第30讲 功能关系 能量守恒定律 考点突破 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦功能关系与能量守恒，通过基础到素养三级训练，融合多模型与实际情境，强化能量观念与科学推理 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|4题|多模型融合（蹦极/斜面弹簧/传送带/板-块）|从单一能量转化到多力做功分析，构建功能关系认知框架| |能力·高分练|4题（2选择+2计算）|动力学与能量综合（含跨学科）|结合牛顿定律与能量守恒，深化复杂过程中的能量分配逻辑| |素养·提升练|1题|实际情境应用（传送带行李装载）|关联科学态度与责任，强化模型建构与科学论证能力|

第30讲功能关系　能量守恒定律 基础·满分练 命题角度一　复杂情境中的多模型融合 1.(2023浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　) A.弹性势能减小 B.重力势能减小 C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小 2.(2026安徽阜阳开学考)如图所示,斜面体固定在水平面上,轻弹簧放在斜面上,下端与固定在斜面底端的挡板相连,上端与斜面上Q点对齐,此时轻弹簧处于原长。一个可视为质点的物块从斜面上P点由静止释放,物块最终静止在斜面上,轻弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.物块最终静止的位置可能在Q点 B.物块第一次到达Q点时动能最大 C.物块第一次沿斜面运动到最低点过程中,加速度先不变后减小 D.物块最终减少的重力势能大于物块和斜面间因摩擦产生的内能 命题角度二　应用动力学和能量观点分析“传送带”模型 3.(2025河北廊坊三模)如图所示,水平传送带顺时针转动,速度大小为v=4 m/s,A、B分别为传送带的左、右端点,t=0时在其右端B处无初速度地释放质量为m=1 kg的物块(视为质点),同时对物块施加一水平向左的恒力F=4 N,t=2 s时撤去力F,物块与传送带间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,物块最后从B点离开传送带,下列说法正确的是(　　) A.传送带至少长6 m B.物体在传送带上的运动时间为6 s C.全过程中摩擦力对物体做功-16 J D.物体与传送带之间摩擦产生的热为56 J 命题角度三　应用动力学和能量观点分析“板—块”模型 4.如图所示,木板A静止于光滑水平面上,木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动,木板A在摩擦力作用下也向右加速运动,但加速度小于木块B的加速度,则(　　) A.木板A所受摩擦力对木板A做负功 B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功相等 C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功减去木块B对木板A的摩擦力做的功 D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和 能力·高分练 5.(2025山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　) A. B. C. D. 6.(跨学科融通)体育课上,小明同学想研究一下篮球下落时受到的空气阻力及篮球与球场地面碰撞时的能量损失问题,他将质量为m的篮球举至离地面高为h处,由静止释放,通过记录发现篮球第一次反弹后上升的高度为释放高度的一半。下列说法不正确的是(　　) A.若不考虑空气阻力,篮球第一次与地面碰撞损失的机械能为mgh B.若篮球与地面碰撞时无机械能损失,可知空气阻力大小的平均值为mg C.若篮球与地面碰撞时无机械能损失,空气阻力大小恒定,则篮球从释放到停止运动的总路程为3h D.若空气阻力大小恒定为mg,篮球第一次与地面碰撞损失的机械能为mgh 7.(9分)(2025江苏宿迁测试)如图所示,光滑斜面AB高h=1.8 m,底端与水平面BD相连,在水平面末端D点的墙上固定一轻弹簧。若水平面BC段粗糙,长s=10 m,动摩擦因数μ=0.15,水平面CD段光滑,且等于弹簧原长。质量m=0.5 kg的物块,由斜面顶端A点静止下滑,经过B点时无机械能损失,g取10 m/s2,求: (1)物块滑到B点时速度vB的大小; (2)弹簧被压缩具有的最大弹性势能Ep; (3)物块最终静止时离C点的距离s'的大小。 8.(12分)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为m=1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB; (2)B上升的最大距离s; (3)B的最小长度L。 素养·提升练 9.机场工作人员利用倾斜传送带向飞机货舱装载行李的某场景如图甲所示,传送带保持恒定速率向上运行。工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端,所有行李箱在进入飞机货舱前都已做匀速运动,且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图乙,A、B、C、D是传送带上4个进入货舱前匀速运动的行李箱,其中A与B、B与C间的距离均为d,C与D间的距离小于d。已知传送带运行的速率为v0,倾角为θ,传送带的长度为L,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(　　) A.A、B、C、D与传送带间动摩擦因数相同,均满足μ>tan θ B.A、B、C与传送带间动摩擦因数大于D与传送带间动摩擦因数 C.工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔Δt= D.若A的质量为m,则由于传送A,驱动传送带的电机额外消耗的电能ΔE=mgLsin θ+ 答案： 1.B　解析 橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大,A错误;游客高度一直降低,重力一直做正功,重力势能一直减小,B正确;下落阶段橡皮绳对游客做负功,游客机械能减少,转化为弹性势能,C错误;橡皮绳刚绷紧的一段时间内,弹力小于重力,合力向下,游客的速度继续增加,游客动能继续增加,当弹力大于重力后,合力向上,游客动能逐渐减小,D错误。 2.D　解析 物块从静止沿斜面运动,说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力,因此物体不可能最终停于Q点,故A错误;物体接触弹簧后,还要继续加速,直到弹力和摩擦力的合力与重力的分力相等时,达到最大速度,故最大速度在Q点下方,故B错误;未接触弹簧前mgsin θ-μmgcos θ=ma,接触弹簧后mgsin θ-μmgcos θ-kΔx=ma,当弹力与摩擦力合力大于重力沿斜面向下的分力时,μmgcos θ+kΔx-mgsin θ=ma,所以加速度先不变,后减小,再反向增大,故C错误;根据能量守恒可知,物块最终减少的重力势能大于物块和斜面间因摩擦产生的内能,还有一部分转化为弹性势能,故D正确。故选D。 3.D　解析 在0~2 s时间内,由牛顿第二定律可得F-μmg=ma1,解得a1=2 m/s2;2 s后,物体的加速度a2=μg=2 m/s2,以向左为正方向,画出物体和传送带运动的v-t图像如图所示。物体向左运动的位移x1=t1=8 m,则传送带至少长8 m,故A错误;根据上述v-t图像可知,物体在传送带上的运动时间为7 s,故B错误;2 s后,摩擦力对物体做功之和为零,0~2 s内物体向左运动的位移x= m=4 m,则摩擦力做功为Wf=-μmgx=-8 J,故C错误;由图可求得物体与传送带之间总的相对路程Δx= m+ m=28 m,则摩擦产生的热为Q=μmgΔx=56 J,故D正确。故选D。 4.C　解析 木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同,对木板A做正功,故A错误;木板A对木块B的摩擦力做的功为W1=FfABx,木块B对木板A的摩擦力做的功为W2=FfBAx1,由题意得FfAB的大小与FfBA的大小相等,但x>x1,所以两者做功不相等,故B错误;摩擦生热的计算公式为Q=Ff·Δs,又因为Δs=x-x1,所以有Q=Ff·Δs=W1-W2,故C正确;根据能量守恒定律有,力F做的功等于木块B和木板A动能的增量之和,再加上A、B相对运动产生的热量,故D错误。 5.A　解析 设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,则转换产生的电能E'=ηE,单位时间内电动机所做的功W1=0.5E',当小车以速度v匀速行驶时,由动能定理可知,电动机所做的功与阻力所做的功大小相等,故W1=fvt=kv2,联立解得E=,故选A。 6.D　解析 不考虑空气阻力时,篮球初始机械能为mgh,碰撞后上升至,机械能损失为mgh-mgh=mgh,故A正确。若碰撞无机械能损失,总机械能损失由空气阻力做功引起。下落和上升过程总路程为h,机械能损失mg=Ff·h,解得Ff=mg,故B正确。总路程为所有下落和上升距离之和,构成首项为h、公比为的等比数列,总路程s=h+2=3h,故C正确。空气阻力Ff=mg时,下落至地面时的动能E1=mgh-Ffh=mgh,碰撞后上升至需动能E2=mgh+Ffmgh,碰撞损失ΔE=E1-E2=mgh,故D错误。此题选择不正确的,故选D。 7.(1)6 m/s　(2)1.5 J　(3)2 m 解析 (1)物块从A到B过程,根据动能定理得mgh=-0 解得vB=6 m/s。 (2)从开始到弹簧被压缩到最短的过程,由能量守恒定律得mgh=Ep+μmgs 解得Ep=1.5 J。 (3)从开始到物块最终静止整个过程,由能量守恒定律得mgh=μmg(s'+s) 解得s'=2 m 即物块最终静止时离C点的距离为2 m。 8.(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m　(3)1.8 m 解析 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律有μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA 解得aA=2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律有 μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB 解得aB=12.5 m/s2。 (2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,有 v0-aBt=aAt 共速后A和B一起以加速度a向上减速,对A和B整体分析,由牛顿第二定律有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a 且s= 解得s=0.375 m。 (3)最终A、B均停在挡板处,此时B的长度最小,由能量守恒有mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L 解得L=1.8 m。 9.C　解析 传送带运行的速率为v0,工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放在传送带底端,则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同,行李箱放在传送带上后,先加速,后匀速,设加速时间为t,加速过程的位移为x1,则对行李箱有μmgcos θ-mgsin θ=ma,v0=at,x1=t,行李箱加速时,传送带的位移为x2,则x2=v0t,行李箱加速时,与传送带的相对位移为Δx=x2-x1=,又A与B、B与C间的距离均为d,C与D间的距离小于d,则A、B、C与传送带间动摩擦因数相同,D与传送带间动摩擦因数大于A、B、C与传送带间动摩擦因数,且A、B、C、D与传送带间动摩擦因数均满足μ>tan θ,A、B错误;由以上分析知,A、B、C释放的初始位置间距等于它们匀速后的位置间距d,则工作人员往传送带底端放置行李箱的时间间隔为Δt=,C正确;根据能量守恒定律知,驱动传送带的电机额外消耗的电能转化为了A的机械能和摩擦产生的热能,有ΔE=mgLsin θ+,D错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $