文档内容
2025人教版新教材物理高考第一轮
第 6 讲功能关系 能量守恒定律
基础对点练
题组一 功能关系的理解与应用
1.(2023上海闵行区二模)“Y”形弹弓如图所示,先用力拉弹兜(内有弹丸)使皮筋拉伸,然后
由静止释放弹丸,不计空气阻力,弹出的弹丸在空中运动一段时间后击中目标。下列说法
不正确的是( )
A.拉伸皮筋的过程,皮筋的弹性势能增大
B.释放弹丸后弹丸弹出前,弹兜对弹丸做正功
C.弹出后在空中运动的过程,弹丸的动能一直增大
D.由静止释放后击中目标前,弹丸的机械能先增大后保持不变
2.(2023浙江杭州二模)如图所示是神舟十四号返回舱夜间返回的红外照片,打开降落伞后,
返回舱先减速后匀速下降,最后安全着陆。若不计空气对返回舱的作用力,则( )
A.打开降落伞之后,返回舱仍处于失重状态
B.匀速下降阶段,返回舱的机械能守恒
C.减速下降阶段,返回舱的机械能的减少量等于合力对返回舱做的功
D.匀速下降阶段,返回舱的机械能的减少量等于重力对返回舱做的功
3.长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下沿水平方向向敌方防御工
事内投掷手榴弹,手榴弹做平抛运动。忽略空气阻力,以下关于手榴弹下落过程中的重力ΔE
势能E (以地面为零势能面)、动能变化量ΔE 、动能的平均变化率 k、机械能E随时
p k
t
间t变化的曲线,正确的是( )
题组二 能量守恒定律的理解与应用
4.某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m,弹簧的左端固定,木块在水平面上
紧靠弹簧(不连接)并将其压缩,记下木块右端位置A点,静止释放后,木块右端恰能运动到
B 点。在木块槽中加入一个质量m =800 g的砝码,再将木块左端紧靠弹簧,木块右端位置
1 0
仍然在 A点,静止释放后木块离开弹簧,右端恰能运动到 B 点,测得 AB 、AB 长分别为
2 1 2
27.0 cm和9.0 cm,则木块的质量m为( )
A.100 g B.200 g C.300 g D.400 g
5.(多选)(2024重庆调研)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛,物体回到出发点
E
时,动能为 ,取出发点位置的重力势能为零,整个运动过程可认为空气阻力大小恒定,则该
2
物体动能与重力势能相等时,其动能为( )
E 3E
A. B.
4 10
3E 4E
C. D.
7 9
题组三 摩擦力做功与能量转化
6.如图所示,餐桌中心有一个半径为r的圆盘,可绕其中心轴转动,在圆盘的边缘放置一个
质量为m的小物块,物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为μ。现缓慢增大圆盘的角速度,
小物块将从圆盘上滑落,最终恰好停在桌面边缘。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重
力加速度为g,圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则下列说法正确的是( )√5
A.餐桌的半径为 r
2
√μgr
B.小物块刚从圆盘上滑落时,小物块的速度为
2
√μg
C.小物块刚从圆盘上滑落时,圆盘的角速度为
2r
D.该过程中因摩擦产生的内能为μmgr
综合提升练
7.(2023天津南开区一模)桔槔(gāo)是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示,在竖直
支架上安装一根可绕支点转动的长细杆,杆的一端固定磐石,另一端通过长竹悬挂水桶。
取水时人借助自身重力向下拉动长竹,使水桶浸入水中;打满水后,人向上助力提起水桶,忽
略桔槔各衔接处的阻力,下列说法正确的是( )
A.向下取水过程,桔槔系统的机械能守恒
B.向下取水过程,人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能
C.向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量
D.向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量
8.(多选)(2023广东佛山联考)如图甲所示,北宋军事著作《武经总要》中记载了一种古代
运输装备,名为“绞车”,其原理如图乙所示,将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分,其
中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点,其上绕以绳索,绳下加一动滑轮,滑轮下挂上重
物,人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起,则在起吊过程中,下列说法正确的是
( )A.a点的向心加速度大于b点的向心加速度
B.人对把手做的功等于重物机械能的增加量
C.滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
D.若把手顺时针(从左往右看)转动则滑轮也会逆时针转动
9.(2024贵州贵阳模拟)如图甲所示,一台风力发电机的叶片长度为L,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。图乙是该风
力发电机的扫风面积示意图(风叶旋转扫过的面积在垂直于风向的投影面积,是风力发电
机截留风能的面积)。已知空气的密度为ρ,当地风速为v,风的动能转化为电能的效率为η,
则该风力发电机的功率为( )
1 1
A. πρL2v3η B. πρL2v2η
2 2
1 1
C. πρLv3η D. πρL2vη
2 2
10.(2023浙江杭州模拟)一物块在倾角为30°的固定斜面(足够长)上受到方向与斜面平行
的恒定拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动,物块与斜面间的动摩擦因数
处处相同。若0~t 时间内,物块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化
0
分别如图曲线①、②和③所示,则( )
√3
A.物块与斜面间的动摩擦因数为
2
B.0~t 时间内,机械能增大4 J
0
C.0~t 时间内,物块的加速度为12 m/s2
0
D.若t 时刻撤去拉力,则再经过时间3t ,物块速度减到0
0 0
11.(2021全国甲卷)如图所示,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质
点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速
带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相
同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后
停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能。
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能。
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的
机械能,则L应满足什么条件?
12.如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连
1
接内壁光滑、半径 r=0.2 m的 细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为 k=100
4
N/m的轻弹簧,弹簧一端固定于地面上,另一端恰好与管口 D端平齐。一个质量为 1.0 kg
的物块放在曲面AB上,现从距BC的高度为h=0.6 m处由静止释放物块,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,物块进入管口C端时,它对上管壁有F =2.5mg的作用力,通过CD后,在压
N
缩弹簧过程中物块速度最大时弹簧的弹性势能E =0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求:
p
(1)在压缩弹簧过程中物块的最大动能E ;
km
(2)物块最终停止的位置。参考答案
第6讲 功能关系 能量守恒定律
1.C 解析 拉皮筋的过程,皮筋的形变量增大,弹性势能增大,故A正确;释放弹丸后弹丸弹
出前,弹丸的动能增加,弹兜对弹丸做正功,故B正确;若弹丸向上弹出,则弹出后在空中运
动的过程中,重力先做负功后做正功,所以弹丸的动能先减少后增加,故C错误;由静止释放
弹丸后,弹力对弹丸做正功,机械能增加,脱离弹兜击中目标前,只有重力做功,机械能守恒,
所以弹丸的机械能先增大后保持不变,故D正确。本题选择说法不正确的,故选C。
2.D 解析 打开降落伞后,返回舱减速下降时,加速度方向向上,处于超重状态,故A错误;
匀速下降阶段,返回舱动能不变,重力势能减少,机械能减少,故B错误;减速下降阶段,返回
舱的机械能的减少量等于重力以外其他力做的功,故C错误;匀速下降阶段,返回舱的机械
能的减少量等于克服阻力做的功,而重力等于阻力,所以返回舱的机械能的减少量等于重
力对返回舱做的功,故D正确。
1
3.C 解析 设手榴弹的初始高度为 H,则手榴弹下落过程中的重力势能 E =mgH-mg·
p
2
mg2
gt2=mgH- t2,可知E -t图像不可能是直线,故A错误;动能变化量等于合外力所做的功,
p
2
1 mg2
即重力做的功,可得,ΔE =mg· gt2= t2,可知ΔE -t图像为过原点的抛物线,故B错误;根
k 2 2 k
ΔE mg2 ΔE
据B选项分析可得, k = t,可知 k-t图像为过原点的倾斜直线,故C正确;手榴弹下
t 2 t
落过程中只有重力做功,机械能守恒,可知E-t图像为平行于t轴的直线,机械能大小恒为
mgH,故D错误。
4.D 解析 根据能量守恒定律,有μmg·AB =E ,μ(m +m)g·AB =E ,联立解得m=400 g,D正
1 p 0 2 p
确。
E E
5.BC 解析 设上升的最大高度为h,根据功能关系有F ·2h=E- = ,根据能量守恒可得
阻
2 2
3 1 1
E=mgh+F h,求得mgh= E,F h= E,求得F = mg,若在上升阶段离出发点H处动能和
阻 阻 阻
4 4 3
3
重力势能相等,由能量守恒定律有 E +mgH=E-F H,E =E =mgH,联立解得E =mgH= E,
k 阻 k p k
7
若在下降阶段离出发点 H'处动能和重力势能相等,由能量守恒定律有 E '+mgH'=E-F
k 阻3
(2h-H'),E '=E '=mgH',联立解得E '=mgH'= E,故选B、C。
k p k
10
√μg
6.A 解析 小物块刚滑落时,最大静摩擦力等于所需向心力,可得μmg=mω2r,解得ω=
r
,C错误;小物块刚滑落时的速度大小为v=ωr=√μgr,B错误;设小物块在餐桌上滑行的距离
1 r
为x,根据动能定理可得-μmgx=0- mv2,解得x= ,小物块在桌面上运动的俯视图如图所示,
2 2
√5r
根据图中几何关系可得 R2=x2+r2,解得 R= ,A 正确;该过程中因摩擦产生的热量为
2
1
Q=μmgx= μmgr,D错误。
2
7.C 解析 向下取水的过程中,人对桔槔系统做正功,桔槔系统的机械能不守恒,桔槔系统
的机械能增大,故A错误;向下取水的过程中,磐石的重力势能和动能都增大,所以人对桔槔
系统做的功大于磐石增加的重力势能,故B错误;根据功能关系,向上提水过程,人对桔槔系
统做的功一定等于系统机械能的改变量,故C正确,D错误。
8.AC 解析 根据a=ω2r可知,a的半径大于b的半径,由于两点是同轴转动,角速度相同,
故a点的向心加速度大于b点的向心加速度,A正确;由能量守恒可知,人对把手做功除了
转化为重物的机械能外,还有轮轴的动能及摩擦生热等,因此人对把手做的功大于重物机
械能的增加量,B错误;由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量,C正
确;若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧,滑轮左侧的绳向上,小轴上绕绳放松,滑轮右侧的
绳向下,故滑轮会顺时针转动,D错误。
1 1 1
9.A 解析 t时间内流向风轮机的最大风能为 E= mv2= ρvtπL2v2= πρtL2v3,可得发电机
2 2 2
ηE 1
的风力发电的功率为P= = ηπρL2v3,故选A。
t 2
10.C 解析 设 0~t 时间内,物块的位移为 x。根据重力做功与重力势能变化的关系得
0
8√3
mgxsin 30°=5 J,由功能关系可得μmgxcos 30°=8 J,联立解得μ= ,故A错误;0~t 时间
0
15内,动能增大 8 J,重力势能减小 5 J,所以机械能增大 3 J,故 B 错误;根据动能定理得
max=12 J,联立解得a=12 m/s2,故C正确;t 时刻撤去拉力,此时物块的速度为v=at ,此后,
0 0
由牛顿第二定律得 μmgcos 30°-mgsin 30°=ma',解得a'=3 m/s2,设再经过时间 t'物块速度
减到0,则v=a't',解得t'=4t ,故D错误。
0
11.答案 (1)mgdsin θ
mg(L+29d)sinθ-μmgs
(2)
30
μs
(3)L> +d
sinθ
解析 (1)第30个后,两相邻减速带间平均速度相同,即经过每两个减速带的距离 d、初速
度v 、末速度v 都相同,可推出在每相邻减速带间,因重力做功获得的动能等于过每个减
0 t
速带时损失的能量。则有第 30 个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能
ΔE =mgdsin θ。
1
(2)小车通过前30个减速带的过程中,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于动能的增
加量与经过减速带损失的机械能之和
1
mg(L+29d)sin θ= mv 2+ΔE
2 0 2
小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。
根据动能定理
1
μmgs= mv 2
2 0
前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能
ΔE
ΔE '= 2=
2
30
mg(L+29d)sinθ-μmgs
。
30
(3)小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机
械能
ΔE '>ΔE
2 1
联立以上各式解得
μs
L> +d。
sinθ
12.答案 (1)6 J
(2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)解析 (1)在压缩弹簧过程中,物块速度最大时所受合力为零,设此时物块离D端的距离为
mg
x ,则有kx =mg,解得x = =0.1 m
0 0 0
k
在C 点,物块受到上管壁向下的作用力 F '=2.5mg和重力,有F '+mg=mv 2,解得 v =
N N C C √7
r
m/s
1
物块从C点到速度最大时,由能量守恒定律有mg(r+x )=E +E - mv 2,解得E =6 J。
0 p km 2 C km
1
(2)物块从A点运动到C点的过程中,由动能定理得mgh-μmgs= mv 2-0
2 C
解得B、C间距离s=0.5 m
物块与弹簧作用后返回C处时动能不变,物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的
过程中
设物块第一次与弹簧作用返回C处后,物块在BC上运动的总路程为s',由能量守恒定律有
1
μmgs'= mv 2,解得 s'=0.7 m,故最终物块在 BC 上距离 C 点为 x =0.5 m-(0.7 m-0.5
2 C 1
m)=0.3 m(或距离B端为x =0.7 m-0.5 m=0.2 m)处停下。
2
