2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第20讲功能关系能量守恒定律(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第20讲功能关系能量守恒定律(专项训练)(学生版+解析)，文件包含化学试卷-2026山西高考适应性模拟428-29pdf、化学答案-2026山西高考适应性模拟428-29pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 功能关系
题型02 能量守恒定律
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 功能关系
1.（多选）下列关于功和能的说法中正确的是（ ）
A．功和能都只有大小没有方向，是标量
B．合外力对物体做正功时，物体的动能可能保持不变
C．动车外形被设计成流线型，是为了减小阻力，提高最大行驶速度
D．合外力对物体做负功时，物体的动能可能增大
【答案】AC
【详解】A．功和能都只有大小没有方向，是标量。故A正确；
B．根据动能定理可知合外力对物体做正功时，物体的动能增加。故B错误；
C．根据P=Fv
汽车达到最大速度时F=f
可得vm=Pf
可知动车外形被设计成流线型，减小阻力，提高最大行驶速度，故C正确；
D．根据动能定理可知合外力对物体做负功时，物体的动能减小。故D错误。
故选AC。
2.（多选）（2025·四川德阳·高三月考）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断正确的是（ ）
A．W=12mv2B．W=0
C．Q=mv2D．Q=2mv2
【答案】BD
【详解】AB．对小物块，由动能定理有W=12mv2−12mv2=0，故A错误，B正确；
CD．设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，有μmg=ma，v=at
二者间的相对位移为Δx1=v2t+vt=3v2t
小物块向右做匀加速运动时，二者间的相对位移为为Δx2=vt−v2t=v2t
小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q=μmgΔx1+Δx2=2mv2，故C错误，D正确。
故选BD。
3.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图所示，斜面倾角为θ=37°，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，木板被锁定在斜面上。弹簧与斜面平行、且为原长。某时刻在木板右上端一个质量为m=2.0kg的小金属块以v1=4m/s平行斜面向下的速度冲上木板，沿木板向下运动，冲上木板的同时解除对木板的锁定。金属块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.75，木板与斜面间的动摩擦因数为μ2=0.25。当弹簧上端被压缩l=1m到P点时金属块与木板刚好达到相对静止，用时t=2s。已知sinθ=0.6、csθ=0.8，g=10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．此过程金属块减小的机械能转化为木板的动能、弹簧弹性势能及内能
B．从木板开始运动至到达P点过程中木板与斜面间因摩擦而产生的热量Q=6J
C．从木板开始运动至到达P点过程中为使金属块不从木板上滑下，木板长度至少8m
D．P点弹簧弹性势能EP弹=4J
【答案】BD
【详解】A．此过程金属块减小的机械能与木板减少的重力势能之和，转化为木板的动能、弹簧弹性势能及内能，A错误；
B．从木板开始运动至到达P点过程中木板与斜面间因摩擦而产生的热量为
Q=μ2m+Mglcs37°=6J ，B正确；
C．设金属块下滑的加速度为a1，根据牛顿第二定律得mgsin37°−μ1mgcs37°=ma1
解得a1=0
金属块在木板上做匀速运动，2s末的位移为x1=v1t=8m
木板的最小长度为L=x1−l=7m ，C错误；
D．金属块和木板的共同速度为v2=v1=4m/s
对木板根据动能定理得
Mglsin37°+μ1mglcs37°−μ2M+mglcs37°−W=12Mv22−0
根据功和能的关系得EP弹=W
解得EP弹=4J，D正确。
故选BD。
4.（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体∶物体在向上运动的过程中，其中机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余部分为直线，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0-x1过程中，拉力的功率一直增大
B．x1-x2过程中，物体的加速度逐渐减小到零
C．x1-x2过程中，物体的动能逐渐增大
D．x2-x3过程中，物体克服重力做功的功率一定减小
【答案】AD
【详解】A．根据功能关系可得ΔE=F⋅Δx
得F=ΔEΔx
则图象的斜率表示F，由分析知在0～x1过程中物体所受拉力不变，物体做匀加速直线运动，则拉力的功率P=Fv一直增大，故A正确；
B．x1～x2过程中，拉力逐渐减小到零，则加速度先减小后反向增大，故B错误；
C．由图分析可知，x1-x2的过程物体先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度反向逐渐增大的减速运动，则物体的动能先增后减，故C错误；
D．x2-x3过程中，物体的机械能守恒，则物体只受重力，做加速度为g的匀减速直线运动，物体克服重力做功的功率PG=mgv一直减小，故D正确；
故选AD。
5.2024年10月25日，备受瞩目的中国女排以3∶2逆转战胜了强大的对手。这场比赛不仅是一场技术与战术的较量，更是意志与精神的对决。如图所示，运动员由A点竖直向上抛出一个排球，排球抛出时的动能为30J，当运动到B点时动能损失了15J，机械能损失了5J，选抛出点为重力势能零点，假设空气阻力恒定不变。则下列说法正确的是（ ）
A．排球所受的重力等于空气阻力B．排球在最高点的重力势能为10J
C．排球返回到A点时的动能为10JD．排球上升最大高度是AB间距离的32
【答案】C
【详解】A．设排球所受的空气阻力为f，重力为G，在A、B两点的动能分别为EkA、EkB，机械能分别为EA、EB，A、B间的距离为h，根据动能定理得
−Gh−fh=EkB−EkA=−15J
根据功能关系得−fh=EB−EA=−5J
联立可得Gh=10J，G=2f
故A选项错误；
BD．当排球运动到最高点时，动能为零，设排球上升的最大高度为H，根据动能定理可得
−GH−fH=0−EkA=−30J
解得H=2h
选抛出点为重力势能零点，排球上升到最高点时，重力势能为
EP高=mgH=GH=20J
故B、D选项错误；
C．当排球返回到出发点时，因为摩擦产生的内能为Q=f·2H=f·4h=20J
根据能量守恒可知，剩下的动能EKA'为EKA'=EKA−Q=10J
故选项C正确。故选C。
6.（多选）（2025·四川泸州·高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M=4kg，t=0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v−t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．木板的长度为8m
B．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
C．物块在木板上滑动过程中摩擦力对物块做功为40 J
D．物块在木板上滑动过程中系统产生了32 J的热量
【答案】AD
【详解】A．从图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，则L=12×(7+3)×2m−12×2×2m=8m
故A正确；
B．木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1
而v-t图像的斜率表示加速度，故a1=ΔvΔt=2m/s2
解得μ=0.2
故B错误；
C．对木板受力分析可知μmg=Ma2
由图知a2=Δv′Δt=1m/s2
解得m=2kg
根据动能定理有Wf=12mv22−12mv02=−40J
故C错误；
D．物块在木板上滑动过程中系统产生的热量为Q=μmgL=32J
故D正确；故选AD。
7.（多选）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P，重力加速度为g，空气阻力大小恒为f，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间t=mg+fHP
【答案】BC
【详解】AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有F−mg−f=ma
功率有P=Fv
则货物加速时，绳子的拉力F减小，加速度a减小，故A错误，B正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C正确；
D．当a=0时，货物的速度最大，有vm=Pmg+f
根据能量守恒定律有Pt=mgH+ fH+12mvm2
联立解得t=mg+fHP+m2PPmg+f2
故D错误。
故选BC。
02 能量守恒定律
8.（多选）如图所示，将一轻弹簧下端固定在粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点，一个物体从斜面上的B点由静止开始自由下滑，与弹簧发生若干次相互作用后，最终停在斜面上某点处。下列判断正确的是（ ）
A．物体最终停在A、B间的某点
B．物体第一次反弹后不能到达B点
C．整个过程中物体第一次到达A点时动能最大
D．整个过程中物体重力势能的减少量大于物体克服摩擦力做的功
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，物块从斜面上的B点由静止开始自由下滑，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不可能最终停于A、B间的某点，故A错误；
B．由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，故B正确；
C．物体接触弹簧后，还要继续加速，直到弹力与重力的分力相等时，达到最大速度，故最大速度在A点下方，第一次到达A点时动能不是最大，故C错误；
D．重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体最终停止时弹簧有向上的弹力，弹簧被压缩，具有弹性势能，根据能量守恒可知整个过程中物体重力势能的减少量等于物体克服摩擦力做的功和弹簧增加的弹性势能，故D正确；
故选BD。
9.如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B，不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小
B．人先处于超重状态，后处于失重状态
C．人动能的减少量等于绳弹性势能的增加量
D．绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小
【答案】D
【详解】AB．开始阶段，绳子弹力小于重力，则加速度向下，人处于失重状态，速度增加；以后阶段，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，速度减小，绳子对人的拉力方向始终向上，对人做负功，人的速度先增加后减小，故AB错误；
C．由能量关系可知，人的动能的减少量与重力势能减小量之和等于绳的弹性势能的增加量，故C错误；
D．绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小，故D正确。
故选D。
10.一固定轨道如图所示，粗糙程度相同。AB段为四分之一圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平轨道，现将一质量为m的小球（小球视为质点）从A点静止释放，最后静止于水平轨道某处。现要将小球沿原路径拉回A点，关于此拉力做功的最小值W，下列说法正确的是（ ）
A．W=2mgRB．W2mgRD．无法判断
【答案】B
【详解】小球从A点运动至水平轨道某处静止，这过程中重力势能的减少量变成热能，所以这过程中克服摩擦力做功
Wf=mgR
沿原路经拉回A点，拉力做功的最小值为重力势能的增加量和克服摩擦力做功之和，由于拉回A点过程中在圆弧轨道上可以缓慢拉，所以弹力可以比下滑时小，摩擦力同样变小，所以克服摩擦力做功小于mgR。
则此拉力做功的最小值
W v2
D．到达底端时的速度v1 > v2 > v3
【答案】BD
【详解】AB．设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为
W=μmgLcsθLcsθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为
Q1=Q2v3
故C错误，D正确。故选BD。
21.（多选）如图所示，水平台高h=4m，物体A（可视为质点）的质量m=1kg，一半径R=2m的光滑圆弧轨道竖直固定放置，直径CD处于竖直方向，半径OB与竖直方向的夹角θ=53°，物体以某速度vx水平向右运动物体离开平台后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6）。则
A．物体离开平台时的速度vx=6m/s
B．物体在圆弧轨道B点时，物体对轨道的压力大小为56N
C．物体在圆弧轨道C点时，物体对轨道的压力大小为58N
D．物体不能到达轨道最高点D
【答案】AB
【详解】A．物体下落的高度H=R+Rcsθ=2+2×cs53°=3.2m
竖直方向的速度vy=2gH=8m/s
物体离开平台后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道，则tanθ=vyvx
解得vx=6m/s
故A正确；
B．小球在B点的速度vB=vy2+vx2=10m/s
小球在B点受到的重力沿垂直于轨道方向的分力与轨道对小球的支持力的合力通过向心力，则
FNB−mgcsθ=mvB2R
代入数据可得FNB=56N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为56N，故B正确；
C．从水平抛出到小球到达C的过程中小球的机械能守恒，则
12mvx2+mgh=12mvC2
可得vC=116m/s
物体在圆弧轨道C点时，物体受到的支持力与重力的合力通过向心力，则
FBC−mg=mvC2R
解得FNC=68N
故C错误；
D．如物体能到D点，假设刚离开桌面时的动能为Ek，由功能关系有
Ek=EkD
则vD=6m/s
小球经过最高点D的最小速度满足
vmin=gR=2×10m/s=25m/smP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为g3。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．物体P和Q的质量之比为1:3B．2T时刻物体Q的机械能为E2
C．2T时刻物体P重力的功率为3E2TD．2T时刻物体P的速度大小2gT3
【答案】BCD
【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为g3，则
mQg−FT=mQ⋅g3
FT−mPg=mP⋅g3
解得
FT=23mQg
mPmQ=12
选项A错误；
B．在T时刻，两物体的速度v1=gT3
P上升的距离h1=12g3T2=gT26
细线断后P能上升的高度h2=v122g=gT218
可知开始时PQ距离为 h=h1+h2=2gT29
若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E=mQgh=2mQg2T29
从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WF=FTh1=mQg2T29
则此时物体Q的机械能E'=E−WF=mQg2T29=E2
此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为E2，选项B正确；
CD．在2T时刻，重物P的速度v2=v1−gT=−2gT3
方向向下；此时物体P重力的瞬时功率
PG=mPgv2=mQg2⋅2gT3=mQg2T3=3E2T
选项CD正确。故选BCD。
27.（多选）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了12mgH
【答案】AC
【详解】AB．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
ΔEk=W合=F合⋅Hsin30°=mg⋅2H=2mgH
故A正确，B错误；
CD．设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得
mgsin30°+f=ma=mg
解得f=0.5mg
则物块克服摩擦力做功为Wf=f⋅2H=0.5mg⋅2H=mgH
根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确，D错误。
故选AC。
28.（全国乙卷·高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于12mv02−flD．物块的动能一定小于12mv02−fl
【答案】BD
【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得12mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得12mv12=12mv02−fl−12Mv22v1>v2
可得xm>2xM
则xm−xM=l>xM
所以W=fxMx2=S△COF
故fl>fx2=12Mv22
故A错误，B正确；
CD．对系统，由能量守恒定律fl=12mv02−12mv12+12Mv22
物块动能12mv12=12mv02−fl−12Mv22