专题(23)功能关系-能量守恒定律(解析版).docx

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练
专题（23）功能关系 能量守恒定律（解析版）
考点一 　
功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下：

1、（2020·江苏省高考真题）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有

整理可得

即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有

即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确。故选A。

2、被水平地面反复弹起的篮球，弹起的最大高度越来越小，关于该篮球的机械能，下列说法中正确的是(　　)
A．机械能减少 B．机械能守恒
C．机械能增加 D．机械能有时增加，有时减少
【答案】A
【解析】由于篮球弹起的幅度越来越小，说明篮球受到阻力的作用，阻力一直做负功，篮球的机械能不守恒，一直在减小，选项A正确．
3、（2020·山东省高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（　　）

A．M<2m
B．2m 析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有

故有，故A正确，B错误；
C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；
D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
【提 分 笔 记】
功能关系的应用技巧
运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化．
考点二 　
1．对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．
2．运用能量守恒定律解题的基本思路

4、（2020·河北省唐山一中月考）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )

A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同
【答案D
【解析】由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D

5、（多选）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
【答案】AB
【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝，故D错误．所以AB正确，CD错误．
6、(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环(　　)

A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD
【解析】圆环下落时，先做加速运动，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速加速度增大，方向向上，故A项错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为Ep，由A到C的过程中，根据功能关系有mgh＝Ep＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋Ep＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，故B项正确，C项错误；设圆环在B位置时，弹簧的弹性势能为Ep′，AB＝h′，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋Ep′＋Wf′＝mgh′，B到A的过程有mvB′2＋Ep′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′>vB，故D项正确．
7、如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m．现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：

(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能．
【答案】(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
【解析】(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgL·sin θ－mgL
解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，在物体A刚到C点将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量
即·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
【提 分 笔 记】
对于能量转化的过程，可以从以下两方面来理解
(1)能量有多种不同的形式，且不同形式的能可以相互转化．
(2)不同形式的能之间的转化是通过做功来实现的，即做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有
多少能量发生转化，即功是能量转化的量度．
考点二 　
1．静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
8、（2020·甘肃省兰州一中高三二模）如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0=11 m/s从θ＝53º的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10 m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，下列说法正确的是（ ）

A．有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少
【答案】BD
【解析】根据v-t图线的斜率等于加速度，可知： ；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab=-mgsin53°-μmgcos53°；代入数据得：μ=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，解得：F=1N．位移，则恒力F做的功是WF=Fx=6.05J，故A错误，B正确；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．故D正确．
9、(多选)如图所示，三角形传送带以v＝2 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个质量均为1 kg的物块A、B从传送带顶端都以2 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝08.下列判断正确的是(　　)

A．物块A先到达传送带底端
B．物块A由顶端到达传送带底端过程中做匀速直线运动
C．物块A由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量比物块B由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量要小
D．物块A与物块B由顶端到达传送带底端过程中，传送带对B做的功与传送带对A做的功相同
【答案】CD
【解析】物块A、B都以2 m/s的初速度沿传送带下滑，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，故均沿斜面向下做匀加速直线运动，传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小相等，则两物块沿斜面向下的加速度大小相等，滑到底端时位移大小相等，故所用时间相同，A、B错误；A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地位移(斜面长度)减去在此时间内传送带的位移，B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地位移(斜面长度)加上在此时间内传送带的位移，即ΔxA<ΔxB，根据产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx可得物块A由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量比物块B由顶端到达传送带底端过程中所产生的热量要小，C正确；滑动摩擦力方向沿斜面向上，位移沿斜面向下，摩擦力对两物块A、B均做负功，且做功一样多，D正确．
10、(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是(　　)

A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
【答案】BD
【解析】由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他条件不变的情况下，M越大，a1越小，t越小，s越小；F越大，a2越大，t越小；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B、D正确，C错误；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误．
11、如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4 m/s顺时针匀速转动。一质量m=2 kg的小滑块以平行于传送带向下v0=2 m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=，g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内 (　　)

A.小滑块的加速度大小为0.1 m/s2 B.重力势能增加了120 J
C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84 J D.电动机多消耗的电能为336 J
【解析】D
【解析】对滑块根据牛顿第二定律得，平行斜面方向Ff-mgsin37°=ma，垂直斜面方向FN-mgcos37°=0，其中Ff=μFN，联立解得a=g(μcos37°-
sin37°)=10×(×0.8-0.6) m/s2=1 m/s2，故A错误；以平行斜面向上为正，根据速度公式得t== s=6 s，位移x=(v+v0)t=×(4-2)×6 m=6 m，故重力势能增加量为ΔEp=mg·Δh=mg·xsin37°=2×10×6×0.6 J=72 J，故B错误；在6 s内传送带的位移x′=vt=4×6 m=24 m，Δx=x′-x=24 m-6 m=18 m，产生的热量为Q=μmgcos37°·Δx=×2×10×0.8×18 J=252 J，故C错误；多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有ΔE =ΔEp+ΔEk+Q=72 J+(×2×42-×2×22) J+252 J=336 J，故D正确。

12、如图所示，水平面上有一质量为m的木板，木板上放置质量为M的小物块(M>m)，小物块与木板间的动摩擦因数为μ.现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后木板以速度v0与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：

(1)若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少；
(2)若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4μ，M＝1.5m，请分析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞？如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速度，如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离．
【答案】(1)　(2)不能与竖直墙壁发生第二次碰撞　
【解析】(1)木板与墙壁第一次碰撞后到木板与小物块共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律得
Mv0－mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
根据功能关系得
μMgl＝(M＋m)v－(M＋m)v2
解得l＝.
(2)木板第一次与墙壁碰撞反弹后，根据牛顿第二定律对木板有：μMg＋0.4μ(M＋m)g＝ma1

解得a1＝2.5μg
对木块有μMg＝Ma2
解得a2＝μg
设木板经时间t1速度减为0，位移x1
v0－a1t1＝0
解得t1＝
x1＝a1t
解得x1＝
此时，物块的速度v块＝v0－μgt1＝
之后木板向右加速
μMg－0.4μ(M＋m)g＝ma1′
a1′＝0.5μg
设经时间t2二者共速，此过程木板向右的位移为x2
v共＝a1′t2
v块－a2t2＝a1′t2
x2＝t2
解得x2＝
二者共速后，因为木板与地面间的动摩擦因数小于木板与物块间的动摩擦因数，所以二者一起减速
a3＝0.4μg
2a3x3＝v
解得x3＝
木板最终距墙的距离
d＝x1－x2－x3
解得d＝>0，故不能与竖直墙壁发生第二次碰撞．
13、如图所示，在光滑水平面上，质量为m=4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k=32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ=37°的传送带平滑连接。已知xOA=0.25 m，传送带顶端为B点，LAB=2 m，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g=10 m/s2。
(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值。
(2)若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。
(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s定律得：kxOA=ma
代入数据解得：a=2 m/s2
由=2axOA得：vA=1 m/s
到达B点时：=2a(xOA+LAB)
代入数据得：vB=3 m/s
物块从A到B运动时间：t==1 s
物块与传送带间摩擦产生的热量：Q=μmgcosθ(vt-LAB)，代入数据解得：Q=48 J
(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：F+k(xOA-x)=ma
可知力F随位移x线性变化，则：W1=xOA=ma·xOA，代入数据解得：W1=1 J
若传送带速度2 m/s向向上，由牛顿第二定律得：
F1+μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得：F1=16 N
由速度位移关系得：v2-=2ax1
物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：
F2-μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得：F2=48 N
由A到B拉力做的功：W2=F1x1+F2(LAB-x1)
解得：W2=104-8v2
拉力做的总功：W=W1+W2=105-8v2
14、如图所示，倾角30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2 m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂．已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．

(1)求弹簧的劲度系数；
(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；
(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？
【答案】(1)5 N/m　(2)144 N　(3)6 m≤x≤8 m或x≤3 m
【解析】(1)物块A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态
对B由平衡条件有kx＝mgsin 30°
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态
对C由平衡条件有kx′＝mgsin 30°
由几何关系知R＝x＋x′
代入数据解得k＝＝5 N/m.
(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同．故物块A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等
有MgR(1－cos 60°)＝mgRsin 30°＋Mv＋mv
如图所示，将A在b处的速度分解，由速度分解关系有

vAcos 30°＝vB
代入数据解得
vA＝ ＝4 m/s
在b处，对A由牛顿定律有
FN－Mg＝
代入数据解得FN＝Mg＋＝144 N
由牛顿第三定律，A对圆轨道的压力大小为
FN′＝144 N.
(3)物块A不脱离圆形轨道有两种情况
①第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点
由功能关系，恰能进入圆轨道时需满足条件
－μMgx1＝0－Mv
恰能到圆心等高处时需满足条件
－Mgr－μMgx2＝0－Mv
代入数据解得
x2＝＝6 m，
x1＝＝8 m
即6 m≤x≤8 m.
②第二种情况，过圆轨道最高点
在最高点，由牛顿定律有Mg＝
恰能过最高点时v＝
由动能定理有－Mg·2r－μMgx＝Mv2－Mv
代入数据解得x＝＝3 m，即满足要求时，x≤3 m.
【提 分 笔 记】
求解相对滑动过程中能量转化问题的思路
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系．
(3)公式Q＝Ffx相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程．