热点6　功能关系和能量守恒 --2025年高考物理大二轮复习考前特训（专练）

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1~4题每题5分，5~9题每题6分，共50分
1.(2024·辽宁凌源市二模)体育课上，小华利用单杠做引体向上，在身体缓慢上移的过程中( )
A.单杠对小华不做功
B.单杠对小华做负功
C.单杠对小华的作用力大于小华的重力
D.单杠对小华的作用力大于小华对单杠的作用力
答案 A
解析 小华在身体上移过程中，单杠对小华作用力的作用点没有位移，该力不做功，故A正确，B错误；
小华缓慢上移，处于平衡状态，单杠对小华的作用力与小华的重力等大反向，故C错误；单杠对小华的作用力与小华对单杠的作用力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
2.(多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
答案 BCD
解析 重力做的功为WG=mgh=800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG-W克f=12mvQ2，代入数据解得克服阻力做的功为W克f=440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2h=9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得货物受到的支持力大小为F=380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
3.(2024·江苏淮安市模拟)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用Δv、P、Ek、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计运动员所受空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
答案 D
解析 滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动，水平速度不变，竖直速度变化，则速度变化量为
Δv=gt，可知速度变化量和时间的关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故A错误；
经过时间t后竖直方向速度为vy=gt
重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t
可知重力瞬时功率和时间的关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故B错误；
不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程机械能守恒，不随时间变化，故C错误；
设起跳时的速度为v0，则经过时间t动能为
Ek=12mv02+12mvy2=12mv02+12mg2t2，
可知动能和时间的关系为二次函数，图像为抛物线一部分，顶点不在原点，故D正确。
4.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为( )
A.109 WB.107 WC.105 WD.103 W
答案 B
解析 由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P=mghΔt×70%≈1.0×107 W，故选B。
5.(2024·四川成都市二诊)同一赛车分别在甲路面及乙路面以恒定加速度a甲和a乙启动达到最大速度。已知a甲>a乙，赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同。则赛车的速度v随时间t变化的图像正确的是(图中OA、OB为直线)( )
答案 B
解析 对赛车由牛顿第二定律可得
F牵-Ff=ma
则有F牵=ma+Ff
由于a甲>a乙，则有
F甲牵>F乙牵
设赛车在甲路面做匀加速运动达到的最大速度为v甲m，在乙路面做匀加速运动达到的最大速度为v乙m，则有
P额=F甲牵v甲m=F乙牵v乙m
可知v甲mmP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为g3。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为E2
C.2T时刻物体P重力的功率为3E2T
D.2T时刻物体P的速度大小为2gT3
答案 BCD
解析 开始释放时物体Q的加速度大小为g3，
则有mQg-FT=mQ·g3，FT-mPg=mP·g3，
解得FT=23mQg，mPmQ=12，选项A错误；
在T时刻，两物体的速度大小v1=gT3，
P上升的距离h1=12×g3T2=gT26，
轻绳断后P能上升的高度h2=v122g=gT218，
则开始时P、Q竖直方向上的距离为h=h1+h2=2gT29，
开始时P所处的水平面为零势能面，则开始时Q的机械能E=mQgh=2mQg2T29，
从开始到轻绳断裂，轻绳的拉力对Q做负功，大小为WF=FTh1=mQg2T29，
则绳断裂时物体Q的机械能
E'=E-WF=mQg2T29=E2，
此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为E2，选项B正确；
在2T时刻，物体P的速度v2=v1-gT=-2gT3，
方向向下，此时物体P重力的瞬时功率
PG=mPg|v2|=mQg2·2gT3=mQg2T3=3E2T，
选项C、D正确。
8.(2024·河北省适应性测试)如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于B点。一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C(弹簧在弹性限度内)后物块刚好沿斜面向上运动到D点。已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，AB=2BC=2L，AB=3BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系Ep=12kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为形变量)。下列说法中正确的是( )
A.物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为tanθ3
B.弹簧弹性势能的最大值为mgLsin θ
C.弹簧的劲度系数为2mgsinθL
D.物块动能的最大值为98mgLsin θ
答案 D
解析 物块从A到D的全过程中由动能定理有
mg×2L×(1-13)sin θ-μmgcs θ×2L×(1+13)=0
解得μ=tanθ2，故A错误；
物块从A到C的过程中由能量守恒定律有
mgsin θ·3L-μmgcs θ·2L=Epmax
解得Epmax=2mgLsin θ，故B错误；
由题意可知Epmax=2mgLsin θ=12kL2
解得k=4mgsinθL，故C错误；
当物块加速度为0时动能最大，有
mgsin θ=kx
从物块开始运动到动能最大的过程中有
mgsin θ·(2L+x)-μmgcs θ·2L=12kx2+Ekmax
解得Ekmax=98mgLsin θ，故D正确。
9.(2024·河北省雄安新区一模)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中( )
A.小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B.小球C的机械能一直减小
C.小球C落地前瞬间的速度大小为2gh
D.当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
答案 C
解析 由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；
小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理有
mgh=12mv2
解得v=2gh，故C正确；
当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，则杆对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。