第6章　机械能 第6讲　功能关系　能量守恒定律--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第6讲　功能关系　能量守恒定律
基础对点练
题组一　功能关系的理解与应用
1.(多选)(2025重庆高三月考)一些地方开设了滑草滑道游乐项目。如图所示,设定某游客(含装备)从滑草滑道的顶端由静止开始下滑到最低点过程中,该游客(含装备)的重力做功W1,克服阻力做功W2。则该过程中,该游客(含装备)的(　　)
A.重力势能减少W1
B.动能增加W1+W2
C.机械能减少W1+W2
D.机械能减少W2
2.(2025广东惠州模拟预测)一物块在高为2 m、长为2.5 m的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化关系如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度g取10 m/s2。则(　　)
A.物块下滑过程中机械能守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时,加速度大小为4.8 m/s2
D.物块下滑1.25 m时,机械能损失了16 J
3.(2024山东卷)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(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
题组二　摩擦力做功与能量转化
4.(多选)(2026山东济南高三模拟)如图所示,木块放在光滑水平面上,一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力大小为Ff,射入的深度为d,在此过程中木块位移的大小为s,关于此过程下列说法正确的是(　　)
A.子弹克服阻力做的功为Ffs
B.子弹动能的损失为Ff(s+d)
C.木块动能的增加量为Ff(s+d)
D.系统产生的热量为Ffd
题组三　能量守恒定律的理解与应用
5.(2025河北秦皇岛模拟预测)某瀑布高100 m,水的流量为50 m3/s,假设利用瀑布来发电,能量转化效率为60%,已知重力加速度g取10 m/s2,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,则发电功率为(　　)
A.3×104 W B.3×105 W
C.3×106 W D.3×107 W
6.(2025江西高三月考)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,滑块与弹簧左端不锁定,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,重力加速度大小g取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
7.(2026山东德州高三期末)如图所示,一个质量为m=100 kg的物块(可视为质点)在输出功率恒定的电动机作用下,从斜面底端A点由静止开始加速运动至B点时达到最大速度v=2 m/s,之后物块匀速运动至C点,此时关闭电动机,物块从C点运动到D点时速度为0。物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,斜面倾角θ=53°,AD间距离L=5 m,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.AD过程物块增加的机械能为5×103 J
B.AD过程因摩擦产生的内能为2.5×103 J
C.AC过程电动机输出的总能量为5.5×103 J
D.AC过程电动机的输出功率为1.6 kW
综合提升练
8.(多选)(2026海南海口高三期中)彩虹滑道是一款旱地仿滑雪设备,其模型如图所示。质量为50 kg的人坐在滑板上,从滑道斜面顶端由静止开始沿直线匀加速下滑,经过5 s到达底端,速度大小为20 m/s。已知彩虹滑道的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,该过程中下列说法正确的是(　　)
A.人的重力势能减少了2.5×104 J
B.人克服阻力做功2.5×103 J
C.人的动能增加了1.0×104 J
D.人的机械能减少了1.5×104 J
9.(多选)(2025河南豫西名校一模)目前,世界上最先进的起重机是我国的“XCA4000”轮式起重机,满足170 m的吊装高度,230 t的极限吊装质量。被誉为“全球第一吊”,将质量m的重物悬空静止后,由静止开始以加速度为a匀加速向上提升重物,经过时间t达到额定功率P,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.重物匀速的最大速度为
B.重物的动能增量为Pt
C.重物的机械能增量为Pt
D.起重机额定功率P=ma(g-a)t
培优拔高练
10.(13分)(2026福建龙岩高三月考)如图所示,ABC为固定在竖直平面内的光滑轨道,AB段为
水平轨道,BC段为圆心角θ=37°、半径为2d的圆弧轨道;CD段为粗糙平直倾斜轨道,CD的长度为d,与BC段圆弧相切于C点,与滑块间的动摩擦因数μ=,各段轨道均平滑连接。AB段的右侧有一缓冲装置,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,缓冲装置锁定时,轻杆不可移动;缓冲装置解除锁定时,轻杆可在固定的槽内移动。轻杆与槽间的滑动摩擦力Ff=mg,轻杆向右移动不超过d时,装置可安全工作。缓冲装置解除锁定时,将一质量为m的滑块从C点由静止释放,滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,重力加速度为g。
(1)现将缓冲装置锁定,滑块从C点由静止释放,经过圆弧轨道B点时,求轨道对滑块的支持力FN。
(2)仍保持缓冲装置的锁定状态,将滑块由D点静止释放,求弹簧最大的弹性势能Ep。
(3)现将缓冲装置解除锁定,在缓冲装置安全工作时,试讨论该滑块第一次被弹回后上升距B点的最大高度h与释放时距B点的高度H之间的关系。
答案：
1.AD　解析 游客(含装备)的重力做功W1,则重力势能减少W1,选项A正确; 合外力做功等于动能增加,即动能增加W1-W2,选项B错误;机械能减少量等于克服阻力做功,即机械能减少W2,选项C错误,D正确。
2.C　解析 下滑过程中,物块重力势能减少20 J,动能只增加了12 J,故机械能不守恒,故A错误;斜面高为2 m,长为2.5 m,故倾角为53°,在顶端时,重力势能为Ep=mgh=20 J,解得m=1 kg,损失的机械能Q=μmgscos 53°=8 J,解得μ=,故B错误;由牛顿第二定律有mgsin 53°-μmgcos 53°=ma,解得a=4.8 m/s2,故C正确;下滑1.25 m时,重力势能为10 J,动能为6 J,机械能剩余16 J,则机械能损失了4 J,故D错误。
3.B　解析 方法一:开始时轻质弹性绳处于松弛状态,当轻质弹性绳刚被拉伸时,乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要运动时,kΔx2=μmg,轻质弹性绳的伸长量Δx2=,所以F所做的功为WF=μmg(l-d+)++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,又kx0=μmg,联立解得W=+μmg(l-d),B正确。
4.BD　解析 子弹克服阻力做的功为Wf=Ff(s+d),选项A错误;根据动能定理可知,子弹动能的损失为ΔEk=Ff(s+d),选项B正确;根据动能定理可知,木块动能的增加量为ΔEk'=Ffs,选项C错误;系统产生的热量为摩擦力乘以相对位移为Ffd,选项D正确。
5.D　解析 Δt时间内流过水的质量为m=ρQ·Δt,重力势能的减小量为ΔEp=mgh,重力势能转化为电能,则发电功率P=,其中h=100 m,Q=50 m3/s,联立可得P=ηρQgh=60%×1.0×103×50×10×100 W=3×107 W,故选D。
6.D　解析 假设木板足够长,滑块在木板上减速的距离为L,根据能量守恒定律有Ep=μmgLcos θ+mgLsin θ,解得L=,当sin (θ+φ)=1时,减速的距离为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。
7.C　解析 物块从A点由静止开始运动,到达D点时速度为0,所以AD过程物块增加的机械能为ΔE=mgLsin θ=100×10×5×0.8 J=4×103 J,故A错误;AD过程因摩擦产生的内能为Q=μmgcos θ·L=0.5×100×10×0.6×5 J=1.5×103 J,故B错误;CD过程中关闭电动机,物块做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律,有mgsin θ+μmgcos θ=ma,根据运动学公式,有v2=2axCD,解得xCD= m,所以AC过程电动机输出的总能量为E=mv2+mg(L-xCD)sin θ+μmgcos θ·(L-xCD)=5.5×103 J,故C正确;AC过程电动机的输出功率为P=(mgsin θ+μmgcos θ)v=2.2×103 W,故D错误。
8.BC　解析 人下滑的位移x=t=×5 m=50 m,人下滑的高度h=xsin 30°=25 m,人的重力势能的减少量ΔEp=mgh=50×10×25 J=1.25×104 J,故A错误;人的动能增加量ΔEk=mv2=×50×202 J=1×104 J,故C正确;人下滑过程,由动能定理得mgh-Wf=mv2-0,解得人克服阻力做功Wf=2.5×103 J,故B正确;机械能的减少量等于克服阻力做的功,由功能关系可知,人机械能的减少量ΔE=Wf=2.5×103 J,故D错误。
9.AC　解析 起重机输出功率达到额定功率后,功率不再增加,当起重机对重物的拉力等于重物的重力时,重物达到最大速度P=mgvm,则vm=,故A正确;根据位移—时间公式x=v't,外力做功为W=Fx,解得W=Pt,重物增加的机械能等于起重机对重物做的功,因此重物的机械能增量为Pt,重物的动能增量为ΔEk=Pt-mgx=Pt-mgat2,故B错误,C正确;重物做匀加速直线运动vm=at,根据牛顿第二定律,有F-mg=ma,又因为P=Fvm,联立解得P=ma(g+a)t,故D错误。
10.答案 (1)mg,方向竖直向上　(2)0.8mgd　(3)见解析
解析 (1)从C到B的过程中,根据机械能守恒定律,有mg·2d(1-cos θ)=
根据牛顿第二定律FN-mg=
解得FN=mg,方向竖直向上。
(2)根据能量守恒定律,有Ep=mgdsin θ-μmgdcos θ+mg·2d(1-cos θ)
解得Ep=0.8mgd。
(3)缓冲装置解除锁定时,滑块从C点释放至滑块向右速度为零,设弹簧最大的弹性势能为Epm,则根据能量守恒定律,有Epm=-Ff·d
若杆未被推动,小球刚接触弹簧时动能的最大值为Ek=Epm
则有mgH=Ek=Epm
联立解得,小球释放时距B点的最大高度为H=d
即当H≤d时h=H
若杆被推动,小球被弹簧弹回时的动能为Ek=Epm
则有mgh=Epm
得h=d
即当d1