2026届高考物理一轮复习专项训练：功能关系、能量守恒定律

高考物理复习《功能关系、能量守恒定律》同步练含答案 1.(2024·浙江1月选考,3)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,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.如图是工人在装卸桶装水时的常用方法,工人将水桶静止放在卸货轨道的上端,水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时,水桶(含水)的总质量是20 kg,水桶释放点到地面的高度差是1 m,水桶滑到地面时的速度是2 m/s,重力加速度取10 m/s2,关于此下滑过程,下列说法正确的是(　　) A.阻力对水桶做的功是160 J B.合外力对水桶做的功是200 J C.水桶损失的机械能是160 J D.水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400 W 3.(2025·山东聊城模拟)如图所示,圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道,它们的下端均固定于容器底部圆心O,上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率,从点O沿各轨道同时向上运动。关于它们向上运动的过程,下列说法正确的是(　　) A.各小球动能相等的位置在同一水平面上 B.各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C.各小球机械能相等时处于同一球面上 D.当摩擦产生的热量相等时,各小球处于同一圆柱面上 4.(2024·安徽卷,7)在某地区的干旱季节,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. B. C. D. 5.(2024·贵州遵义模拟)如图所示,某时刻物块以初速度v0沿粗糙斜面向下运动,此时加上沿斜面向上的恒力F,物块开始向下做匀减速直线运动直至静止。以该时刻物块所在位置为势能零点,若位移为x、速度为v、动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E,则下列图像可能正确的是(　　) A.A B.B C.C D.D 对点练2　摩擦力做功与能量转化 6.(2025·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v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,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mv2 B.电动机多做的功为mv2 C.系统产生的内能为mv2 D.传送带克服摩擦力做的功为mv2 对点练3　能量守恒定律的理解和应用 7.轻质弹簧的劲度系数k=30 N/m,右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg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μ=0.2,弹簧的弹性势能与形变量的关系为Ep=kx2。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=10 m/s2,则物块向右运动至x=0.4 m处的动能为(　　) A.0.7 J B.1.1 J C.3.1 J D.3.5 J 8.(多选)(2025·湖南株洲一模)如图,质量为m的小物块(可视为质点)静止在质量为M、长为l的木板上的最右端,木板放在光滑水平桌面上,某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,当物块从木板左端离开时(　　) A.物块的动能等于Ffl B.物块的动能小于Ffl C.木板的动能大于M-Ffl D.木板的动能小于M-Ffl 9.(多选)(2024·安徽马鞍山模拟)质量为m的球竖直落入水中后,下落过程中受到水的作用而做匀减速直线运动,下落过程中球的机械能和重力势能随着球进入水的深度h变化规律如图所示,重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A.球的质量为0.5 kg B.球的动能减少了40 J C.球受到的水的作用力为10 N D.球向下运动的时间约为2 s 10.(17分)(2024·江苏卷,15)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点)在电动机作用下,从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,物块恰好到达最高点D点,重力加速度为g,不计电动机消耗的电热。求: (1)(6分)CD段长度x; (2)(5分)BC段电动机的输出功率P; (3)(6分)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 11.(20分)如图所示,将原长为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(可视为质点,质量可调)接触但不连接。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μ=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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)(10分)求弹簧压缩至原长的一半时,弹簧的弹性势能Ep; (2)(10分)改变滑块Р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。 参考答案： 1.B　[由足球的运动轨迹可知,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,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,机械能减小,重力势能减小mgh,则动能增加量小于mgh,故C、D错误。] 2.C　[对水桶的下滑过程,由动能定理得mgh+Wf=mv2,解得阻力对水桶做的功Wf=-160 J,A错误;由动能定理可得合外力对水桶做的功W=mv2,代入数据解得W=40 J,B错误;根据功能关系可知水桶损失的机械能等于其克服阻力做的功,结合A项分析可知水桶损失的机械能等于160 J,C正确;水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率PG=mgvy,由于vy<v,所以PG<mgv=20×10×2 W=400 W,D错误。] 3.D　[当小球到达同一水平面上时,设竖直高度为h,则由动能定理有-mgh-μmgcos θ·=Ek-Ek0,因小球初动能相同,质量相同,动摩擦因数相同,但是倾角θ不同,则末动能不相同,故A错误;各小球初始位置处的重力势能相同,可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上,故B错误;小球初始位置的机械能相等,当机械能相等时则克服摩擦力做功相等,而摩擦力功Wf=μmglcos θ=μmgx,即此时各小球处于同一圆柱面上,由摩擦生热Q=Wf可知,当摩擦产生的热量相等时,各小球处于同一圆柱面上,故C错误,D正确。] 4.B　[设水从出水口喷出的初速度为v0,取t时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=ρSv0t,根据平抛运动规律l=v0t,h=gt2,解得v0=l,根据功能关系得ηPt=m+mg(H+h),联立解得水泵的输出功率为P=·,故B正确。] 5.D　[根据运动学公式得v2-=-2ax,速度v与位移x不是线性关系,图像不是直线,A错误;根据动能定理得mgxsin θ-Fx-Ffx=Ek-Ek0,解得Ek=x+Ek0,动能Ek与位移x是线性关系,图像是直线,B错误;根据功和能的关系得mgxsin θ=Ep0-Ep,解得Ep=Ep0-mgxsin θ,重力势能Ep与位移x是线性关系,图像是直线,C错误;根据功能关系得-Fx-Ffx=E-E0,解得E=E0-(F+Ff)x,机械能E和位移x是线性关系,D正确。] 6.C　[根据动能定理有,摩擦力对物体做的功W=mv2,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mv2,故B错误;设共速时物体相对地面的位移为x1,传送带相对地面的位移为x2,则有x1=t,x2=vt,可知x2=2x1,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mv2,则系统产生的内能E=mv2-mv2=mv2,故C正确,D错误。] 7.A　[全过程根据能量守恒定律有WF=μmg·x+Ep+Ek,其中根据图像可得外力F做的功为图线与横轴围成的面积,所以有WF=(5+10)×0.2× J+10×0.2 J=3.5 J,弹性势能Ep=kx2=2.4 J,克服摩擦力做功为0.4 J,代入数据联立解得Ek=0.7 J,故A正确。] 8.BD　[设物块离开木板时的速度为v1,对地位移为x1,物块离开木板时木板的速度为v2,对地位移为x2,因物块从木板左端离开,则可知v2>v1,对物块和木板整体由能量守恒定律有M=m+M+Ffl,整理可得M=M-m-Ffl<M-Ffl,故C错误,D正确;物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦产生的热量为Q=Ffl=Ff(x2-x1),其中x2=·t,x1=·t,由于v0>v2>v1,因此v0+v2>2v1,由此可得x2>2x1,即有x2-x1=l>x1,而对物块由动能定理有Ffx1=m,则可得m=Ffx1<Ffl,故A错误,B正确。] 9.AC　[从题图中可知是以水深h=4 m处为零重力势能平面的,则在水面处的重力势能为20 J,根据Ep0=mgh,可得球的质量为m=0.5 kg,故A正确;开始进入水中时的机械能为40 J,则动能为20 J,则末状态时球的动能减少了20 J,故B错误;整个过程中球的机械能减少量为40 J,而机械能减少量等于水对球做的功,则ΔE=Fh,解得球受到的水的作用力为F=10 N,故C正确;球向下运动的加速度a==-10 m/s2,初速度v0==4 m/s,则球向下运动的时间t==0.4 s≈0.89 s,故D错误。] 10.(1)　(2)mgv(sin θ+μcos θ)　 (3) 解析　(1)解法一　对物块从C点运动到D点的过程,由动能定理有-mgxsin θ-μmgxcos θ=0-mv2 解得x=。 解法二　对物块从C点运动到D点的过程,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学规律有0-v2=-2ax 联立解得x=。 (2)物块在BC段做匀速直线运动,由平衡条件有 F=mgsin θ+μmgcos θ 则电动机的输出功率P=Fv=mgv(sin θ+μcos θ)。 (3)根据题意,全过程储存的机械能E1=mgLsin θ 由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能 E2=mgLsin θ+μmgLcos θ 则=。 11.(1)3.8mgR　(2)m≤M<m 解析　(1)若滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点,有mg=m 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 Ep=μmgcos 37°×R+mg+m 联立解得Ep=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Ep>μMgcos 37°·R+Mg·Rsin 37° 解得M<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 Ep≤μMgcos 37°·R+Mg 解得M≥m 综上所述可得m≤M<m。 学科网（北京）股份有限公司 $$