2026届高考物理一轮复习考点练习 功能关系　能量守恒定律

功能关系　能量守恒定律 基础巩固 1.[2025·山东青岛模拟] 一物体从地面由静止开始运动,取地面为零势能面,运动过程中重力对物体做功为W1,阻力对物体做功为W2,其他力对物体做功为W3,则该过程终态时 (　) A.物体的重力势能为W1 B.物体的动能为W1+W2 C.物体的机械能为W2+W3 D.物体的机械能为W1+W3 2.[2025·北京八中模拟] 如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C.下列说法正确的是 (　) A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度大于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和 3.[2025·江苏徐州一中模拟] 如图所示,两相同高度的直轨道AB、BC在转弯处平滑衔接,小物块与轨道间的动摩擦因数相同.小物块自轨道顶端A点由静止滑下.与在AB轨道运动过程相比,在BC轨道运动过程中 (　) A.摩擦力做功相同 B.动能变化量相同 C.重力势能减小量较大 D.机械能减少量较大 4.[2025·江西九江模拟] 从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和.取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得 (　) A.物体的质量为1 kg B.h=0时,物体的速率为20 m/s C.物体上升4 m过程中,物体的动能减少了80 J D.物体上升2 m过程中,克服阻力做功10 J 综合提升 5.(多选)[2025·河北石家庄模拟] 如图所示,足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动,某时刻一个质量为m的小物块,以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同,在此过程中,则下列判断正确的是 (　) A.滑动摩擦力对小物块做的功为零 B.滑动摩擦力对传送带做的功为2mv2 C.小物块与传送带间因摩擦产生的热量为mv2 D.小物块与传送带间因摩擦产生的热量为2mv2 6.(多选)[2025·甘肃天水一中模拟] 如图甲所示,水平放置的传送带在电机的作用下一直保持恒定的速率顺时针转动,两轮轴心间距为2x0,质量为m的物块(视为质点)轻轻地从左端放上传送带,其动能与位移的关系图像如图乙所示(图中x0和Ek0均为已知),重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　) A.传送带的运行速率为 B.物块与传送带之间的动摩擦因数为 C.物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 Ek0 D.物块在传送带上运动的时间为3x0 7.[2025·湖南岳阳模拟] 如图甲所示,表面粗糙的L形水平轨道固定在地面上,劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O点,另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连,滑块总质量为m.以O为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴,将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放,向左最远运动到坐标为x1的B点,测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示,已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中x表示弹簧的形变量.则滑块由A点运动至B点过程中(弹簧始终处于弹性限度内) (　) A.x2=l0 B.a3>a1 C.最大动能为ma3(x3-x2) D.系统产生的热量为k-k 8.[2025·安徽安庆模拟] 如图所示,水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带,以v0=16 m/s的速度逆时针匀速运行.将一煤块从h=20.4 m的高台由静止开始运送到地面,煤块可看作质点,已知煤块的质量为m=1 kg,煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,煤块由高台运送到地面的过程中,下列说法正确的是 (　) A.运送煤块所用的时间为4.125 s B.煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32 J C.摩擦力对煤块做的功为-4 J D.煤块的机械能减少了36 J 9.如图所示,水平地面上有一长L=2 m、质量M=1 kg的长板,其右端上方有一固定挡板.质量m=2 kg的小滑块从长板的左端以v0=6 m/s的初速度向右运动,同时长板在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度向右匀速运动,滑块与挡板相碰后速度为0,长板继续匀速运动,直到长板与滑块分离.已知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4,滑块与长板间的动摩擦因数μ2=0.5,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程,长板的位移x; (2)滑块碰到挡板前,水平拉力的大小F; (3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程,系统因摩擦产生的热量Q. 拓展挑战 10.(多选)[2025·重庆八中模拟] 如图甲所示,一木板静置于足够大的水平地面上,木板右端放置一质量为0.5 kg的物块(可视为质点),t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F,t=2 s时撤去F,物块在木板上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,且恰好不能从木板左端掉落,整个过程中木板运动的v-t图像如图乙所示.已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　) A.木板的长度为3 m B.木板的质量为0.2 kg C.物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75 J D.木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55 J 11.[2025·四川德阳模拟] 如图所示,光滑的圆弧轨道ABC 竖直放置,其右侧C点与一倾角θ=37°的足够长的倾斜传送带相切,B 点为圆弧轨道最低点,圆弧所在圆的圆心为O点,AO 连线水平.一质量m=2 kg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道最左端A 点以v=2 m/s的初速度向下运动.已知圆弧轨道半径R=5 m,传送带在电机驱动下始终以速度v0=5 m/s沿顺时针方向匀速转动,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求: (1)小物块经过B 点时对圆弧轨道的压力大小; (2)小物块在传送带上第一次向上运动到最高点所用的时间; (3)小物块在传送带上第一次向上运动到最高点过程中系统因摩擦所产生的热量. 答案解析 1.C　[解析] 重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功为W1,所以重力势能减少W1,原来为零,现在为-W1,故A错误;根据动能定理可知,合外力做功等于动能的变化量,初动能为零,所以终态时物体的动能为W1+W2+W3,故B错误;机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的功,除重力以外的其他力做功等于W2+W3,则机械能的变化量为W2+W3,由于初位置机械能为零,故终态时物体的机械能为W2+W3,故C正确,D错误. 2.D　[解析] 物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C错误;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D正确. 3.D　[解析] 摩擦力做功为Wf=μmgcos θ·=,BC轨道的倾角较小,可知在BC轨道运动过程中摩擦力做功较大,故A错误;A→B,根据动能定理得mgH-=ΔEk1,B→C,根据动能定理得mgH-=ΔEk2,可知动能变化量不同,故B错误;重力做功为WG=mgH,可知小物块在AB轨道运动过程重力做功等于在BC轨道运动过程重力做功,根据功能关系可知重力势能减小量相同,故C错误;机械能减少量等于克服摩擦力做功大小,在BC轨道运动过程中摩擦力做功较大,故在BC轨道运动过程中,机械能减少量较大,故D正确. 4.D　[解析] 根据题意,由公式Ep=mgh结合图像可得,物体的质量为m=2 kg,故A错误;h=0时,物体的重力势能为0,则有E总=Ek0=m,解得v0=10 m/s,故B错误;由图可知,物体上升到4 m时E总=Ep,此时物体的动能为0,则物体的动能减少了ΔEk=m=100 J,故C错误;由图可知,物体上升到2 m时E总=90 J,Ep=40 J,则此时的动能为Ek=E总-Ep=50 J,由动能定理有-mgh2-W=Ek-Ek0,解得W=10 J,故D正确. 5.AD　[解析] 对小物块,由动能定理有W块=mv2-mv2=0,选项A正确;设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,小物块向左做减速运动时,二者间的相对路程x1=t+vt=vt,小物块向右做加速运动时,二者间的相对路程x2=vt-t=t,又a=μg、t=,则小物块与传送带间的相对路程x相对=x1+x2=,小物块与传送带因摩擦产生的热量Q=μmgx相对=2mv2,滑动摩擦力对传送带做的功W带=-μmgx带=-μmg·2vt=-2mv2,选项B、C错误,D正确. 6.BD　[解析] 物块先加速后匀速,匀速运动时有Ek0=mv2,解得v=,A错误;根据动能定理得μmgx0=Ek0,解得μ=,B正确;物块滑动过程中,传送带的速度是物块平均速度的2倍,传送带的位移是物块位移的2倍,物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=μmg,解得Q=Ek0,C错误;物块在传送带上运动的时间为t=+,解得 t=3x0,D正确. 7.C　[解析] 由图乙可知,当滑块运动到x2位置时,滑块的加速度为零,滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力,所以弹簧处于伸长状态,而不是原长,则有x2>l0,故A错误;当滑块的加速度为零时,速度达到最大,动能最大,从x3到x2的过程,根据运动学公式v2-=2ax,结合图线与横轴所围区域的面积可得=2×a3(x3-x2)=a3(x3-x2),则滑块的最大动能为Ekm=m=ma3(x3-x2),故C正确;滑块由A点运动至B点过程中,根据能量守恒定律可知系统产生的热量等于弹簧的弹性势能减少量,则有Q=k(x3-l0)2-k=k-k-kl0(x3-x1),故D错误;滑块由A点运动至B点过程中,结合a-x图像可知,滑块从x3到x2做加速运动,从x2到x1做减速运动,根据对称性可知从x3到x2图线与横轴围成的面积大小等于从x2到x1图线与横轴围成的面积,则有x3-x2=x2-x1,a3=a1,故B错误. 8.C　[解析] 煤块刚放上传送带时,受到的滑动摩擦力沿斜面向下,根据牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,解得a1=8 m/s2,则煤块从0加速到与传送带共速需要的时间t1==2 s,煤块的位移为x1=a1=16 m,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动,摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=4 m/s2,根据x2=v0t2+a2=-x1,解得t2=1 s,煤块运送到地面所用的总时间t=t1+t2=3 s,故A错误;第一个过程传送带的位移为x3=v0t1=32 m,煤块与传送带的相对位移为Δx1=x3-x1=16 m,第二个过程传送带的位移x4=v0t2=16 m,相对位移Δx2=x2-x4=2 m,第一个过程摩擦生热为Q1=FfΔx1=32 J,第二个过程摩擦生热为Q2=FfΔx2=4 J,故总共产生的热量为Q=Q1+Q2=36 J,故B错误;摩擦力大小为Ff=μmgcos 37°=2 N,第一个过程摩擦力对煤块做功W1=Ffx1=32 J,第二个过程摩擦力对煤块做功W2=-Ffx2=-36 J,故全程摩擦力对煤块做功为-4 J,煤块的机械能减少了4 J,故C正确,D错误. 9.(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J [解析] (1)滑块在板上做匀减速运动的加速度大小 a==μ2g=5 m/s2 根据运动学公式有L=v0t-at2 解得t=0.4 s (t=2.0 s舍去) 碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4 m/s>2 m/s,说明滑块一直做匀减速运动 长板移动的位移x=vt=0.8 m (2)对长板受力分析如图所示, 有F+Ff2=Ff1 其中Ff1=μ1(M+m)g=12 N,Ff2=μ2mg=10 N 解得F=2 N (3)方法一:滑块与挡板碰撞前,滑块与长板因摩擦产生的热量Q1=Ff2·(L-x)=12 J 滑块与挡板碰撞后,滑块与长板因摩擦产生的热量 Q2=Ff2(L-x)=12 J 整个过程中,长板与地面因摩擦产生的热量 Q3=Ff1·L=24 J 所以,系统因摩擦产生的热量 Q=Q1+Q2+Q3=48 J 方法二:滑块与挡板碰撞前,长板受到的拉力为F=2 N F做功为W=Fx=2×0.8 J=1.6 J 滑块与挡板碰撞后,长板受到的拉力为 F2=Ff1+Ff2=22 N F2做功为W2=F2(L-x)=22×1.2 J=26.4 J 滑块从刚开始滑上长板到与挡板碰前,其动能的减少量为ΔEk=m-m=20 J 所以系统因摩擦产生的热量 Q=W+W2+ΔEk=48 J 10.BCD　[解析] 由题意画出物块运动的v-t图像,如图所示,设物块与板间的动摩擦因数为μ1,由图得0~2.5 s内物块的加速度大小为a1==0.4 m/s2,对物块由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,解得物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.04,设木板与地面间的动摩擦因数为μ2,由图得在2~2.5 s内,木板的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,对木板由牛顿第二定律得μ2(mg+Mg)+μ1mg=Ma2,在2.5~3 s内,木板的加速度大小为a3== m/s2=2 m/s2,对木板由牛顿第二定律得μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3,两式联立得M=0.2 kg、μ2=,故B正确;由于物块恰好不能从木板左端掉落,则物块在2.5 s时与木板有共同速度,且在木板左端,木板的长度L=×2×3 m+×0.5× m-×2.5×1 m=2.75 m,故A错误;物块与木板相对位移有两段,第一段为前2.5 s,长度为s1=L=2.75 m,第二段为2.5 s后,由图得长度为s2=××1 m=1 m,物块与木板摩擦生热Q1=μ1mg=0.75 J,故C正确;木板的位移有三段,第一段由图得x1=×3 m=3 m,第二段由图得x2=×(1+3)×0.5 m=1 m,第三段位移x3=×0.5 m=0.25 m,木板与地面摩擦生热Q2=μ2(M+m)g(x1+x2+x3)=2.55 J,故D正确. 11.(1)68 N　(2)3 s　(3)60 J [解析] (1)小物块从A到B,由动能定理得mgR=m-mv2 解得vB==2 m/s 小物块经过B 点时由牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=68 N,由牛顿第三定律可知小物块经过B 点时对圆弧轨道的压力大小是68 N (2)小物块从A到C过程,根据动能定理可得 mgRcos 37°=m-mv2 解得vC=10 m/s 根据牛顿第二定律得,小物块在传送带上减速过程中的加速度大小为a1==10 m/s2 小物块减速至与传送带运动速度相等所用的时间为 t1== s=0.5 s 由于mgsin 37°>μmgcos 37° 所以小物块与传送带达到共同速度后仍做匀减速运动,加速度a2==2 m/s2 小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间 t2== s=2.5 s 则小物块在传送带上第一次向上运动到最高点所用的时间t=t1+t2=3 s (3)小物块减速至与传送带运动速度相等时小物块的位移大小为 x1=t1=×0.5 m=3.75 m 小物块减速至与传送带运动速度相等时传送带的位移大小为x2=v0t1=5×0.5 m=2.5 m 小物块与传送带发生的相对位移为Δx1=x1-x2=1.25 m 小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间内小物块的位移大小为x3=t2=×2.5 m=6.25 m 小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间内传送带的位移大小为x4=v0t2=5×2.5 m=12.5 m 小物块与传送带达到共同速度后,小物块减速到零的时间内小物块与传送带的相对位移大小为Δx2=x4-x3=6.25 m 小物块在传送带上第一次向上运动到最高点过程中系统因摩擦所产生的热量Q=μmgcos 37°× 解得Q=60 J 学科网（北京）股份有限公司 $