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功能关系、能量守恒 典型考点冲刺练 2026届高中物理高考三轮冲刺练
一、单选题
1．热气球旅游项目是一种结合低空飞行与观光体验的特色旅游活动。通过调整热气球的升力大小，让热气球从地面由静止开始在竖直方向上先匀加速上升再匀速上升，不考虑气体燃烧带来的质量变化，设热气球在空中上升阶段其动能为，重力势能为，机械能为，上升时间为t，上升高度为H，选地面为势能零点，不计空气阻力。下列描述相关物理量关系的图像一定错误的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，水平面内ab和cd是两条平行放置的足够长的固定粗糙金属直导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为2kg和1kg，两杆与导轨间的动摩擦因数相同。开始时恒定水平外力F作用在杆MN上，使两杆以大小为4m/s的速度水平向右匀速运动。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略。在t=0时刻将细线烧断，保持外力F不变，金属杆和导轨始终接触良好，已知在t=t0时刻后杆MN速度大小为5m/s并保持不变，且在0~t0时间内两杆速度方向始终向右，下列说法正确的是（　　）
A．细线烧断后，流经MN的电流方向为由M到N
B．M′N′稳定后的速度大小为3m/s
C．0~t0时间内MN和M′N′的位移大小之比大于3∶2
D．整个过程中系统动能变化量的大小等于整个系统产生的焦耳热
3．如图1所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为，风速为，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，有空气以原速率穿过，如图2所示。图3所示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为、、。不考虑其它能量损耗，下列说法正确的是（　　）
A．太阳轮与齿圈转动的角速度之比为
B．一台风力发电机的发电功率约为
C．一台风力发电机的发电功率约为
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
二、多选题
4．如图所示，一根轻质弹簧与质量为的滑块连接后，穿在一根光滑竖直杆上，弹簧下端与竖直杆的下端连接，一根轻绳跨过定滑轮将滑块和重物连接起来。图中、两点等高，线段长为，与水平方向的夹角，重物的质量，把滑块从图中点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过、两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，不计滑轮的摩擦，重力加速度为，，。在滑块从到的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块的速度一直增大 B．轻绳对滑块做功
C．滑块在位置的速度 D．与的机械能之和先增大后减小
5．如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块P（视为质点）以的初速度滑上木板，时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图乙所示。重力加速度大小，则下列说法正确的是（　　）
A．“L”形木板的长度为
B．Q的质量为
C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为
6．如图所示，半径为R、圆心为O的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为2m的小球P通过轻质细线跨过两定滑轮A、B后与质量为m的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于O点正上方，且O到滑轮A的距离为R，M点为轨道上一点，∠MON=60°，N点为轨道的最低点，现将小球P从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g，小球P可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A．小球P由释放到N的过程，物体Q始终超重
B．到M点时小球P的速度大小为
C．到M点时物体Q的速度大小为
D．到N点时小球P的加速度大小为
7．如图所示，倾角的传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为的物块轻放在传送带下端，同时质量也为的物块从传送带上端以的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计物块大小，重力加速度取，，。则（　　）
A．、两物块刚在传送带上运动时加速度相同
B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为
C．传送带上下端间的距离为
D．在运动过程中、两物块与传送带因摩擦产生的总热量为
8．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=2s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．木板的长度为3m
B．物块的质量为0.8kg
C．拉力F对物块做的功为9.9J
D．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J
三、实验题
9．某实验小组用如图所示装置验证机械能守恒定律。装置中轻绳质量可忽略，轻绳与滑轮间摩擦不计。物块B（含挡光片）、物块A的质量均为m，每个钩码的质量均为，重力加速度大小为g，开始时，整个装置处于静止状态，滑轮两侧的轻绳均伸直。请回答下列问题：
(1)用游标卡尺测出挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片宽度_______mm。
(2)测出挡光片到光电门的距离h，在物块A下挂一个钩码，由静止释放物块B，光电计时器记录挡光片挡光时间为t，则挡光片通过光电门时物块B的速度大小_______（用d、t表示），从释放物块B至挡光片挡光的过程，整个系统减少的重力势能为_______（用、g、h表示）。
(3)多次改变物块A下悬挂钩码的个数，重复实验，每次实验物块B由静止释放的位置相同，记录每次物块A下悬挂钩码的个数n及挡光片的挡光时间t，作_______（选填“”“”“”或“”）图像，得到的图像是一条倾斜直线，图像的斜率_______，图像与纵轴的截距_______，则表明运动过程中，系统的机械能守恒。（均选用、、d、g、h表示）
四、解答题
10．哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可视为光滑冰面、BC段动摩擦因数。长方体冰块长，质量均匀分布且总质量为开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度使冰块向着BC运动，重力加速度求：
(1)冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a；
(2)冰块静止时，冰块右端与B点的距离d；
(3)如图乙，在冰块静止后，质量为，可视为质点的破冰工具，以的速度从冰块左端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩擦产热Q。
11．如图所示，在竖直平面内固定两圆形轨道，外侧轨道光滑，内侧轨道粗糙，一质量m=1.0kg的小球可以在两圆轨道间运动，小球到圆心的距离为R=0.5m，现从轨道的最低点A，给小球水平向右的初速度v0，取g=10m/s2。
(1)若v0=4m/s，求小球出发时轨道对小球的作用力大小F；
(2)若v0=4m/s，求小球运动足够长时间后损失的机械能 E；
(3)若小球在轨道间运动时机械能守恒，求初速度v0的范围。
12．如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且，CDF为竖直平面内半径为的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放滑块P，当滑块P运动到F点瞬间对轨道的压力为2N。已知滑块P的质量为，电荷量为，与轨道BC间的动摩擦因数为，忽略滑块P与轨道间的电荷转移（已知，，）。求：
(1)滑块运动到F点的速度大小；
(2)滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
(3)欲使滑块P进入圆轨道后能从F点水平抛出，求弹簧释放弹性势能的最小值。
13．带电粒子绕着带电荷量为的场源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，场源电荷固定在椭圆左焦点上，带电粒子电荷量为（，且）；已知椭圆焦距为，半长轴为，场源电荷产生的电场中各点电势计算公式为（k为静电力常量，为到场源电荷的距离，取无穷远处电势为零）。只考虑电场力的作用。求：
(1)带电粒子在、两点的速率之比；
(2)从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功；
(3)带电粒子动能与电势能之和的表达式。
14．如图，水平传送带左右两侧水平面与传送带平滑对接且等高，左侧水平面与曲面也平滑对接，右侧水平面足够长。水平轻弹簧连接质量为的物体与墙壁。水平面、曲面均光滑。传送带左右两端距离为、顺时针匀速运转的速度为。传送带所处空间存在宽度为、水平向左、大小为的匀强电场。质量为、带电量为的滑块从曲面上高处无初速度释放，滑过传送带后与静止的绝缘滑块发生碰撞。与传送带间的动摩擦因数为不带电，运动中的电量不变，与碰撞时无机械能损失。取。
（1）求第一次与碰前的速度大小；
（2）求与第一次碰后返回曲面上升的最大高度；
（3）设每次与碰后当弹簧处于原长时都锁定，再次碰撞前都解除锁定。求从第二次向右运动经过传送带右端直至最终停下的过程中与传送带因摩擦产生的热量。
15．如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大小。不带电的绝缘长木板A静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数的轻弹簧，A与地面间的动摩擦因数。带正电的小物块B从A的右端与弹簧距离处由静止释放，从B释放开始计时，其速度随时间变化的关系图像如图乙，图中时间内图线为直线，时刻速度最大，时刻曲线的斜率绝对值最大，时刻速度恰为0。已知A和B的质量均为，A与B之间接触面光滑，B的电荷量大小，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能与形变量的关系为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。
(1)求B从释放到刚与弹簧接触的时间；
(2)求时刻B的速度大小及时刻A的速度大小；
(3)求时刻弹簧的压缩量。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B CD BD BD AD CD
1．A
【详解】C．选地面为势能零点，则热气球上升高度为时，重力势能的表达式为
所以图像为过原点的倾斜直线，故C正确，不符合题意；
A．设热气球在匀加速上升阶段的加速度大小为，则上升的高度为
故重力势能的表达式为
所以上升阶段图像不可能是线性的，故A错误，符合题意；
B．设热气球匀加速上升高度时的速度为，则有
所以热气球匀加速上升高度时的动能为
则热气球在匀加速上升阶段的图像为过原点的倾斜直线；当热气球匀速上升时，动能保持不变，故B正确，不符合题意；
D．根据功能关系有
解得
当热气球匀加速上升时，恒定且大于重力；当热气球匀速上升时，恒定且等于重力，所以图像应是两条倾斜的直线，且匀加速上升阶段的斜率大于匀速上升阶段的斜率。故D正确，不符合题意。
故选A。
2．C
【详解】A．细线烧断前两杆做匀速运动，回路中无感应电流，烧断细线后，MN的速度大于M′N′的速度，根据右手定则可知MN切割磁感线产生的感应电动势大于M′N′产生的感应电动势，则回路中电流方向由N到M，故A错误；
B．两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，设MN的质量为，M′N′的质量为，初始速度为，MN稳定后的速度大小为，M′N′稳定后的速度大小为。规定向右为正方向，由系统动量守恒定律
代入数据解得M′N′稳定后的速度大小为，故B错误；
C．由题意可知做加速运动，做减速运动，两者速度差变大，电动势变大，电流变大，安培力变大，安培力向左，安培力向右。根据牛顿第二定律可知、的加速度大小都逐渐减小，则、的图像如图所示
由图可知，，
则，故C正确；
D．根据能量守恒定律
故整个过程中系统动能变化量的大小不等于整个系统产生的焦耳热，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．由图可知，太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈互相接触的点的线速度是相等的，则有
即，故A错误；
BC．经过时间，与叶片接触的风的长度为
所以这部分风的体积为
流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，所以与叶片发生作用的风的质量为
所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电的功，即
所以发电机的功率为，故B正确，C错误；
D．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有
解得
根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为
所以对一个叶片的平均作用力为，故D错误。
故选B。
4．CD
【详解】A．由A、B两点弹簧对滑块的弹力大小相等可知，A点弹簧处于压缩状态，B点弹簧处于伸长状态，B点P所受合力竖直向下，则P在越来越靠近B点过程中必有所受合力方向竖直向下的阶段，该阶段P的速度减小，故 A 错误；
BC．滑块 P在A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，到B点时，Q的速度为零，则系统由机械能守恒可得
解得
因为 A、B两点弹簧弹性势能相等，即弾簧对 P 做功为零，所以细绳对 P做的功等于P 增加的机械能，则
，故 B错误，C正确；
D．由 A 选项项分析知，从 A 点到B 点过程中弹簧对P、Q整体先做正功，后做负功，所以P与Q的机械能先增大后减小，故 D正确。
故选CD。
5．BD
【详解】A．“L”形木板的长度
A错误；
B．滑块P滑上木板后，滑块P做匀减速运动，木板Q做匀加速运动，由两者运动的图像可知，两者在碰撞前滑块P的速度为
木板Q的速度
两者碰撞后共同速度为
碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P的质量为m，木板Q的质量为M，取滑块P的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
代入数据解得
B正确；
C．设滑块P与木板Q间的滑动摩擦因数为，地面与木板之间的滑动摩擦因数为，由运动的图像可知，在0~2s时间内，滑块P的加速度为
木板Q的加速度为
对两者由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
C错误；
D．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能
课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q与地面摩擦产生的内能之比为，D正确。
故选BD。
6．BD
【详解】A．小球P沿绳方向的分速度与Q的速度相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超重，再失重，故A错误；
BC．到M点时，根据速度分解有
根据系统机械能守恒有
解得
，
故B正确，C错误；
D．到N点时，根据系统机械能守恒有
根据向心加速度公式有
故D正确；
故选BD。
7．AD
【详解】A．物块A向下减速运动
解得物块A加速度大小
物块B向上加速运动
解得物块B加速度大小
所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；
B．物块B在传送带上加速的时间
物块B在以后相对于传送带静止，以的速度向上匀速运动。
物块A向下减速的时间
物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间
两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间，B错误；
C．在7.5s内物块B的位移大小为
在7.5s内物块A的位移大小为
传送带上下端间的距离，C错误；
D．物块A与传送带的相对位移大小
物块B与传送带的相对位移大小
因摩擦产生的总热量
解得，D正确。
故选AD。
8．CD
【详解】A．根据题意可知，木板在0~2.5s内向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示
由图像可知2.5s时两者共速，则木板在0~2.5s内的加速度大小为
物块在0~2.0s内的加速度大小为
物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为
2.5s~3.0s内二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为
可得木板与地面间的动摩擦因数为
物块与木板间的动摩擦因数为
木板的长度为
故A错误；
B．前2s内，对木板，有
对物块，有
解得
，
故B错误；
C．前2s内，拉力F对物块做的功为
结合图像可知，0~2s内物块的位移为
所以
故C正确；
D．木板与地面间因摩擦产生的热量
结合图像可知，木板的位移为
所以
故D正确。
故选CD。
9．(1)11.4
(2)
(3)
【详解】（1）挡光片宽度
（2）[1]挡光片通过光电门时物块B的速度为
[2]整个系统减少的重力势能为
（3）[1][2][3]如果机械能守恒，则
变形可得
因此为了能直观地反映t随n变化的规律，应作图像；当作出的图像是一条倾斜直线，图像的斜率等于
图像与纵轴的截距为
则表明运动过程中，系统机械能守恒。
10．(1)
(2)1.25m
(3)37.5J
【详解】（1）根据牛顿第二定律
由
解得
（2）设冰块进入段长度为时，冰块所受摩擦力
由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入段的长度，则此阶段克服摩擦力做功
根据能量守恒定律
由
解得
（3）设破冰工具与冰块的动摩擦因数为
假设冰块不动，则有
即
对工具，
解得，不符合假设，说明冰块滑动。
对冰块
工具到达最右端恰好共速
位移关系
解得
对冰块
共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为，有
冰块减速位移
解得
冰块与地面摩擦产热
11．(1)42N
(2)3J
(3)或者
【详解】（1）对小球在A点分析，根据牛顿第二定律
解得小球出发时轨道对小球的作用力大小
（2）小球运动足够长时间后在下半圆轨道做往复运动，经过圆心等高点速度为零，则损失的机械能
代入数据解得
（3）若小球在轨道间运动时机械能守恒，第一种情形：小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，恰好过最高点，则在最高点
从最低点到最高点根据机械能守恒定律
解得
所以
第二种情形：小球紧贴外圆运动，最高点为圆心等高点，则有
解得
综上所述，初速度范围为或者
12．(1)
(2)，方向水平向右
(3)
【详解】（1）当滑块P运动到F点瞬间对轨道的压力为2N，在F点时，由牛顿第二定律得
其中，代入数据解得滑块运动到F点的速度大小为
（2）滑块从D到F的过程中，根据动能定理可得
在D点时，有
联立解得
根据牛顿第三定律可知，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右。
（3）重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），等效重力大小为
设等效重力的方向与竖直方向夹角为，则有
解得
欲使滑块P进入圆轨道后能从F点水平抛出，设滑块刚好可以经过等效最高点M，此时有
解得
滑块P从压缩时到M点的过程中，由功能关系可得
解得弹簧释放弹性势能的最小值为
13．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）类比开普勒第二定律可知
解得
（2）根据电势计算公式可得点的电势
点的电势
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从运动到的过程中，电场力对带电粒子做的功
解得
（3）在点带电粒子动能与电势能之和
在点带电粒子动能与电势能之和
根据能量守恒可知
联立解得带电粒子动能与电势能之和
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）A第一次在曲面上下滑，有
得
A第一次在传送带上向右滑行，有
得
又
得
（2）第一次碰撞有
且
得
负号表示向左
第一次返回直到最高点有
得
（3）A第二次沿曲面下滑，有
得
第二次在传送带上向右滑行，有
得
设能达到传送带的速度，有
得，即到达传送带右端时刚达到传送带的速度
从此时起，第n次碰后A的速度大小
第n次碰后，第次碰前在传送带上运动的时间
第n次碰后，第次碰前A与传送带的相对路程
则从A第二次向右运动经过传送带右端直至最终停下的总相对路程
该过程产生的摩擦热
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对B，根据牛顿第二定律有
又根据位移-时间公式得
解得
（2）t2时刻B的速度最大，其合力为零，即
根据能量守恒定律得
解得，
可得
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A受到地面的最大静摩擦力大小
由于弹簧弹力和A受到地面的最大静摩擦力大小相等，故时刻A恰好开始运动。
由于B受到的电场力和A受到地面的最大静摩擦力大小相等，在时间内，A、B组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒得
时刻B速度恰为0，即
解得
（3）时刻弹簧的压缩量最大，A、B的速度相同为，在时间内，根据动量守恒定律得
解得
又有时间内，A位移为，B位移为，时刻弹簧的压缩量为，则
根据能量守恒定律得
解得
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