第17讲 功能关系和能量守恒定律(课时跟踪检测)-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习学用Word（提升版）

**基本信息** 聚焦功能关系与能量守恒定律，包含8道选择（含1道多选）和1道综合计算，精选江苏、天津等地模拟题及高考真题，注重真实情境与综合应用，适配一轮复习能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|8题|动能定理、机械能守恒、摩擦力做功、功率、弹簧势能|真实情境（喷泉/子弹打木块），多过程能量分析，真题改编（山东/四川高考题）| |计算|1题|传送带/板块模型、弹性势能、摩擦生热|综合多阶段运动，关联科学思维（模型建构/推理论证）|

第17讲　功能关系和能量守恒定律 1.（2025·江苏苏州一模）如图，某公园里的喷泉有40个相同的喷口，每个喷泉管口直径为2 cm。喷嘴方向可变化，喷出的水柱最高可达约10 m，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则喷泉电动机的输出功率约为（　　） A.6 kW B.18 kW C.60 kW D.180 kW 2.（2026·天津河西期末）如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中，最终和木块一起运动。已知子弹受到的平均阻力大小为f，射入深度为d，子弹射入木块的过程中木块移动的距离为L，忽略空气阻力，在子弹和木块相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　） A.子弹动能的减少量一定等于木块动能的增加量 B.子弹和木块组成的系统机械能减少量为fL C.子弹动能的减少量为f（L＋d） D.木块动能的增加量为fd 3.（2025·辽宁沈阳二模）如图所示，一物块（可视为质点）以初速度v0从足够长的固定斜面底端滑上斜面，运动过程中所受的阻力Ff与速度大小成正比。以斜面底端为原点O和重力势能的零点，沿斜面向上为正方向，该物块的动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E、重力做功的绝对值为WG、位移为s、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回斜面底端的过程中，下列图像可能正确的是（　　） 4.（2025·云南高考6题）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（　　） A.t1＜t2 B.t1＞t2 C.x1＞x2 D.x1＜x2 5.（2025·四川高考7题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（　　） A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为－ D.小车机械能增量为＋ 6.（2024·山东高考7题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　　） A.＋μmg（l－d） B.＋μmg（l－d） C.＋2μmg（l－d） D.＋2μmg（l－d） 7.（2026·云南昭通开学考）如图所示，左侧有一长为L＝3 m的传送带，以速度v＝5 m/s顺时针转动，右侧有一质量为M＝6 kg、长为l＝5 m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m＝2 kg的小物块（可视为质点）以初速度v0＝10 m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。则（　　） A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s B.小物块的最终速度为1 m/s C.长木板的最终动能Ek＝12 J D.全过程系统产生的内能Q＝48 J 8.（2026·黑龙江哈尔滨期末）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1＝0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L＝1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.73。 （1）求滑块a在C点时对轨道压力的大小； （2）求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量； （3）若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置到B点的距离（结果保留2位有效数字）。 9.〔多选〕（2025·陕晋青宁10题）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx，k＝10 N/m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则滑块（　　） A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第17讲　功能关系和能量守恒定律 1.B　由喷出的水柱最高达10 m，可得最大速度v＝＝10 m/s，根据功能关系有P＝，又m＝ρSvt＝ρπvt，联立解得P＝5πρd2v3≈18 kW，故选B。 2.C　根据能量守恒定律，子弹进入木块的过程中，由于阻力的作用，子弹动能的减少量一定大于木块动能的增加量，子弹和木块组成的系统机械能减少量等于fd，其中d为子弹相对木块的位移，故A、B错误；对子弹，由动能定理有－W克f＝ΔEk子弹，解得ΔEk子弹＝－f（L＋d），故子弹动能的减少量为f（L＋d），C正确；对木块，由动能定理有Wf＝ΔEk木块，解得ΔEk木块＝fL，D错误。 3.A　设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值WG＝mgssin θ，故A正确；物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力F＝mgsin θ＋kv，根据动能定理有－Fs＝Ek－Ek0，Ek-s图线切线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移s减小，所受的合力F＝mgsin θ－kv，Ek-s图线切线的斜率的绝对值越来越小，故B错误；物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点的时间，故C错误；物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一直在减小，故D错误。 4.A　设MN段的长度为x0，设滑块在除MN段外通过的路程为x，整个过程由动能定理得－μ1mgx0－μ2mgx＝0－m，由题意可知滑块两次在MN段的路程相等，则两次在除MN段外通过的路程也一定相等，则有x1＝x0＋x，x2＝x0＋x，所以x1＝x2，C、D错误；滑块在MN段的加速度大小为a1＝μ1g，滑块在除MN段外的加速度大小为a2＝μ2g，由于第二次的释放点距离M较近，则滑块第二次在M点的速度比第一次的大，由于两次滑块通过MN的位移相同，则第二次滑块在MN段的运动时间较短，作出两次滑块的速度—时间图像，如图所示，由图可直观地看出，第二次运动的总时间较长，即t1＜t2，A正确，B错误。 5.C　对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝m＋mgx1·sin 30°＝m，故B错误；对小车，根据动能定理有Pt－x＝m，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝m＋mgxsin 30°＝＋，故D错误。 6.B　方法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板组成的整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝k＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋（l－d），则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg（l－d），B正确。 方法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg（l－d）＋x0＝＋μmg（l－d），B正确。 7.C　小物块冲上传送带后开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma0，令t0时刻与传送带达到相等速度，则有v＝v0－a0t0，解得t0＝ s，物块的位移x0＝t0＝6.25 m＞L＝3 m，表明小物块与传送带没有达到相等速度，则有－＝－2a0L，解得v1＝8 m/s，即小物块滑上长木板的速度为8 m/s，故A错误；小物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma1，解得a1＝2 m/s2，令t1时刻小物块与木板达到相等速度，则有v2＝v1－a0t1＝a1t1，解得t1＝1 s，v2＝2 m/s，小物块的位移x1＝t1＝5 m＝l，表明小物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动，即小物块的最终速度为2 m/s，故B错误；长木板的最终动能Ek＝M＝12 J，故C正确；小物块在传送带上运动时间t2＝＝ s，对传送带的相对位移x相1＝t2－vt2＝ m，小物块对木板的相对位移x相2＝t1－t1＝4 m，全过程系统产生的内能Q＝μmg＝64 J，故D错误。 8.（1）24 N　（2）7.92 J　（3）1.8 m 解析：（1）由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C点至D点过程， 由动能定理有－m1gR＝－m1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F1－m1g＝ 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小 FN＝F1＝24 N。 （2）设B点所在水平面为零势能面，滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知 Ep＋m1gLsin 37°＝μm1gLcos 37°＋m1gRcos 37° 解得Ep＝1.44 J 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒定律可知 Q＝Ep＋m1gLsin 37° 解得Q＝7.92 J。 （3）设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒定律有 Ep＋m2gLsin 37°＝μm2gLcos 37°＋m2g（R＋Rcos 37°）＋m2 解得vE＝6 m/s 滑块b恰好能通过E点时，有m2g＝ 解得v'＝3 m/s 可知vE＞v'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有d＝vEt－Rsin 37° （R＋Rcos 37°）－gt2＝dtan 37° 解得t＝ s，又x＝ 解得x≈1.8 m。 9.AC　设滑块运动过程中右侧轻绳与P、Q连线的夹角为θ，则轻绳的伸长量为Δx＝，轻绳的拉力大小F＝kΔx，垂直杆方向滑块受力平衡，则杆对滑块的支持力FN＝Fcos θ－mgcos 53°，而滑块与杆之间的滑动摩擦力大小f＝μFN，联立解得f＝1.6 N，A正确；下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上，上滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向下，由冲量的定义可知，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量方向不同，B错误；设滑块从释放到静止的位移为x，结合A项分析可知，下滑过程滑块所受合外力为F下＝mgsin 53°－f－kx，上滑过程滑块所受合外力F上＝mgsin 53°＋f－kx，可知上滑过程与下滑过程分别为简谐运动，平衡位置处合外力为0，解得平衡位置与P点的距离分别为x下＝0.64 m，x上＝0.96 m，分析运动过程可得滑块先向下运动，经过x下＝0.64 m处的平衡位置，然后滑动到对称点，即x＝1.28 m处，然后转而向上滑动，以x上＝0.96 m处为平衡位置，最后恰好滑到对称点x＝0.64 m处，速度为零，受力平衡，可得滑块从释放到静止的位移大小为x＝0.64 m，C正确；结合C项分析可知，从释放到静止的过程，滑块克服滑动摩擦力做功为W＝（1.28 m＋1.28 m－0.64 m）f＝3.072 J，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $