2026届高考物理总复习04任务群检测练(四) 功能关系和能量守恒

任务群检测练(四)功能关系和能量守恒

1.成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。

成语源于如图所示的劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度

由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下

列说法正确的是()

A．从释放到落地的过程中，米粒和糠秕所受重力做功相同

B．从释放到落地的过程中，米粒和糠秕所受风力做功相同

C．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时

间

D．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率

解析：选D。重力做功为WG＝mgh，可知重力做功不仅与高度有

关，还与物体的质量有关，虽然米粒和糠秕下落的高度相同，但二者

质量不同，因此从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功不相同，

故A错误；由于下落过程中，风力水平且大小恒定，但米粒和糠秕的

水平位移不同，根据W＝FLcosθ，可知，风力对米粒和糠秕做功

不相同，故B错误；由于忽略空气阻力，则米粒和糠秕在竖直方向均

做自由落体运动，而下落高度相同，则可知米粒和糠秕从释放到落地

的过程中运动时间相同，故C错误；根据功率的计算公式可知重力的

瞬时功率为PG＝mgv，米粒和糠秕在竖直方向均做自由落体运动，且

运动时间相同，则可知二者在竖直方向的速度相同，但二者质量不同，

米粒的质量大于糠秕的质量，因此可知，落地时，米粒重力的瞬时功

率大于糠秕重力的瞬时功率，故D正确。

2.

如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，

设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力

f与进入泥土深度h成正比(即f＝kh，k为常量)，圆柱体自重及空

气阻力可忽略不计。若打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土的深

度为h0，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土的深度为()

A．h0B．nh0

C．nh0D．(n－n－1)h0

解析：选D。由题意可知，阻力f与深度h成正比，如图所示

对于力—位移图像来说，其图线与横坐标轴围成的面积等于力所

做的功，每次打桩机对圆柱体做的功相同，如图所示可得，每次围成

的面积相同，根据边长比的二次方等于面积比，有h0∶(h0＋h2)∶(h0

＋h2＋h3)∶…∶(h0＋h2＋h3＋…＋hn)＝1∶2∶3∶…∶n，整

理得hn＝(n－n－1)h0，故选D。

3.

承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品。一名

运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角

速度ω＝0.5rad/s顺时针匀速转动，质量为60kg的运动员在盘面

上离转轴圆心10m处的圆周上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，

在最低点的速度大小为10m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8

m/s，该过程中，运动员所做的功为6500J。已知盘面与水平面夹

角为18°，g取10m/s2，sin18°＝0.31，cos18°＝0.95，则该

过程中运动员克服阻力做的功为()

A．4240JB．3740J

C．3860JD．2300J

解析：选C。运动员在最低点的对地速度为10m/s，在最高点的

对地速度为8m/s，根据动能定理可得W－mg×2rsin18°－W克＝

2

121

mv－mv，又W＝6500J，解得W克＝3860J，故C正确。

220

4．一辆新能源汽车在平直高速公路上开启高速导航辅助驾驶功

能，使汽车以v0匀速行驶，行驶中保持最大输出功率P0不变，当发

P

现前方有施工限速时，自动系统立即减小输出功率到0并保持不

2

变，经过t时间汽车速度恰好达到限速值，并以此速度匀速运动。已

知汽车质量为m，不计功率减小的时间，汽车行驶中阻力不变，汽车

在减速过程的位移大小为()

33

13mv03mv0

A．v0t＋B．v0t＋

28P08P0

3

3mv03

C．D．v0t

8P04

解析：选A。由于汽车以v0匀速行驶，行驶中保持最大输出功率

P0

P0不变，则有f＝，经过t时间汽车速度恰好达到限速值，并以此

v0

P022

P11

速度匀速运动，则有f＝2，在此过程有0t－fx＝mv－mv，

22120

v1

3

13mv0

解得x＝v0t＋，故A正确。

28P0

5．(2023·江苏高考)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上

滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程

进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块

()

A．受到的合力较小

B．经过A点的动能较小

C．在A、B之间的运动时间较短

D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小

解析：选C。设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，

对滑块受力分析有F合上＝mgsinθ＋μmgcosθ，F合下＝mgsinθ

－μmgcosθ，故题图甲中滑块受到的合力较大，A错误；滑块由A

22

到B的过程，有2a上xAB＝v，由B到A的过程，有2a下xAB＝v，

A上A下

又F合上>F合下，则a上>a下，故vA上>vA下，题图甲中滑块经过A点的动能

较大，B错误；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度

2

11

为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝a上t，又xAB＝a

2上2

2

下t，a上>a下，故t上<t下，即题图甲中滑块在A、B之间的运动时间

下

较短，C正确；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相

等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错误。

6.

(多选)如图所示，长度为R的轻杆上等距离固定质量均为m的n

个小球，轻杆一端连接转动点O。将轻杆拨动到与转动点O等高的水

平位置后自由释放，忽略一切阻力，重力加速度为g，则从释放到轻

杆摆至竖直位置的过程中，下列说法正确的是()

A．n＝1时，轻杆对小球不做功

1

B．n＝2时，轻杆对第1个小球做功为mgR

5

C．n＝10时，轻杆对第7个小球不做功

2n＋1

D．当轻杆对第k个小球做正功时，应满足k>

3

n－1n－2

解析：选ACD。对整体由机械能守恒有nmgR＝mgR(＋

nn

2222

n－k01111

＋…＋＋…)＋mv＋mv＋…＋mv＋…＋mv，线

nn21222k2n

R2RnR

速度关系v＝ω，v＝ω，…，v＝ω，对第k个小球由动

1n2nnn

2

k1k

能定理有mgR＋W杆＝mv－0，联立解得W杆＝mgR[3k

n2kn（2n＋1）

－(2n＋1)]，当n＝1时，W杆＝0，故A正确；当n＝2、k＝1时，W杆

11

＝mgR××(3－5)＝－mgR，故B错误；当n＝10，k＝7时，W

2×55

7

＝mgR××(21－21)＝0，故C正确；当轻杆对第k个小球做

杆10×21

k

正功时，应满足W＝mgR[3k－(2n＋1)]>0，解得

杆n（2n＋1）

2n＋1

k>，故D正确。

3

7．(多选)一小球从高为h0处由静止下落，下落过程中的重力势

能和上升过程中的动能如图所示。已知在两过程中小球受阻力大小恒

定且小球与地面发生的碰撞是弹性碰撞，重力加速度为g。在完成一

次下落上升过程中，下列说法正确的是()

E

A．小球质量为0

gh0

1

B．小球上升的最大高度为h

40

E

C．小球所受阻力大小为0

2h0

hE

D．小球下落到0高度时的机械能为0

22

解析：选AC。由题图可知，小球在h0处时重力势能E0＝mgh0，解

E

得小球质量m＝0，故A正确；由题图可知，小球落到地面的最大

gh0

EE

动能为0，根据动能定理有mgh－fh＝0，又mgh＝E，联立解得

200200

1E

f＝mg＝0，设小球反弹上升的最大高度为h，根据动能定理有－

22h0

E1h

(mg＋f)h＝－0，解得h＝h，故B错误，C正确；小球下落到0

2302

h3

高度时，摩擦力做负功，则有－f0＝E－E，解得E＝E，故D错

2040

误。

8．(多选)如图甲所示辘轳是一种提水设施，由辘轳头、支架、

井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从

井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴的半径为r＝0.1m，水斗的

质量m0＝0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮

轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如题图丙所示，

重力加速度g取10m/s2，则()

A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t

B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝10t

C．0～10s内水斗上升的高度为4m

D．0～10s内井绳拉力所做的功为520J

40

解析：选AD。根据图像可知，水斗角速度ω＝t＝4t，则根

10

据v＝ωr，水桶速度v＝4t×0.1＝0.4t，A正确；井绳拉力瞬时功

v

率为P＝Tv，又由于T－(m＋m)g＝(m＋m)a，其中a＝＝0.4m/s2，

00t

ωr

则有P＝10.4t，B错误；0～10s内水斗上升的高度h＝t＝

2

40×0.1×10

m＝20m，C错误；0～10s内井绳拉力所做的功为W

2

10.4×10×10

＝J＝520J，D正确。

2

9.

(多选)如图所示，运动员先后从同一位置抛出同一铅球，铅球第

1次落在地面上的M点，第2次落在地面上的N点，两次铅球到达的

最大高度相同。不计空气阻力，关于两次铅球在空中运动情况的描述，

下列说法正确的是()

A．初速度在竖直方向的分量：v1y<v2y

B．推球过程，合外力对铅球做的功：W1>W2

C．推球过程，合外力对铅球做的功：W1<W2

D．铅球落地时，重力的瞬时功率：PG1＝PG2

2

解析：选CD。两次铅球到达的最大高度相同，则由v＝2gh，

y

可知v1y＝v2y，故A错误；两次都是从同一位置抛出，以向下为正，

1

则有H＝－vt＋gt2，由A项分析知v＝v，可知两次铅球从抛出

y21y2y

到落地的时间相等，因为第2次水平位移大，所以第2次抛出时初速

22

度的水平分量大，故由v0＝vx＋vy可知第2次抛出时的初速度大，

所以推球过程，合外力对铅球做的功为W1<W2，故B错误，C正确；竖

22

11

直方向由动能定理可得mgH＝mv－mv，因为v1y＝v2y，H1＝H2，

2竖直2y

所以两次落地时速度的竖直分量相等，所以由P＝mgv竖直，可得PG1＝

PG2，故D正确。

10．(多选)某新能源汽车生产厂家在一条水平封闭道路上进行汽

车性能测试实验，汽车自动驾驶系统操作一辆质量为m的汽车从静止

开始以恒定加速度启动，经过一段时间汽车速度达到最大，保持匀速

行驶一段时间后采取紧急制动，最后停止运动。通过电脑系统处理，

得到该过程中汽车功率P、速度v随时间t变化图像，如图甲、乙所

示。假设汽车行驶过程中所受的阻力恒定，则以下说法正确的有

()

A．在0～t1过程中，汽车克服阻力做功等于P0t1

B．在t1～t2时间内，汽车克服阻力做功小于P0(t2－t1)

Pt

C．在t时刻汽车的速度大小为02

2m

P（t－t）

D．在t时刻汽车的速度大小为032

2m

1

解析：选BD。根据动能定理，在0～t时间内，对汽车分析有Pt

1201

2

1

－Wf1＝mv，所以此过程汽车克服阻力做功Wf1<P0t1，故A错误；根

21

22

11

据动能定理，在t1～t2时间内，P0(t2－t1)－Wf2＝mv－mv，所

2221

以此过程汽车克服阻力做功Wf2<P0(t2－t1)，故B正确；在t2时刻，汽

车速度最大，则有P0＝fv2，又由于在t2～t3时间内，汽车减速至零，

f

所以有v＝a(t－t)＝(t－t)，联立解得t时刻汽车的速度大小

232m322

P（t－t）

为v＝032，故C错误，D正确。

2m

11．(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组

成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。

若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由

静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑

道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求滑雪者运动到P点的时间t；

(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；

(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿

第二定律得

mgsin45°－f＝ma

在垂直斜坡方向由平衡条件得

mgcos45°＝FN

又f＝μFN

2

解得a＝(1－μ)g

2

122d

由运动学公式x＝at2得t＝。

2（1－μ）g

(2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为

Wf，则滑雪者从P点到B点的过程，由动能定理得

WG－Wf＝0

滑雪者从A点到B点由动能定理得

1

mgdsin45°＋W－W－μmgdcos45°＝mv2

Gf2

联立解得v＝2（1－μ）gd。

(3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则

竖直方向的分速度

22（1－μ）gd

v＝vsin45°＝

y2

水平方向的分速度

22（1－μ）gd

v＝vcos45°＝

x2

滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动

的时间

2v22（1－μ）d

t＝y＝

gg

则平台BC的最大长度为

L＝vxt＝2(1－μ)d。

22d

答案：(1)(2)2（1－μ）gd

（1－μ）g

(3)2(1－μ)d

12