第6章 第4讲 功能关系 能量守恒定律(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

**基本信息** 聚焦力学能量与动力学综合应用，通过高考真题及模拟题构建从基础概念到复杂场景的知识逻辑链，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |能量定理应用|题1、题6|单选/双选，结合生活场景|从动能定理基础应用到机械能与位移关系图像分析，构建能量观念| |相互作用与能量|题2、题3|单选，涉及相互作用力、摩擦生热|通过相互作用力性质辨析，结合摩擦力做功与相对位移计算热量，强化运动与相互作用观念| |综合模型应用|题5、题10|双选/计算，传送带、多过程运动|整合牛顿运动定律、能量守恒解决传送带加速与匀速过程，提升科学推理与模型建构能力|

[课时跟踪检测]　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·云南高考)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近 (　　) A.4×105 J B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J 解析：选B　高中生的质量约为m=50 kg，144 km/h=40 m/s，根据动能定理有W=mv2=4×104 J，故选B。 2.(2025·福建晋江模拟)如图所示是机器狗运送货物向上爬山的情境，下列说法正确的是 (　　) A.机器狗对货物的作用力大于货物对机器狗的作用力 B.机器狗对货物的作用力小于货物对机器狗的作用力 C.机器狗消耗的电能等于货物增加的机械能 D.机器狗消耗的电能大于货物增加的机械能 解析：选D　机器狗对货物的作用力与货物对机器狗的作用力为一对相互作用力，二者大小相等，故A、B错误；机器狗运送货物向上爬山的过程中，根据能量守恒定律，可知机器狗消耗的电能等于货物与机器狗增加的机械能和该过程中产生的所有内能之和，故C错误，D正确。 3.如图所示，木板上A、B两点相距5米。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在光滑地面上向左滑行2米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 20 N，则下列说法正确的是 (　　) A.物块所受的摩擦力做功为-60 J B.木板克服摩擦力做功为-40 J C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J 解析：选A　对物块分析可得W1=-f(L-l)=-20×(5-2)J=-60 J，A正确；对木板分析可得W2=-fl=-20×2 J=-40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q=fL=20×5 J=100 J，C、D错误。 4.如图所示，一根轻质弹簧右端固定在挡板上，质量为0.4 kg、可视为质点的滑块压缩弹簧后被锁定在A点，滑块与弹簧左端不拴接，此时弹簧具有的弹性势能为4 J，将木板左端抬高至与水平方向成任意角θ并固定，突然解除锁定，滑块脱离弹簧后均能从木板的左端B点离开，已知滑块与木板间的动摩擦因数为，取重力加速度大小g=10 m/s2，则A、B两点间距离的最大值为 (　　) A.0.5 m B.0.6 m C.0.7 m D.0.8 m 解析：选D　假设木板足够长，滑块在木板上做减速运动的距离为L，根据能量守恒定律有Ep=μmgLcos θ+mgLsin θ，解得L==，当sin(θ+φ)=1时，滑块做减速运动的距离最小，为Lmin=0.8 m，为了使得滑块脱离弹簧后均能从木板的左端B点离开，A、B两点的距离的最大值为0.8 m，故选D。 5.(2025·广西壮族自治区贵港月考)(双选)如图所示，水平传送带长度L=5 m，左端A与一光滑曲面平滑连接，传送带静止时，一质量为m=1 kg的工件P(可视为质点)从曲面上的O点由静止释放，能落在地面上的M点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.若传送带逆时针转动，工件还是从O点由静止释放，则工件落地时在M点左侧 B.若传送带顺时针转动的速度为v=2 m/s，把工件从传送带左端的A点由静止释放，则它到达右端的过程中一直受摩擦力的作用 C.若传送带顺时针转动的速度为v=2 m/s，把工件从传送带左端的A点由静止释放，则它到达右端的时间为t=3 s D.若传送带顺时针转动的速度为v=2 m/s，把工件从传送带左端的A点由静止释放，则它到达右端的过程中与传送带因摩擦产生的热量为2 J 解析：选CD　传送带静止或逆时针转动时，工件滑上传送带后，都是受同样的滑动摩擦力，所以落地时还是在M点，故A错误；若传送带顺时针转动的速度为2 m/s，把工件放在传送带左端的A点由静止释放，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得a=2m/s2，则加速的时间为t1==1 s，位移为x1=t1=1 m<L，则工件先受向右的滑动摩擦力做匀加速运动，后不受摩擦力做匀速运动，匀速的时间为t2==2 s，则总时间为t=t1+t2=3 s，故B错误，C正确；工件加速运动过程，传送带的位移为x2=vt1=2 m，则因摩擦产生的热量为Q=μmg(x2-x1)=2 J，故D正确。 6.(2025·河南联考)(双选)如图1所示，一位游客在体验激情满满的“彩虹滑道”时，从某一高度由静止滑下，其(游客及装备)机械能E与滑动距离x的关系图像如图2所示。整个运动过程可视为沿倾角为30°的斜面和水平地面的两段直线运动，以水平地面为重力势能零势能面，重力加速度g取10 m/s2，则由此可知 (　　) A.游客开始下滑时距地面的高度为6 m B.游客及装备的总质量为80 kg C.游客沿斜面滑动时的加速度大小为1.7 m/s2 D.滑行装备与水平地面间的动摩擦因数为0.8 解析：选AD　由题图2可知，游客沿斜面滑行的距离为x1=12 m，沿水平地面滑行的距离为x2=5 m，斜面倾角为30°，故游客下滑时距地面的高度为h=x1·sin 30°=6 m，根据E0=mgh，可知游客及装备的质量为m== kg=60 kg，故A正确，B错误；游客滑至地面时的动能为Ek1=2.4×103 J，游客开始滑下时的动能为0，由动能定理可得，游客沿斜面滑动时所受合力大小为F1== N=200 N，根据牛顿第二定律可知，游客沿斜面滑动时加速度大小为a1== m/s2，故C错误；在水平地面上滑动时，根据动能定理，有f== N=480 N，故装备与地面间的动摩擦因数为μ==0.8，故D正确。 7.(2025·云南高考)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 解析：选A　对两种运动的整个过程，根据能量守恒定律有m=μ1mgxMN+μ2mgm=μ1mgxMN+μ2mg，可得x1=x2，故C、D错误；根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN上运动时的加速度大，根据上述分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v⁃t图像与横轴围成的面积相等，由于滑块第二次向右滑动时距离M点的距离较近，根据公式-v2=2ax，可知滑块第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v⁃t图像，可得t2>t1，故A正确，B错误。 8.(2025·山东济南检测)如图所示为消防员采用的高压水枪灭火的示意图，消防员将出水管与水平地面成θ=53°角架好，着火点与出水口的竖直距离H=11 m，水平距离L=12 m，水落在着火点。已知出水管的横截面积S=0.005 m2，灭火过程中水枪机器的效率η=80%，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，水的密度ρ=1×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力及出水口与水箱液面的高度差，则水枪机器消耗的功率为 (　　) A.20 kW B.25 kW C.40 kW D.50 kW 解析：选B　设水做斜抛运动的初速度为v0，经t时间水打到着火点，在竖直方向有H=v0sin θ·t-gt2，在水平方向有L=v0cos θ·t，联立解得t=1 s，v0=20 m/s，设水枪机器消耗的功率为P，经Δt时间打出水的质量为m=ρSv0Δt，根据能量守恒定律有PΔt×80%=m，解得P=25 kW，故选B。 9.(2025·四川高考)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的轻绳与小车相连，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+ 解析：选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；设物块与小车达到共速时所用时间为t，则t==，对小车，根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，解得x=-，故C正确；小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。 10.(14分)如图所示，质量m=1 kg的物块静止于光滑水平轨道N处，现用F=4 N的水平力作用于物块，物块运动x=0.5 m 时撤去F， 然后滑上以v0=6 m/s 的速度顺时针匀速转动的倾斜传送带(水平轨道与倾斜传送带平滑连接)。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，传送带倾角θ=30°，传送带长L=9.4 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块从开始运动至传送带顶端的时间；(10分) (2)传送带因传送物体多消耗的电能。(4分) 解析：(1)由牛顿第二定律有F=ma1 代入数据解得a1=4 m/s2 根据匀变速直线运动位移时间公式， 可得x=a1，解得t1=0.5 s 则有v1=a1t1=2 m/s 滑上传送带后加速过程有 a2=μgcos θ-gsin θ=2.5 m/s2 有v0=v1+a2t2，解得t2=1.6 s 则可得x1=t2=6.4 m 匀速过程有t3==0.5 s 所以总时间为t=t1+t2+t3=2.6 s。 (2)物块在传送带上时，相对位移为 Δx=v0t2-x1=3.2 m 由能量守恒定律得W电=mgLsin θ+μmgcos θ·Δx+m(-)=87 J。 答案：(1)2.6 s　(2)87 J 44 / 57 $