2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案037-课时作业32 功能关系 能量守恒定律（教用）

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1．（2025·山东烟台期末）如图所示，质量为m的滑块沿倾角为α 的固定斜面以速度v0匀速下滑，重力加速度为g，在滑块沿斜面下滑距离L的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块重力势能减少了mgL
B. 合力对滑块做功为12mv02
C. 滑块机械能减少了mgLsinα
D. 滑块克服摩擦力做功为mgLsinα+12mv02
【答案】C
【解析】滑块重力势能减少了ΔEp=mgh=mgLsinα ，故A错误；滑块做匀速运动，动能不变，根据动能定理可知，合力对滑块做功为0，故B错误；滑块动能不变，所以滑块机械能减少量等于重力势能减少量，则滑块机械能减少了ΔE=ΔEp=mgLsinα ，故C正确；根据动能定理可得mgLsinα−Wf=0，解得滑块克服摩擦力做功Wf=mgLsinα ，故D错误。
2．（2025·甘肃白银期末）多选 从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和，以地面为参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2，根据图中数据可知（ ）
A. 物体的质量为2kg
B. 物体上升过程中所受阻力大小为4N
C. 在物体上升至h=2m处时，物体的动能为40J
D. 在物体上升后返回至h=2m处时，物体的动能为30J
【答案】AD
【解析】根据Ep=mgh结合图像可得物体的质量为2kg，故A正确；根据ΔE总=−fh，解得f=204N=5N，故B错误；由图可知，物体初动能为Ek0=100J，在物体上升至h=2m处时，根据动能定理得−fh−mgh=Ek1−Ek0，解得Ek1=50J，故C错误；从地面上升后返回至h=2m处，根据动能定理得−fs−mgh=Ek2−Ek0，又s=6m，解得Ek2=30J，故D正确。
3．多选 如图所示，倾角为θ=53∘ 的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l=0.5m的木板质量分布均匀，其质量为M=3kg，用外力使木板下端与A点对齐。木块质量为m=1kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面间的动摩擦因数为μ=23。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是(重力加速度g取10m/s2)（ ）
A. 木板和木块组成的系统机械能守恒
B. 木板上端刚过A点时速度大小为22m/s
C. 木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和
D. 系统产生的热量为10J
【答案】BC
【解析】木板和木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由能量守恒定律有Mglsinθ−mgl=12(M+m)v2+μMglcsθ ，解得v=22m/s，故B正确；根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确；系统产生的热量为Q=μMglcsθ=6J，故D错误。
4．如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是（ ）
A. 第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B. 第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C. 第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量
D. 物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
【答案】C
【解析】对物体受力分析知，两个阶段物体所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体一直做正功，A错误；由动能定理知，合力做的功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1=v2t，对传送带有x′1=vt，因摩擦产生的热量为Q=Ffx相对=Ff(x′1−x1)=Ff⋅v2t，物体机械能的增加量为ΔE=Ffx1=Ff⋅v2t，所以Q=ΔE，C正确。
5．如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，一原长为L2的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块（可看作质点），开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数k=10μmgL，弹性势能Ep=12kx2(x为形变量)，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，下列说法正确的是(重力加速度为g)（ ）
A. 物块第一次向左运动过程中，经过C点时速度最大
B. 物块第一次到达左侧最远点时距C点25L
C. 物块最终停在C点右侧L10处
D. 物块和弹簧组成的系统损失的总机械能为1.5μmgL
【答案】C
【解析】物块第一次向左运动过程中，运动到受到的弹簧向左的拉力与向右的摩擦力大小相等时，物块的速度最大，即kΔx=μmg，解得Δx=L10，故A错误；当物块第一次到达左侧最远点时，设弹簧压缩的长度为x1，根据能量守恒定律可得12k(L2)2−12kx12=μmg(L2+x1)，解得x1=310L，故B错误；物块最终停下时受力平衡，即kΔx=μmg，解得Δx=L10，整个过程损失的总机械能为ΔE=12k(L2)2−12k(Δx)2=1.2μmgL，设整个过程物块运动的路程为s，则ΔE=μmgs，解得s=1.2L，结合B选项分析可知，物块最终停在C点右侧L10处，故C正确，D错误。
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6．（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和零势能点，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、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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】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=mgssinθ ，故A正确；物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力大小F=mgsinθ+kv，根据动能定理有−Fs=Ek−Ek0，Ek−s图线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移s减小，所受的合力大小F′=mgsinθ−kv，Ek−s图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从最高点下滑到原点的时间，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。
7．（2025·四川卷·7）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32。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2v023g
B. 物块机械能增量为5mv022
C. 小车的位移大小为16Pv05mg2−2v025g
D. 小车机械能增量为8Pv05g+mv022
【答案】C
【解析】对物块受力分析，其受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，有a=μgcs30∘−gsin30∘=g4，末速度为v0，有v02=2ax，得x=2v02g，A错误；物块机械能增量为ΔE1=mgxsin30∘+12mv02=32mv02，B错误；物块加速的时间t=v0a，对小车受力分析，其受重力、支持力、压力、沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向上的牵引力，由动能定理有Pt−mgssin30∘−μmgscs30∘=12mv02，解得s=16Pv05mg2−2v025g，C正确；小车机械能增量为ΔE2=mgssin30∘+12mv02=8Pv05g+310mv02，D错误。
8．（10分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块（可视为质点）从半圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，C、D间距为4R。已知重力加速度为g。
（1） 求小滑块与水平面间的动摩擦因数；
（2） 求小滑块到达C点时，对半圆轨道压力的大小；
（3） 现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上半圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能。
【答案】（1） 0.25
（2） 3mg
（3） 3.5mgR
【解析】
（1） 从B点到D点的过程中，根据动能定理得mgR−4μmgR=0−0，
解得μ=0.25。
（2） 设小滑块到达C点时的速度大小为vC，根据机械能守恒定律得mgR=12mvC2，
解得vC=2gR，
设小滑块到达C点时半圆轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律得
FN−mg=mvC2R，
解得FN=3mg，
根据牛顿第三定律可知，小滑块到达C点时，对半圆轨道压力的大小为
F′N=FN=3mg。
（3） 根据题意，小滑块恰好到达半圆轨道的最高点A，此时重力提供向心力，设小滑块到达A点时的速度为vA，根据牛顿第二定律得mg=mvA2R，
解得vA=gR，
设小滑块在D点获得的初动能为Ek，根据能量守恒定律得Ek=ΔEp+EkA+Q，
即Ek=2mgR+12mvA2+4μmgR=3.5mgR。
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9．（2025·云南卷·10）多选 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=tanθ 。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kv02−4mg2sin2θ4kgsinθ
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14mv02
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kv02−8mg2sin2θ2kgsinθ
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】过程Ⅰ，Q由P点至O点，由能量守恒可得12mv02=mgx1sinθ+μmgcsθ⋅x1，由于μ=tanθ ，解得x1=v024gsinθ；过程Ⅱ，由于Q通过M点时速度最大，故Q在M点时，加速度为0，可得kx2=mgsinθ+μmgcsθ ，解得x2=2mgsinθk；P、M两点之间的距离为x1−x2=kv02−8mg2sin2θ4kgsinθ，A错误。过程Ⅱ中，Q从P点运动到O点，Q受重力G、斜面的支持力FN、弹簧的弹力F弹及斜面对Q的摩擦力Ff，其中FN对Q不做功，F弹和Ff对Q做功之和改变了Q的机械能，故滑块Q损失的机械能ΔE=μmgcsθ⋅x1−12kx12，代入μ=tanθ 、x1=v024gsinθ，解得ΔE=14mv02−kv0432g2sin2θ，B错误。过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动至最高点N点过程，Q做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可得Q在P点时的加速度大小a1和Q在N点时的加速度大小a2相等，由牛顿第二定律可得a1=kx1−mgsinθ−μmgcsθm、a2=mgsinθ+μmgcsθ+kx3m，解得x3=v024gsinθ−4mgsinθk；Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x1+x3=kv02−8mg2sin2θ2kgsinθ，C正确。假设滑块Q最终静止在O点和N点之间(不包含O、N)，弹簧处于压缩状态，弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下，F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力，Q不可能静止，此假设不成立；假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M)，弹簧处于拉伸状态，F弹方向沿斜面向上，且F弹>mgsinθ+μmgcsθ ，可得Q不可能静止，此假设不成立；当Q在O、M（含O、M点）之间时，若Q处于平衡状态，可得F弹=mgsinθ+Ff静，其中0≤F弹≤mgsinθ+μmgcsθ ，故−μmgcsθ≤Ff静≤μmgcsθ ，满足静止条件，D正确。