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

**基本信息** 聚焦功能关系与能量守恒，通过分层题组构建从单一规律应用到动力学综合的递进训练，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| |----|-----------|----------|----------| |功能关系应用|2题|跳伞/连接体模型，考查做功与机械能变化关系|从重力势能、动能变化切入，建立功与能量转化的对应关系| |能量守恒定律|1题|弹簧模型，涉及弹性势能与机械能守恒|通过小球下落过程，推导能量守恒表达式，明确守恒条件| |动力学与能量综合|5题|传送带/板块/斜面弹簧模型，含多选与计算|融合牛顿定律、运动学公式，构建“受力分析-运动过程-能量转化”逻辑链，提升综合应用能力|

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.(2026·河南南阳模拟)如图所示，质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8，重力加速度为g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中(　　) A.运动员的加速度大小为g B.合力对运动员做的功为mgh C.运动员的机械能减少量为mgh D.空气阻力对运动员做的功为mgh 答案：C 解析：下降h高度的过程，减少的重力势能为mgh，根据题意可知，增加的动能为ΔEk＝mgh，根据动能定理可知，合力对运动员做的功为W＝ΔEk＝mgh，故B错误；根据动能定理，有mah＝mgh，解得a＝g，运动员机械能的变化量为ΔE＝－mgh＋mgh＝－mgh，即运动员的机械能减少量为mgh，故A错误，C正确；根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，即空气阻力对运动员做的功为－mgh，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.(2026·河南信阳二模)如图所示，一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动，一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带，已知物块的初速度大于传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取沿传送带向上方向为正方向，则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图，机械能、动能随位移变化关系图正确的是(　　) 答案：C 解析：传送带足够长，则物块先向上减速，物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切，则物块与传送带共速后继续减速，直至速度为零，然后向下加速，A错误。物块滑上传送带时，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a1＝gsin θ＋μgcos θ；共速后向上减速，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a2＝gsin θ－μgcos θ；减速为零后向下加速，加速度方向沿传送带向下，为负值，大小为a3＝gsin θ－μgcos θ，B错误。E机 -x图线斜率的绝对值等于摩擦力大小，物块在传送带上运动时，滑动摩擦力大小不变，开始时摩擦力方向沿传送带向下，摩擦力做负功，机械能减小；从与传送带共速到速度减为零的过程中摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做正功，机械能增加；向下滑动时摩擦力方向沿传送带向上，摩擦力做负功，机械能减小，C正确。Ek -x图线斜率的绝对值等于合力大小，物块向上减速到与传送带速度相同的过程中合力大小为F1＝mgsin θ＋μmgcos θ；从与传送带共速到速度减为零的过程中合力大小为F2＝mgsin θ－μmgcos θ，图线斜率变小；向下加速过程中合力大小为F3＝mgsin θ－μmgcos θ，D错误。 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·辽宁名校联盟模拟)如图(a)所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.物块在传送带上运动的路程为2 m B.物块与传动带之间的动摩擦因数为 C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J 答案：AC 解析：由题图(b)可知，0～0.4 s内，物块的位移大小为x1＝ m＝0.6 m，0.4～0.8 s内，物块的位移大小为x2＝ m＝1.4 m，物块在传送带上运动的路程s＝x1＋x2＝2 m，故A正确；由题图(b)可知0～0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，在0.4～0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，故B错误；摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ·x1－μmg cos θ·x2＝－1 J，故C正确；传送带的速度为v传＝3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·＝1 J，故D错误。 8.(多选)(2025·云南卷·T10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 答案：CD 解析：设PO的距离为L，过程Ⅰ，根据动能定理有－mgsin θ·L－μmgcos θ·L＝0－m；设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1＝mgsin θ＋μmgcos θ，P、M两点之间的距离L2＝L－L1，联立可得L2＝，故A错误。根据功能关系可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中动能、重力势能均增大，所以机械能增大，故B错误。设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有kL2＝mgsin θ·x＋μmgcos θ·x＋k(x－L)2，解得x＝，故C正确。假设滑块最终静止在N点，若N在O点上方，则有kxON＋mgsin θ＞μmgcos θ，滑块不能平衡，若N在M点下方，由A项分析可知kxON＞mgsin θ＋μmgcos θ，滑块也不能平衡，所以滑块最终一定静止在OM(含O、M点)之间，故D正确。 9.(8分)(2025·辽宁大连三模)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB及A、B被敲击后各接触面由于摩擦产生的内能之和。 答案：(1)4 m/s　(2)12 m/s2　4 m/s2　(3)8 m/s　40 J 解析：(1)由题可知，A、B间最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，敲击A时B不动，对A，由牛顿第二定律有μmg＝maA 解得A的加速度大小aA＝4 m/s2 由运动学公式有＝2aAL 联立解得vA＝4 m/s。 (2)对齐前，对B有μmg＋2μmg＝maB 解得aB＝12 m/s2 对齐后，对整体有2μmg＝2maB' 解得aB'＝4 m/s2。 (3)设敲击B后经过t时间A、B达到共同速度v，该过程A的加速度为aA，则有v＝aAt＝vB－aBt 该过程A、B位移分别为 xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 联立解得vB＝8 m/s，v＝2 m/s A、B共速后一起减速到0，其加速度为aB'，则该过程B的位移xB'＝ 整个过程中B与地面之间的由于摩擦产生的热量Q1＝2μmg× 解得Q1＝24 J A、B之间由于摩擦产生的热量Q2＝μmg×2L 解得Q2＝16 J 各接触面由于摩擦产生的内能Q＝Q1＋Q2＝40 J。 另解：两次敲击过程其他形式的能量转化为A、B的动能，最终全部转化为内能，则 Q＝ΔE＝m＋m＝40 J。 学科网（北京）股份有限公司 $