功能关系 能量守恒定律试卷汇总

1、考点 20 功能关系 能量守恒定律考点名片考点细研究：本考点命题要点：(1)功能关系；(2)能量转化和守恒 定律；(3)结合牛顿运动定律、电磁学等相关内容处理综合问题。其中 考查到的如：2016年全国卷II第19题、21题、25题、2015年江苏高 考第9题、 2015年福建高考第21题、 2014年广东高考第16题、 2014 年上海高考第 11题、 2014年海南高考第 10题、 2014年山东高考第 20题、2013年全国卷II第20题、2013年山东高考第16题、2013年 江苏高考第9题、 2013年安徽高考第17题等。备考正能量：本考点在高考中年年必考，题型全、分值多、难度 大。在

2、今后的高考中，考查思路应是功能关系、能的转化和守恒、牛 顿定律、平抛运动和圆周运动、电磁学知识和规律密切联系的综合应 用，难度和能力要求不会降低。一、基础与经典1滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距 离的过程中拉力F做了 10 J的功。在上述过程中()A弹簧的弹性势能增加了 10 JB滑块的动能增加了 10 JC滑块和弹簧组成的系统机械能增加了 10 JD滑块和弹簧组成的系统机械能守恒答案 C解析拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右 加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能

3、的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。2. (多选)如图所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和光滑斜面be与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量 分别为M、m(Mm)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接， 轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不 计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对M做的功等于M动能的增加C轻绳对m做的功等于m机械能的增加D两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案 CD解析 以M和m两滑块整体为研究对象，除重力外，M受到的 摩擦力做负功，所以两滑块组成系统的机

4、械能不守恒，且系统机械能 的损失等于M克服摩擦力做的功，A错误，D正确。由动能定理可知， M 动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对 M 做功之和， B 错误。以m为研究对象，除重力外，只有轻绳对其做功，所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功，C正确。3一个物体的机械能增大，究其原因( )A重力对物体做了功B一定是合外力对物体做了功C一定是拉力对物体做了功D可能是摩擦力对物体做了功答案 D解析 除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化， 一个系统的机械能增大，一定是除重力、弹力以外的力对系统做正功。 重力做功时物体的动能和重力势能之间相互转化，不影响物体的机械 能的总和。故A错误；除

5、重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能 才会变化。故 B、C 错误；如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能 可以增大。故 D 正确。4“神舟八号”飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力 的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点 火制动，飞船迅速减速，安全着陆。下列说法正确的是()A制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减少B.制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加C重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加D重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变答案 A解析 制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力 势能均变小，机械能减少，

6、 A 正确， B 错误；飞船进入大气层后，空 气阻力做负功，机械能一定减少，故 C、 D 均错误。5起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为 m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开 地面的起跳过程中，他的重心上升了 h离地时他的速度大小为v。 下列说法正确的是（）A该同学机械能增加了 mgh1B起跳过程中该同学机械能增量为mgh+m1C地面的支持力对该同学做功为mgh+mv1D该同学所受的合外力对其做功为2mv2+mgh答案 B解析 考查的是力做功和能的转化问题，学生重心升高h，重力1势能增大了 mgh，又知离地时获得动能为qmv2 ,则机械能增加了 mgh

7、1+ 2mv2 , A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，1C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合= 2mv2 ,D错。6. 把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至 A 位置，如图甲 所示。迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时 弹簧正处于原长（图乙）。忽略弹簧的质量和空气阻力。则小球从A运 动到C的过程中，下列说法正确的是（）A经过位置B时小球的加速度为0B经过位置B时小球的速度最大C小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小答案 C解析 分析小球从A到B的过程中受力情况，开始时弹力大于重 力，中间某一位置弹力和

8、重力相等，接着弹力小于重力，在B点时， 弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力。根据牛顿第二定律可 以知道小球从A到B过程中，先向上加速再向上减速，所以速度最大 位置应该是加速度为零的位置，在AB之间某一位置，A、B错误；从 A到C过程中对于小球.地球.弹簧组成的系统只有重力和弹力做功， 所以系统的机械能守恒，C正确，D错误。7（多选）18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿 透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿 地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力， 此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是 （已知此人的质量 m =50 kg；地

9、球表面处重力加速度g取10 m/於；地球半径尺=6.4X106 m；假设地球可视为质量分布均匀的球体，均匀球壳对壳内任一点处 的质点合引力为零）（）A人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒B.人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比C人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人 做功 W= 1.6X109 JD当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为4X103 m/s答案 BC解析 人与地球构成的系统，重力虽然发生变化，但只有重力做 功，故机械能守恒，A错误；人在下落过程中，受到的万有引力F二p X nr3mgm12=gr2=4Gnpmr，与到地心的距离

10、成正比，b正确； 人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功w=FR= R = 1.6X109 J ,C正确；当人下落经过距地心R/2瞬间，人的瞬时速度大小为v，由动能定理得：1mg + m2g)xR = 2mv2，解得:6928 m/s，D 6928 m/s，D 错误。v =物体的质量m=物体的质量m=067 kg物体与斜面之间的动摩擦因数“=040 物体上升过程中的加速度大小a=10 m/s2 物体回到斜面底端时的动能 Ek=10 J k8(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角a=37。的斜面 底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平 面，上升过

11、程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g= 10 m/s2，ABCD答案 CD解析 上升过程，由动能定理得，-(mgsina+“mgcosa)hSna =0 - Ek1，摩擦产生的热“mgcosahm/sina = E1 - E2，解得 m = 1 kg ,- 0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a = gsina +“gcosa = 10 m/s2，故C正确；上升过程中因摩擦产生的热为E - E12=20 J，下降过程因摩擦产生的热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek = 50 J-40 J = 10 J , D正确。(多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下

12、，足够长的水平 传送带以恒定速率 v1 匀速向右运动，一质量为 m 的滑块从传送带右 端以水平向左的速率仏)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右 端。关于这一过程的下列判断，正确的有()A滑块返回传送带右端的速率为珂11B此过程中传送带对滑块做功为2mv2-2mv2C此过程中电动机对传送带做功为2mvi1D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量1m(vi+v2)2解析答案 ABD解析为v2v1，在摩擦阻力下，滑块在传送带上向左做勻减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到V1 后随传送带做速度为q的匀速直线运动，所以滑块返回传送带右端的 速率为V1,选项A正确；由动能定理可得，此

13、过程中传送带对滑块做11功为w=imv2 - 2mv,，选项B正确；此过程中滑块与传送带间摩擦 产生的热量等于二者相对滑动的距离与摩擦力的乘积，即 Q=+谥+谥-麹=2m(vi+吵，选项D正确；由能量守 恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于二者相对滑动产生的热量Q和传送带对滑块做功W之和，等于mV2 + mvv，选项C错误。（多选）倾角为37。的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k=20 N/m、原长Zo=06 m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长 度2=03 m,且杆可在槽内移动,杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff=6 N, 杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m=1 kg的小车从

14、距弹簧上端L=0.6 m处由静止释放沿斜面向下运动。已知弹性势能 Ep=2kx2，式中x为弹簧的形变量。g=10 m/s2，sin37=0.6。关于小小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动， 最后做匀速直线运动C杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 mD杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s答案 BCD解析 小车从开始下滑至位移为 L 的过程中，小车只受重力和支 持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a=gsin37 = 6 m/s2不 变，所以小车先做匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹 力等于杆与槽的摩擦力

15、，即弹力由0逐渐增大至6 N，小车受到的合 力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后 匀速运动，B正确，A错误；当弹力为6 N时，弹簧的形变量为Ax =? = 03 m，所以小车通过的位移为x = L +Ax = 0.9 m , C正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgxsin37。=扣心）2 +寸加。2， 解得杆和小车的速度v = 3 m/s，杆从开始运动到完全进入槽内的时间为 t = v = 0.1 s , D 正确。二、真题与模拟2016全国卷II（多选）两实心小球甲和乙由同一种材料制成, 甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时 受到的阻

16、力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的 距离，则（ ）A甲球用的时间比乙球长B 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案 BD解析 甲、乙下落的时间与加速度有关，应先求加速度，由m甲3 /3m 甲3 /3m 甲=pV甲=得R甲4n，阻力f甲=kR甲=k/ 4pn，由牛顿第二定律知a甲=加弭斥=，同理a乙*侧甲 4pnm甲34pnm 乙，所以 34pnm 乙，所以 a 甲 a 乙，故C项错误；再由位移公1式h = 2t2可知t甲t乙，故A项错误；再由速度位移公式v2 = 2ah得v甲v乙,B项正确；甲球

17、受到的阻力大，甲、乙下落距离相等，故甲 球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，D项正确。2016全国卷II（多选）如图所示，小球套在光滑的竖直杆上， 轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连。现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N点。已知在M、N两点处，弹簧n对小球的弹力大小相等，且ZONMZOMN2。在小球从M点运动 到 N 点的过程中 ()A弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 答案 BCDn解析 由zONMzOMN2可知在M点与N点弹簧长度lo

18、Mv 1，D 项正确。B2 B114. 2014上海高考静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用 下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，解析 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在解析 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有F-mg = ma丄二誣，某一时刻的机械能E = Fh , 解以上各式得E二欝如伫，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C 正确。152017武汉调研如图，半径为乩 圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内， OC 水平， D 是圆环最低点。质量为 2m 的小球 A与质量为 m 的小球 B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两

19、球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为()A2mgRA2mgRC.D.C.D.mgR答案 D解析A、B组成的系统机械能守恒。当A运动到最低点D时，A下降的高度为h =R+Rsin45 , B上升的高度为h =Rsin45，则AB11有 2mghA - mghB = 2*2mvA + vb，又 vAcos45 = vBcos45，小球 B14 +卩的动能为EB = 2mvB =-mgR，选项D正确。2017-湖北重点中学联考如图，滑块以初速度v0沿表面粗 糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过 程，若用 x、a、Ep、Ek 分别表示滑块下滑的位

20、移的大小、加速度的 pk大小、重力势能(以斜面底面所在平面为零势面)和动能， t 表示时间， 则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()解析 滑块在下滑过程中，设斜面的倾角为解析 滑块在下滑过程中，设斜面的倾角为0，斜面高度为H。则由牛顿第二定律有-mgcosO + mgsinO = ma，解得a=-“gcos0 + gsinOvO ,加速度的大小保持不变，所以加速度图象应是与时间轴平行的直线，选项B错误；滑块做匀减速直线运动，x = v0t + 2必（。）， 故位移随时间变化越来越慢，选项A错误；滑块做匀减速直线运动， 下降的高度为 h = xsin砂,Ep = mgH - mgxsinO

21、- mgH - mg*|v0t + 2Ot2sxn0 ,所以Ep-t图不是直线，选项C错误；下滑过程中1速度大小关系式为v = v0 + at = v0 + ( - “gcos0 + gsin0)t，动能Ek =空 mV，故动能变化越来越慢，选项D正确。2017湖北部分重点中学联考（多选）如图所示，长为L的长 木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢 地抬高A端，使木板以B端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为 a时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为 v,重力加速度为goAABCD物块所受支持力做功为mgLsina 发生滑动前摩擦力逐渐增大 整个过程木板

22、对物块做的功等于物块机械能的增加量答案 BCD解析 缓慢转动过程中支持力与速度同向，所以支持力做正功， 当停止转动后，支撑力与速度垂直不再做功，故A选项错误，则转动 过程由动能定理得：WN - mgLsina = 0 ,故WN = mgLsina , B选项正 确；发生滑动前，摩擦力为静摩擦力，大小等于加gsins随着a的增 大而增大， C 选项正确；根据功能关系，除重力以外的力做的功等于 物块机械能的增加量，也就是木板对物块做的总功等于物块机械能的 增加量， D 选项正确。第因步精做大题练能力一、基础与经典如图所示，在倾角砂=30啲光滑斜面上有两个用轻质弹簧相 连接的物块A、，它们的质量均为

23、m,弹簧的劲度系数为k, C为一 固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力 F 拉物块 A 使之向上匀加速运动,当物块 B 刚要离开 C 时 F 的大小恰为 2mg。 问：从 F 开始作用到物块 B 刚要离开 C 的过程中弹簧弹力对物块 A 做的功；物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的动能；从 F 开始作用到物块 B 刚要离开 C 的过程中力 F 做的功。答案(1)0 (2嚟(3解析(1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有kx1 = mgsin30，令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，对物块B有kx222=mgsin30，所以叫=兀2，弹力做的功为零。(2)B刚要离开C

24、时，对物块A，有F-mgsin30-kx2 = ma ,2将 F= 2mg 代入上式得 a= g,2a(x1x2)= v2， 物块A的动能Ek = 2mv2 = mg。1对a由动能定理有wf-wg = 2mv2 ,WG= mg（x1x2）sin30，得W得Wf =3m2g2如图所示，传送带与水平面之间的夹角为0=30。，其上A、 B两点间的距离为l=5 m,传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的速 度匀速运动，现将一质量为 m=10 kg 小物体(可视为质点)轻放在传送 带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数“=易 在传送 带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10 m/s2),求

25、：传送带对小物体做的功；电动机做的功。答案 (1)255 J (2)270 J解析(1)根据牛顿第二定律“mgcosO - mgsin0 = ma知，物体上1v2升的加速度为a = 4? = 25 m/s2，当物体的速度为v = 1 m/s时X =习=0.2 m ,即物体将以v = 1 m/s的速度完成剩余4.8 m的位移，由功能关1系得 W = AEk + AEp = 2mv2 + mgZsin30 = 255 J。(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩v擦产生热量Q ,而由v = a得t = 0.4 So相对位移l = vt - 2$ = 02 m , 摩擦生热Q=m

26、glf cos=15 J故电动机做的功为W电=W+Q = 270 J。二、真题与模拟202016全国卷II 轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面 上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最 短时，弹簧长度为1。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一 端与物块 P 接触但不连接。 AB 是长度为 5l 的水平轨道， B 端与半径 为1的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物 块P与AB间的动摩擦因数“=05。用外力推动物块P将弹簧压缩 至长度 1，然后放开， P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g。若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小，以及它离

27、开 圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离；(2)若 P 能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求 P 的质量的取值 范围。答案阿25mWMgm解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 1 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械 能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能E =5mglP设P到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得B1Ep = jmvB + pmg4l 联立式得。号=、；6gl若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于 重力，即P此时的速度大小v应满足mV - mgo设P滑到D点时的速度为vd，由机械能守恒定律得112

28、m v2 = 2m v2 + mg2l 联立式得PD = . ：2glvd满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平 射出。设P落回到轨道AB所需的时间为匚由运动学公式得2l=2gt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s = vDt联式得s = 2国设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速 度不能小于零。由式可知5mgl“Mg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半 圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有2MvBMgl联立式得3mwm2加。212017皖南八校联考将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能坨

29、、重力势k能Ep与上升高度h的关系分别如图中两直线所示。取g=10 m/s 1 20mv2，由动能定理-fH 1 20mv2，由动能定理-fH - mgH = v2 - 2mv2，得 H =歹 m222 m。22. 2016-北京海淀高三期中如图所示，A为固定在竖直面内、 半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端&端)切线水平，且距 水平地面的高度也为 R。 1、 2 两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接 在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从圆弧 形轨道的最高点 A 由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时， 拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块2 恰好能

30、小球的质小球受到的空气阻力(不包括重力)大小小球动能与重力势能相等时的高度。答案 (1)0.1 kg (2)0.25 N (3)2.22 m解析 由图可知：小球的上升最大高度h = 4 m，在上升的过程中动能由5 Jf 0，重力势能由0-4 Jo在最高点 h = 4 m 处，由 Ep = mgh = 4 J 得 m = 0.1 kg。从抛出到最高点h = 4 m处，由动能定理可得：/h-mgh = 0Ek初，将m = 0.1 kg,Ek初=5 J代入可得f= 0.25 No1设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgH = 1沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点A。已知R=045m,滑块1的质

31、 量m1=0.16 kg,滑块2的质量m2=0.04 kg,重力加速度g取10 m/s2, 空气阻力可忽略不计。求：(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前的瞬间对轨道的压力大小；在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离。答案 (1)60 N (2)090 J (3)045 m解析(1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为P，所受轨道的支持力为N。对两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到B端的过程，根据机械能守恒定律有： (1m1 + mJgR = 2(m1 + m/v，解得 v = 3.0 m/s，对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：2V-(m1 + m2)g = (m1 v2+ m2)r ,解得N = 3(m1 + m2)g = 6.0 N ,根据牛顿第三定律可知，两滑块对轨道的压力大小N =N = 6.0 No(2)设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为 v1 和v2滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点Av21械能守恒，所以对滑块2有mgR = 2m2l，解得v2 = 3.0 m/s，方向向左。对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量 守恒定律有(m1 + m2)v = m1vi -