第5章 第4课时 功能关系 动力学和能量观点的应用 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦机械能守恒与功能关系，通过8道模拟题构建从概念理解到综合应用的训练体系，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| |----|-----------|----------|----------| |选择|6题（含4道多选）|结合神舟返回、汽车巡航等真实情境，考查超重失重、动能定理、机械能变化分析|从单一过程能量转化（如减速下降阶段功关系）到系统机械能守恒（如弹簧系统），形成"概念辨析→规律应用→模型迁移"的递进逻辑| |计算|2题|综合斜面-水平轨道-球面、半圆轨道-斜面组合模型，涉及多过程运动与能量综合求解|以动能定理为主线，串联牛顿运动定律、平抛运动、单摆周期等知识，构建"受力分析→过程拆分→能量关联"的解题链条|

1．(多选)(2026·广东江门市模拟)2025年11月14日，神舟二十一号载人飞船返回舱返回地面，在打开降落伞后的一段时间内，整个装置先减速下降后匀速下降，在这段时间内关于返回舱的说法正确的是(　　) A．减速下降阶段，返回舱处于失重状态 B．减速下降阶段，返回舱动能的减少量小于返回舱克服阻力做的功 C．匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量大于重力对返回舱做的功 D．匀速下降阶段，重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功 解析：选BD。返回舱减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；减速下降阶段，由功能关系可知Wf＝ΔEk＋ΔEp，则返回舱动能的减少量小于返回舱克服阻力做的功，故B正确；匀速下降阶段，返回舱机械能的减少量等于返回舱克服阻力做功的大小，而重力与阻力的大小相同，所以重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功，则返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所做的功，故C错误，D正确。 2．(多选)(2026·广东省第一次调研)如图，质量为1.8×103 kg的汽车，开启定速巡航(速率不变)后，以108 km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300 m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为2∶3，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．汽车在水平段的牵引力为2.4×103 N B．b、c两位置的高度差为20 m C．从b到c，汽车机械能增加1.08×106 J D．从b到c，汽车牵引力功率为108 kW 解析：选ABD。由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力F＝f＝mg＝2.4×103 N，故A正确；由题意可知，汽车在斜坡运动时的牵引力F′＝F＝3.6×103 N，设b、c两位置的高度差为h，斜坡bc与水平面的夹角为θ，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有F′＝mg sin θ＋f，其中f＝mg，sin θ＝，联立解得h＝20 m，故B正确；由b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有ΔEp＝mgh＝3.6×105 J，故C错误；v＝108 km/h＝30 m/s，可得从b到c过程，汽车牵引力功率P＝F′v＝108 kW，故D正确。 3．(2026·山东济宁市模拟)如图所示为某潮汐发电站的简化原理图，水坝下有通道，水流经通道即可带动水轮发电机工作。某次落潮后开闸放水，经时间t水坝内外水面高度相同，此时关闭闸门。已知海湾的面积为S，开闸放水时海湾内外水面高度差为h，水的密度为ρ，重力加速度为g。若通过水轮发电机以后水的动能忽略不计，水流减少的机械能有50%转化为电能。在该次落潮开闸放水过程中，水轮发电机的发电功率为(　　) A． B． C． D． 解析：选B。根据题意可知，经时间t，水流减少的重力势能ΔEp＝mg＝ρShg·＝，则在该次落潮开闸放水过程中，水轮发电机的发电功率P电＝＝＝。 4．(多选)(2026·山西、陕西、宁夏、青海检测)运动员从水平地面上把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的运动情况，估计足球上升的最大高度是3 m，在最高点的速度大小为10 m/s。不考虑空气阻力，以水平地面为参考平面，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．足球在最高点时的重力势能为6 J B．足球在最高点时的重力势能为12 J C．运动员踢球时对足球做的功为32 J D．运动员踢球时对足球做的功为12 J 解析：选BC。足球在最高点时的重力势能Ep＝mgh＝12 J，故A错误，B正确；根据功能关系有W＝mv2＋mgh＝32 J，故C正确，D错误。 5．(多选)(2026·安徽淮北市、淮南市质检)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B两物块固定于轻弹簧两端，其中物块B的质量m＝2 kg。对物块B施加一沿斜面向下、大小F＝10 N的压力，使B静止于P点。重力加速度g取10 m/s2。撤掉力F，弹簧始终处于弹性限度内，在物块B沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物块B的最大加速度为5 m/s2 B．弹簧恢复原长时B的速度达到最大 C．物块A、B组成的系统机械能一直增加 D．物块B运动至最高点时，物块A刚好离开挡板 解析：选AC。撤掉力F的瞬间，物块B受到的合外力大小为10 N，方向沿斜面向上，则此时B的最大加速度am＝＝5 m/s2，故A正确；当B的加速度为零时速度最大，此时弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分量平衡，弹簧处于压缩状态，故B错误；假设物块A不动，由对称性可知，B位于最高点时，B的加速度沿斜面向下，大小a＝5 m/s2，则由牛顿第二定律 mg sin 30°＋F弹＝ma，解得F弹＝0，则此时物块A没有离开挡板，假设成立，故D错误；由上述分析可知，物块B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的弹力一直对B做正功，则A、B系统的机械能一直增加，故C正确。 6．(2026·广东潮州市模拟)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数恒定不变。杆上M、N两点与O点的距离均为l, P点为MN中点，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A．从M点到N点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功 B．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小后变大 C．小球在M、N两点的加速度不相等 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同 解析：选D。在M、N两点弹簧处于原长状态，从M点到N点的运动过程中，由对称性可知弹簧弹力先做负功，后做正功，弹簧弹力做的总功为零，由动能定理，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；在M、N之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，设OP长度为x，则此时弹簧的弹力F＝k(l－)，小球受到的摩擦力f＝μFN＝μF sin θ，化简得f＝μk(l sin θ－x)，θ在MP之间增大，在PN之间变小，sin θ先增大后减小，即摩擦力先变大后变小，故B错误；在M、N两点小球只受重力，加速度都等于重力加速度，故C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此从M到P和从P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D正确。 7．(12分)(2026·东北三省四城市联考)如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道高度H＝11 m，它与水平地面间的夹角θ＝25°，水平滑道长度为L，滑道全程与游客间的动摩擦因数μ＝0.2。水平滑道末端有一光滑球面冰坑，冰坑DE两点高度相同，冰坑的球面半径R＝90 m(R远大于弧长DE)。g取10 m/s2，sin 25°＝0.4，cos 25°＝0.9。游客从雪滑梯顶部由静止下滑。 (1)若游客恰好在冰坑前停下，求水平滑道长度L。(4分) (2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达E点，求该游客从开始下滑到E点全程所用的时间(初速度可忽略，结果可以保留π)。(8分) 解析：(1)由题意可知，游客在AC间做匀加速直线运动，在CD间做匀减速直线运动，若游客在D点速度为零，由动能定理可得 mgH－μmg cos 25°·－μmgL＝0 解得L＝30.25 m。 (2)因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0，设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为t1，到达C点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2 根据牛顿第二定律可得 mg sin 25°－μmg cos 25°＝ma1 解得a1＝2.2 m/s2 由＝a1t，解得t1＝5 s 根据速度—时间公式可知vC＝a1t1＝11 m/s 同理，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2 解得a2＝2 m/s2 根据速度—时间公式有vC＝a2t2 解得t2＝5.5 s 因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆 由单摆周期公式T＝2π 解得t3＝T＝3π s 综上所述t＝t1＋t2＋t3＝(10.5＋3π) s。 答案：(1)30.25 m　(2)(10.5＋3π) s 8．(12分)(2026·山西、陕西、宁夏、青海检测)如图所示，内壁光滑、半径为R的半圆轨道AB固定在竖直面内，AB是竖直直径，光滑的斜面CB与半圆轨道在B点平滑连接。现让一质量为m的小球(视为质点)从斜面上的C点由静止释放，小球经过B点进入半圆轨道，到达A点时轨道对小球的压力等于小球重力的一半，离开A点后小球落到斜面上的D点时速度正好与斜面垂直，E点是斜面上与A点等高的点，重力加速度大小为g，不计小球经过转折点B时的机械能损失，求： (1)C、B两点的高度差h；(4分) (2)斜面CB倾角的正切值tan θ以及小球从A点运动到D点的时间；(4分) (3)小球在E点时重力的瞬时功率P。(4分) 解析：(1)由题意知，小球到达A点时，由牛顿第二定律有1.5mg＝m 小球从C点到A点，由机械能守恒定律有 mg(h－2R)＝mv 解得vA＝，h＝。 (2)设小球从A点到D点的运动时间为t，由平抛运动的规律有x＝vAt，y＝gt2 由几何关系有＝tan θ 小球在D点时的速度正好与斜面垂直 有＝tan θ 解得tan θ＝，t＝。 (3)由机械能守恒定律得小球在 E、A 两点的速度大小相等，则有vE＝vA＝ 小球在E点时重力的瞬时功率P＝mgvE sin θ 由数学知识可得sin θ＝ 解得P＝。 答案：(1)　(2)　　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $