第6章 课时测评29 功能关系 能量守恒定律(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦功能关系与能量守恒，通过递进式题组构建"概念理解-定律应用-综合建模"的训练体系，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |功能关系应用|2题|多选为主，结合匀变速运动情境|从动能定理切入，建立功与能量变化的定量关系| |能量守恒理解|1题|弹簧模型综合题|通过机械能与弹性势能转化，深化守恒条件认知| |动力学与能量综合|5题|传送带/板块/轨道模型|融合牛顿定律与能量观点，培养多过程问题分析能力|

课时测评29　功能关系　能量守恒定律 (时间：30分钟　满分：40分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8，每题4分，共32分) 题组1　功能关系的应用 1．(多选)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后的又一新兴运动，它使户外爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30˚，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是(　　) A．人的重力势能减少5.0×104 J B．人的动能增加1.0×104 J C．人的机械能减少1.5×104 J D．人克服阻力做功4.0×104 J 答案：BC 解析：人沿沙坡下滑的距离l＝vt＝100 m，重力势能减少ΔEp＝mgl sin 30˚＝2.5×104 J，故A错误；人的动能增加ΔEk＝mv2＝1.0×104 J，故B正确；人的机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C正确；人克服阻力做功W克f＝ΔE＝1.5×104 J，故D错误。 2.(多选)如图所示，在粗糙的水平桌面上有一个质量为M的物块，通过水平轻绳跨过轻质定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小球的机械能守恒 B.物块与小球组成的系统机械能守恒 C.若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量 D.若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的热量 答案：CD 解析：在小球下落的过程中，绳子的拉力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；由于物块要克服摩擦力做功，物块与小球组成的系统机械能不守恒，故B错误；若小球匀速下降，系统的动能不变，则根据能量守恒定律可知，小球减少的重力势能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量，故C正确；若小球加速下降，则根据能量守恒定律可知，小球减少的机械能等于物块与桌面间因摩擦产生的热量及小球和物块增加的动能之和，所以小球减少的机械能大于物块与桌面间因摩擦产生的热量，故D正确。 题组2　能量守恒定律的理解及应用 3.(2026·河北唐山期末)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中(　　) A.小球的机械能守恒 B.小球距地面高度为时动能最大 C.小球最大动能为mg D.弹簧最大弹性势能为mg(h＋x) 答案：D 解析：当小球与弹簧接触后，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减少，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能不守恒，故A错误；当小球所受合力为零时，小球的速度最大，此时小球的动能最大，设此时弹簧的形变量为x1，根据平衡条件有mg＝kx1，解得x1＝，弹簧原长未知，小球距地面的高度未知，故B错误；设小球的动能最大时弹簧的弹性势能为Ep1，根据能量守恒定律可知，小球最大动能为Ek＝mg－Ep1，故C错误；当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，设此时弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可得Ep＝mg(h＋x)，故D正确。 题组3　动力学与能量观点的综合应用 4.(多选)(2026·广东东莞模拟)图(a)是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情景，其简化模型如图(b)所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为参考平面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的下列说法正确的是(　　) A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上 B.在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为mv2＋mgLsin θ C.谷粒P离开传送带后(落地前)的机械能先增大后减小 D.在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为mv2 答案：AB 解析：在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以W＝mv2＋mgLsin θ，故B正确；谷粒P离开传送带后(落地前)，只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为W克G＝mgLsin θ，而mv2是谷粒P在传送带上运动时动能的增加量，故D错误。 5．(多选)(2026·广东广州阶段练习)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ的直轨道，其下方右侧放置一水平传送带。轴间距L的传送带保持逆时针方向速度匀速运行。现将一质量为m的小物块放在距离传送带高h处的A点静止释放，小物块与直轨道、传送带间的动摩擦因数均为μ，最后小物块从传送带右端滑出。假设小物块经过直轨道与传送带转折点B时，没有机械能损失，重力加速度为g。则(　　) A．小物块在传送带受到摩擦力做功为W＝－μmgL B．小物块在传送带上摩擦产生的热量Q＝μmgL C．全程小物块机械能变化量为ΔE＝－μmgL－μmg D．小物块在传送带上一直做匀减速直线运动 答案：ACD 解析：小物块在传送带上一直做匀减速直线运动，受到的摩擦力做功为W＝－FfxBC＝－μmgL，故A、D正确；设传送带速度为v传，小物块在传送带上从B到C所用时间为t，则小物块与传送带发生的相对位移为Δx＝x物＋x传＝L＋v传t，小物块在传送带上摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx>μmgL，故B错误；全程摩擦力对小物块做的功为Wf＝－μmg cos θ·－μmgL，根据功能关系可知全程小物块机械能变化量为ΔE＝Wf＝－μmgL－μmg，故C正确。 6.(多选)(2025·四川成都模拟)如图甲所示，“L”形木板Q(竖直挡板厚度不计)静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P(视为质点)以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的v -t图像如图乙所示。重力加速度大小g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.“L”形木板的长度为9 m B.Q的质量为1 kg C.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 D.由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量之比为1∶4 答案：BD 解析：“L”形木板的长度为L＝×2 m－×2 m＝8 m，A错误；滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，碰前P的速度为v1＝3 m/s，木板Q的速度v2＝1 m/s，碰撞后共同速度为v3＝2 m/s，碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，由动量守恒定律可得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1 kg，B正确；设滑块P与木板Q间的动摩擦因数为μ1，地面与木板间的动摩擦因数为μ2，由两者的v -t图像可知，在0～2 s时间内，滑块P的加速度为aP＝ m/s2＝－1.5 m/s2，木板Q的加速度为aQ＝ m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律可得－μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，代入数据解得μ2＝0.05，C错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝m＋M－(m＋M)，解得ΔE＝1 J，碰撞后木板Q与地面摩擦产生的热量Q＝(m＋M)＝4 J，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为1∶4，D正确。故选BD。 7．(多选)(2026·广东金山中学检测)如图所示，轻弹簧放在倾角θ为37˚的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。则(　　) A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL 答案：AD 解析：物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·＝0，解得μ＝0.5，则整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmg cos θ·＝0.6mgL，故A、D正确。物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于mg sin θ>μmg cos θ＋F弹，物块继续向下加速，F弹继续变大；当mg sin θ<μmg cos θ＋F弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速；向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律得mg sin θ·＝μmg cos θ·＋Epm，解得Epm＝0.25mgL，故C错误。 8．(12分)(2026·广东广州高三调研)一轻质弹簧原长为2R，一端固定在倾角为37˚的固定直轨道AC的底端A点，另一端位于直轨道B点。直轨道AC长为6R，与一半径为R的光滑圆轨道(过山车模型)相切于C点，A、B、C、D、E均在同一竖直平面内，如图所示。质量为m的小物块P自C点由静止开始释放，最低到达距A点为R的E点，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小为g，取sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。 (1)求物块P从释放到第一次通过B点所用时间t。 (2)求物块P压缩弹簧到达E点时，弹簧的弹性势能Ep。 (3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。P进入竖直圆轨道后，在轨道内运动过程中，不脱离轨道，求P质量mP的取值范围。 答案：(1)2　(2)2mgR　(3)0<mP≤m或m≤mP≤ 解析：(1)物块P从释放到第一次通过B点过程做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 mg sin 37˚－μmg cos 37˚＝ma 根据运动学公式，有4R＝at2 联立解得t＝2。 (2)物块P从释放到压缩弹簧到达E点过程，由能量守恒定律可得 mg sin 37˚·5R＝μmg cos 37˚·5R＋Ep 解得Ep＝2mgR。 (3)根据题意可知，物块P在竖直圆轨道内运动，且不脱离轨道，可分为2种情况 情况1：物块P可运动到与轨道圆心等高处及以下，根据能量守恒定律可得 Ep≤μm1g cos 37˚·5R＋m1g(5R sin 37˚＋R cos 37˚) Ep≥μm1g cos 37˚·5R＋m1g sin 37˚·5R 联立解得 情况2：物块P能运动到竖直圆轨道的最高点，根据能量守恒定律可得 Ep≥μm2g cos 37˚·5R＋m2g(5R sin 37˚＋R＋Rcos 37˚)＋m2v2 其中m2g＝m2 解得m2≤m 综上所述，P的质量取值范围为0<mP≤m或≤mP≤ 学科网（北京）股份有限公司 $