微专题06 功能关系和能量守恒

1、20高考尖子生双一流大学冲刺满分练微专题 功能关系和能量守恒一、选择题（2019-北京市延庆模拟）蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定 在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所 到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是运动员的速度一直增大运动员的加速度始终减小运动员始终处于失重状态运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功【答案】D【解析】在弹性绳从原长达最低点的过程中，开始阶段，运动员的重力大于绳的拉力，运动员做加速运动，加 速度随绳子的拉力的增大而减小；后来绳的拉力大

2、于运动员的重力，运动员受到的合力向上，加速度随拉 力的增大而增大；即运动员从a点下落到c点的过程中加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项AB 错误。运动员有减速的过程，加速度向上是超重，选项C错误。运动员克服弹力做的功等于重力势能的变 化量和动能变化量之和，选项D正确。（2019安徽合肥市二模）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静 止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g空气阻力不计.下列 说法正确的是在0h0过程中，F大小始终为mg在0h0和h02h0过程中，F做功之比为2 : 1在02h0过程中，物体的机械能不断增加在2

3、h03.5h0过程中，物体的机械能不断减少 【答案】C 【解析】 0h0过程中，Ek - h图像为一段直线，故由动能定理得：（F - mg ）匕=mgh - ，故F = 2mg，A错误；由A可知，F在0h0过程中，做功为2mgh0，在h02h0过程中，由动能定理可知，W - mgh = 1.5mgh - mgh，解得W =1.5mgh，因此在0&和h2hn过程中，F做功之比为3 : 2，F000f0000故B错误;通过A、B可知，在在02h0过程中，F 一直做正功，故物体的机械能不断增加;D.在2%3.5%过程中，由动能定理得W-1.5mgh = 0 - 1.5rngh，则W=。，故F做功为0

4、,物体UUF00F的机械能保持不变，故D错误.（2019-浙江高三月考）把质量是0. 2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲 所示.迅速松手后，弹簧把球弹起，球升到最高位置C （图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状 态（图乙）已知B、A的高度差为0. 1m，C、B的高度差为0. 2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略.则小球从状态乙到状态丙的过程中，动能先增大，后减小小球从状态甲到状态丙的过程中，机械能一直不断增大状态甲中，弹簧的弹性势能为0.6 J状态乙中，小球的动能为0.6J【答案】C【解析】球从状态乙到状态丙的过程中，小球只受重力作用，向上做减速运动，故小球的动

5、能一直减小；选 项A错误；小球从状态甲到状态乙的过程中，弹力做正功，则小球的机械能增加；小球从状态乙到状态丙的过 程中，只有重力做功，小球的机械能不变，选项B错误；小从甲状态到丙状态，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，若设甲状态中重力势能为零，则状态甲中，弹簧的弹性势能为EA = Epc = mhAc =。2x 10 x0.3J = 0.6J，选项C正确；状态乙中，小球的机械能为0.6J，则动能小于0.6J，选项D错误；（2020-江苏四校模拟）如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连.开 始时物块与定滑轮等高.已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为也

6、重力加速度为g,绳 及杆足够长，不计一切摩擦.现将物块由静止释放，在物块向下运动过程中，下列说法不正确的凰）刚释放时物块的加速度为gB 物块重力的功率先增大后减小物块下降的最大距离为*3d物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力【答案】C【解析】刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g， 故A正确；刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零.物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力 的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故B正确；物块下降的最大距离为S，物块的质量为m.根据系统机械能守恒定律，有：mgS - 2mgld2 + S2 -

7、 = 0 解得：S = |d，故 c 错误；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力定大于物块的重力，故D正确;（2019-高三考试大纲调研卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定 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，重力加速度为g,则下列选项错误的是（）由A到C的过程中，圆环的机械能守恒由A到B的过程中圆环重力势能的减少量大于动能的增加量由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和一直在减小在C处时，弹簧的弹性势能为mgh【答案】A【解析】由A到C的过

8、程中，除重力做功外，弹簧的弹力做负功，则圆环的机械能减小，选项A错误；对圆环 弹簧系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得：圆环的动能、重力势能与弹性势能守恒，由A到B的过 程中，圆环动能的增加量与弹性势能的增加量之和等于重力势能的减少量，故B正确；根据机械能守恒定 律可得，由A到C的过程中，弹性势能逐渐增大，圆环的动能与重力势能之和逐渐减小，故C正确；整个 过程中根据动能定理可得，mgh-W弹力=0，克服弹力做的功等于弹性势能的增加量，即二弹二可弹力=mgh， 所以在C处时，弹簧的弹性势能为mgh，故D正确。（2019-河北省衡水中学模拟）（多选）如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30的固定

9、斜面匀减速上 滑了 2m距离，物体加速度的大小为8m/s2,重力加速度g取10m/s2，此过程中（）物体的重力势能增加了 40J物体的机械能减少了 12J物体的动能减少了 32J系统内能增加12J【答案】BCD【解析】物体上滑过程中，重力做功昨=-mgs sin =-20J，则重力势能增加20J，故A错误；对物体受力 分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有gsin0 + f = ma，得/ = 6N，由于机械 能变化量等于除重力外其余力做的功，此过程中摩擦力做功吗=-f =-12J，因此物体的机械能减少了 12J，故B正确；根据动能定理合外力做功W =-（ma）s = -32J

10、，故C正确；摩擦生热在数值上等于滑动 摩擦力与滑痕之积，Q = fS痕 =12J，故D正确.（2020-湖北襄阳市五中模拟）（多选）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m= 0.2kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内）， 其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械-1能损失不计，（弹性势能E =-k Ax 2，g取10m/s 2），则下列说法正确的是（）p 2小球刚接触弹簧时加速度最大当x=0.1m时，小球的加速度为零小球的最大加速度为51m/s2小球释放时距弹簧原长的高

11、度约为1.35m【答案】BC【解析】AC.由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当r为0.1m时， 小球的速度最大，然后减小，说明当q为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kAx=mg解得k = mg = 0.2 *10 N/m = 20.0N/mAx0.1弹簧的最大缩短量为xm=0.61m，所以弹簧的最大值为/m=20N/mx0.61m=12.2N弹力最大时的加速度a = Fmmg = 12.2-0.2 *10 m/s2 = 51m/s2m0.2小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2,所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；当x=0.

12、1m时，速度最大，则弹簧的弹力大小等于重力大小，小球的加速度为零，故B正确；设小球从释放点到弹簧的原长位置的高度为人，小球从静止释放到速度最大的过程，由能量守恒定律可 知11mg (h + Ax)= k (Ax)2 + mv 222 m解得h = 1.1505m故D错误。（2019-广东高考模拟）（多选）如图所示，内壁光滑的环形凹槽半径为氏，固定在竖直平面内，一根长 度为的轻杆，一端固定小球甲，另一端固定小球乙，两球质量均为m。将两小球放入凹槽内，小球乙 恰好位于凹槽的最低点，由静止释放后（ ）整个运动过程，甲球的速率始终等于乙球的速率当甲、乙两球到达同一高度时，甲球的速率达到最大值甲球在下滑

13、过程，轻杆对甲球先做正功后做负功甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点【答案】ABD【解析】A、根据运动的合成与分解可得： cos45匕cos45。，则有：=匕，所以整个运动过程，甲 球的速率始终等于乙球的速率，故A正确；B、设甲球与圆心的连线与竖直方向的夹角为。，则乙球与圆心的连线与竖直方向的夹角为90。-0对于系统，机械能守恒，则有： mgRcos0 -mgR（1-sin0）=mv 2 +Lmv 2，解得：2 甲 2 乙v甲=v乙=gR（cosO+ sin0-1） = JgR很sin（0+ 45。） 1，当。=45。时，即甲、乙两球到达同一高度时，甲球的速率达到最大值，故B正确;C、甲球在下滑过程时

14、，轻杆对甲球作用力表现为支持力，力的方向与运动方向相反，轻杆对甲球一直 做负功，故C错误；D、根据对称性可知，甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙球运动到与圆心等高点，对于系统根据机械能 守恒可得 -匕-0，故D正确；二、解答题(2019-湖北荆门市龙泉中学模拟)如图所示，水平轨道PAB与四分之一圆弧轨道BC相切于B点，其中， PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数M=0.，1 AB段长度L=2m，BC段光滑，半径R=lm.轻质弹簧劲度系数 k=200N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点。现用力推质量m=2kg的小滑块，使其缓慢压1 ,缩弹簧，当推力做功W=25J时撤去推力。已知弹簧弹性势

15、能表达式E = - kx2,其中，k为弹簧的劲度系数， k 2X为弹簧的形变量，重力加速度取g=10m/s2。求推力撤去瞬间，滑块的加速度。；求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时的速度；判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块到达C点的速度匕如果不能，求出滑块能达到的最大高 度h。【答案】(1) 50m/ s2 (2)克T m/s(3)能够越过C点 【解析】推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有：E=Ek k即：25 = 2 x 200 x x 2解得：x=0.5m由牛顿运动定律得：a = k = 50m / s2 mE，1设滑块到达B点时的速度为勺由能量关系有：W f哽=-顺2 解得：VB=（2

16、1 m/sE1（3）设滑块能够到达。点，且具有速度匕，由功能关系得：W-r mgL - mgR = mv2代入数据解得：vc=1m/s，故滑块能够越过。点（2019广东七校联考）如图，水平光滑杆CP上套有一个质量为m=1kg的小物块A（可视作质点），细线 跨过O点的轻质小定滑轮一端连接物块A,另一端悬挂质量为mB=2kg的小物块B, C点为O点正下方杆 的右端点，定滑轮到杆的距离OC=h=0.4m.开始时AO与水平方向的夹角为30, A和B静止杆的右下 方水平地面上有一倾角为0=37固定斜面，斜面上有一质量为M=1kg的极薄木板DE（厚度忽略），开始时木 板锁定，木板下表面及物块A与斜面间动摩

17、擦因数均为也=0.5，木板上表面的DF部分光滑（DF长为 L=0.53m），FE部分与物块A间的动摩擦因数为呻3/8.木板端点E距斜面底端G长LEG=0.26m.现将A、B 同时由静止释放（PO与水平方向的夹角为60），物块A运动到C点时细线突然断开，物块从C水平滑离杆， 一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定.滑块在木板上DF段运动时 间恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2,求：物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比;木板表面FE部分的长度L2；从解除锁定开始计时，木板端点E经多长时间到达斜面底端G?【答案】(1) vA:vB =2:1 (2)L2=

18、1.16m(3)0.7s【解析】【分析】运用运动的分解求得物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比；据运动的分解求得物块运动到C点时，物块B的速度；对物块从A点运动到C点，应用系统机械能守恒 求得物块运动到C点时的速度；物块从C到斜面做平抛运动，据运动的分解求得物块落在D点的速度；对 DF、FE段板块问题应用假设法、牛顿运动定律、运动学公式等求得木板表面FE部分的长度；对木板的运动应用牛顿运动定律和运动学公式，求得木板端点E经多长时间到达斜面底端G.【详解】 在P点时，由速度关系如M00 =七，得：七:*= 2:1(2)物块运动到C点时，物块B的速度恰为零 1 物块从A点运动到C点，A、B组成系统机械能守恒：mBg(OA-OC) = mvC2解得：卜=4叫