mg(H十h),联立解得水泵的输出功率 为P=(H++品)故选B] 9.B[解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置： 时，对甲及其所坐木板整体有kx。=mg,解得； 弹性绳的伸长量=，则北时弹性绳的弹 性势能为B=宁=兰，从开始拉动 2k 乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过： 程，乙所坐木板的位移为工=十1-d,此过 程中由于摩擦产生的热量Q一4mg1,则由功 能关系可知该过程F所做的功W一E,十！ 3g】+ung(1-d） 2k 解法二：画出外力F与乙 所坐的木板的位移x的 2umg 关系图像如图所示，则外 力F微的功W=ng(1 -d）+omg+20ms.x, 01-d1-d+x 2 又kz=kmg,联立解得W=3(mg) +ng( 22 一d),故远B。] 0.解析(1)若滑块P刚好能沿圆轨道运动到！ 圆锐道的混高点，有m以=m紧 滑块P由静止运动到圆轨道最高，点过程，由 能量守恒定律可得 3 3 E,=uamgcos37X2R+mgRsin37°+R 1 +Rcos37）十mn 联立解得E。=3.8mgR。 (2)为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的！ 速度应大于零，由能量守恒定律可得 E,>Mgeos37r·2R+Mg·2Rsin37 2 解得M<器m 要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道！ 上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守！ 恒定律可得E≤Mgcos37°·是R+Mgg (号Rsn37*+Ros37】 解得M伦器m 综上所述可得器m<M<器 加。 答案(a8mR(2器m<M<沿 课时分层检测（三十一） C[传送带以某一速度逆时针转动，与传送带 静止时相比较，滑块的受力情况不变，所以滑块 的加速度不变，即滑块速度变化的快慢不变，则！ 滑块的位移不变，滑块还是从传送带的右端滑， 离传送带，不能再次滑上曲面，故A、D错误：由 x一2P可知滑块在传送带上运动的时间不！ 变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带！ 的位移增大，由Q=Fx相对，可知摩擦产生的热！ 量增多，故B错误，C正确。] ABD[煤块在t1时刻的速度v。=a1t1,由牛！ 顿第二定律有ngsin0+4 ng cos0=na1,解得！ 4=0.5,故A正确；在最初0.5s内煤块的位移！ 工1=24，因为<tan0,所以此后煤块的加速 度满足mgsin0-umg cos0-ma2,再经t2=2s! 到达传送带底端Q点，有x=巧十乞a 1 则传送带P,Q两端的距离L=工1十x2,联立解！ 得L=15.25m,故B正确；在最初0.5s内煤块 相对传送带向上运动，相对滑动的距离△x1一！ 1一x1,以后的2s内煤块相对传送带向下滑 动，相对滑动的距离△x2=x2一2，联立解得： △x1=1.25m,△.x2=4m,则煤块从P点到Q 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m, 故C错误：煤块从P点到Q点的过程中系统因 摩擦产生的热量Q=F:△x=mng cos0·(△x 十△x2)=21J,故D正确。] -517 解析(1)物块由D点到O点根据动能定理有 mgR(1-cos 53)=2mvo-mvp 在0点有R、一mg=m紧，联立解得=5ms (2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行 分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的 水平速度即为，故=3m/s。当物块下落 的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀 减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有 ng=ma,得a=3m/s 根据速度位移公式有2一vg2=一2al 解得g=6m/s 从A到B根据动能定理可得mgH=之mvB 解得H=1.8m (3)根据运动学知识可知c一vB一t 解得t=1s 所以相对位移△x=(4.5-3)m=1.5m 产生的热量Q=mg△x=9J 答案(1)5m/s(2)1.8m(3)9J 解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点 过程，由动能定理可得 1 mgH-mngLAB-mg·2R=2m 在圆轨道最高，点，由牛顿第二定律可得ng十 F=mR 联立解得F=100N 由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为 100N。 (2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由 能量守恒定律可知mgH一mgLac=E 解得E,=8J。 (3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg一 从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知 mg(H-2R)-umgs=mvo 解得s1=28.75m Lw=29LAc-$1=0.25m 要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满 足Lx≥0.25m。 若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的 速度为零，由动能定理可知mg(H一R) umgs2=0 解得2=29.5m LB=52一29L4c=0.5m 根据滑块运动的周期性可知，应使L≥0.5m, 滑块不脱离轨道 综上所述，合条件的BC长度为0.5≤L 1m。 答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤Lx≤ 1m 解析(1)对A、B整体，由动能定理有 (M+m)Sin 0=(M+m(M+ n)2 解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为 y=10m/s。 (2)第一次碰后，对A由牛顿第二定律有 Mgsin 0+umgcos 0-Ma 解得a1=12.5m/s A沿斜面向上做匀减速运动，有=2a=4m。 (3)A与挡板碰后，对B由牛顿第二定律有 mg sin -umgcos =ma? 解得a2一0 故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面 向上以a1做匀减速运动，速度减到0后又反向课时分层检测（三十） 基础落实练 1.(2024·浙江1月选考·3) 如图所示，质量为m的足 、 h 、.3 球从水平地面上位置1被 777777刀77 踢出后落在位置3，在空中 达到最高点2的高度为h,重力加速度为g,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 2.(多选)(2026·山东济南一模)如图甲所示，倾角 为0=37°的光滑斜面固定在水平地面上，匀强电 场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度 从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程 中滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线 如图乙所示，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列 说法正确的是 ) E↑ 4E 3E 0 无0 甲 7 A.滑块上升过程中动能与电势能之和增大 B.滑块的重力大小为5E Co C.滑块受到的静电力大小为B D.滑块上滑过程中，重力势能增加了4E。 3.(来自教材改编)(2024·浙江6月选考·5)一个 音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10一4m, 喷水速度约为10m/s,水的密度为1×103kg/m3, 则该喷头喷水的功率约为 A.10W B.20W C.100W D.200W 4.(多选)如图所示，在竖直平面 内有一半径为R的圆弧轨道， 半径OA水平、OB竖直，一个 B 2R 质量为m的小球自A点的正 上方P点由静止开始自由下 落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力。已 知AP=2R,重力加速度为g, 则小球从P点运动到B点的过程中 3 功能关系 能量守恒定律 A.重力做功2mgR B.机械能减少gR C.合外力做功2mgR D.克服摩擦力做功？mgR 5.(多选)如图所示，楔形木 A∥b m 块abc固定在水平面上， M B 粗糙斜面ab与水平面的 360° 30 夹角为60°，光滑斜面bc 与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。 质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B,通过 不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平 行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运 动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量 和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B.拉力和重力对A做功之和大于A动能的增 加量 C.拉力对A做的功等于A机械能的增加量 D.两滑块组成系统的机械能损失等于A克服摩 擦力做的功 6.(2026·海南海口模拟)如图 所示，质量为m的物体在水 平传送带上由静止释放，传 送带由电动机带动，始终保持以速度？匀速运 动，物体与传送带间的动摩擦因数为以，物体过一 会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止 释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正 确的是 A.摩擦力对物体做的功为m2 B.电动机多做的功为2mu2 C.系统产生的内能为2mu2 D.传送带克服摩擦力做的功为2m2 7.轻质弹簧的劲度系数k=30N/m,右端固定在墙 上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图 (a)所示弹簧处于原长状态，物块静止且与水平 面间的动摩擦因数以=0.2，弹簧的弹性势能与形 变量的关系为E,=虹2。以物块所在处为原 点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加 水平向右的外力F,F随x轴坐标变化的情况如 图(b)所示，g=10m/s2,则物块向右运动至x= 0.4m处的动能为 ↑FN 1 m力00000000 1 7777777 777777 0 0.2 0.4x/m (a) (b) A.0.7J B.1.1J C.3.1J D.3.5J 能力综合练 8.(2024·安徽卷·7)在 出水口 某地区的干旱季节，人 们常用水泵从深水井中 抽水灌溉农田，简化模 型如图所示。水井中的 水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平 地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假 设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍 转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知 水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功 率约为 A.gS1√2gh 27h H++品) B.egSl√2gh 2rh H+h+ 4h) C.2巫(H+h 2gh D. 2nh 9.(2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m的甲、 乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板 通过一根原长为1的轻质弹性绳连接，连接点等 高且间距为d(d<)。两木板与地面间动摩擦因 数均为以，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势： 能E=x2(x为绳的伸长量)。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开： 原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止， k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度大小为g,则F所做的功等于( ) 色 d 甲 A.(umg)2 2k umg(l-d) B.3(umg)2 2k +umg(I-d) C.3(mg)2 2k +2mg(l-d) D. (umg)2 2k +2mg(l-d) 346 强基培优练 0.(2026·安徽马鞍山模 拟)如图所示，将原长为 R R的轻质弹簧放置在倾 角为37°的轨道AB上， 一端固定在A点，另一 端与滑块P(可视为质 弹簧A 点，质量可调)接触但不 A37 连接。AB长为2R,B端与半径为R的光滑圆 轨道BCD相切，D点在O点的正上方，C点与 圆心O等高。滑块P与AB间的动摩擦因数 4=0.5。用外力推动滑块P,每次都将弹簧压 缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB 运动。当P的质量为m时刚好能到达圆轨道 的最高点D。已知重力加速度大小为g,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8。 (1)求弹簧压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势 能Ep; (2)改变滑块P的质量为M,使之能滑上圆轨 道，且仍能沿圆轨道滑下，求M的可能值。