新高考2021届高考物理小题必练11功能关系能量守恒定律

高考物理题必练小必11功关

能守定(1)功能系(2)能转化和恒定律。例1．(2020山东卷11)如图所示，质量为M的物块A放在滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连将量为m的钩码B挂于弹簧下端当簧处于原长将B由止释放当B下降到最低点时（未着地）对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始终于静止状态。以下判断正确的)A．＜2B．2＜＜3mC．在B从释位置运动到最低点的过程中，所受合力对B做正功后做负功D．在从放置运动到速度最大的过程中服弹簧弹力做的功等机能减少量【答案】ACD【解析题可知B物体以开始位置到最低点之间做简谐振动在低点时有弹簧弹力＝2mg对分，设绳与桌面间夹角为，则依题意有2mgsinθ＝Mg故有M＜2，故A正确B误；由题意可知从释放位置到最低点过中，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；对于，在从释放到速度最大过程中，机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服簧弹力所做的功，故D正确。1

例2．(2020全国一物块在高3.0m长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的化如图中直Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10。()A.物下滑过程中机械能不守恒B.物与斜面间的动摩擦因数为C.物下滑时加速度的大小为6.0m/sD.当块下滑2.0m时械能损失了12【答案】【解析】下滑5的程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒A确；斜面高m、长，则斜面倾角为＝37°令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能＝30J，可得质量mkg，下滑5m过中功原理机能的减少量等于克服摩擦力做的功θ·＝20J，得μ＝0.5正；由牛顿第定律sinθ－μmgcosθ，得＝2m/s，C错误；物块下滑2.0m时，力势能减少12，动能增加4J，所以机械能损失了8J错。【点睛解决功能关系试题的一步骤确定始末状态→分析哪种能量增加哪种能量形式减少，是什么做功所致→列出能量的增加量和减少量的具体表达式使得Δ＝Δ。1．如图所示，一足够长的木板光滑的水平面上以速度v向匀速运动，现将质量为的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和板之间的动摩擦因数为μ为保持木板的速度不变物m放到木板上到它相对木板静止的过程中对板施一水平向右的作用力，那么力F对木做功的数值为)2

ABBABBmvA．4

mvB．2

C．D．2mv【答案】【解析量化和守恒定律可知对板所做的功W一部转化为物体m的动，1v一部分转化为系统内能，故＝＋μmg·s，＝－t，＝，上式联立可22得＝

，故C项确。2．如图，表面光滑的固定斜面端安装一定滑轮，小物块A、用轻绳连接并跨滑不计滑轮的质量和摩擦。始时刻、处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、沿斜面滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物()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】【解析】由题意根据力的平衡有m＝gθ所以m＝sin。根据机械能守恒定律BB1＝mv2

，得＝2，以两物块落地速率相等A错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化Δ＝－W＝mgh，C项错误；因为A、两块都做匀变速运动，所以A重vv的平均功率P＝·，的平均功率P＝·sin，因为m＝sinθ，所以P＝22P，D项确。3多)如图所示质量为m的滑以一定初速滑上倾角为的固定斜面同施加一沿斜面向上的恒力＝sin；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量、滑块动能E、械能E时间t的关及重力势能E位移x关系的()3

【答案】【解析】根据滑块与斜面间的动擦因数μ＝tanθ可知滑摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均增大，选项C正确；产生的热量Q＝Fx，随位移均匀大，滑块动能随位移均匀减小，选项A、B错。4多)如图所示固于地面、倾角为的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板连，一端与物块A连接物块A上放置有另一物块，物块A、质均为且粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作下而处于静止状态。某一时刻将力F去在弹簧将A弹过程中够分离则下列叙述正确的()A．从力F去到、发分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒B．、被起程中、将分离时，两物块速度达到最大C．、刚离间，的速度大小为gsinθD．若斜面为粗糙斜面，则从F去到AB发分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、增的机械能与系统摩擦生热之和【答案】【解析从力F撤去到A发分离的过程中，弹簧及物所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确被起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态、还没有分离，故B错误。、刚离瞬间，、间弹力为零，对分，由牛顿第二定律得sinθma，得a＝sinθ，B此瞬间A的速度相同，所以A的加度大小为sinθ故C正。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤到、B发生分离的过程中，由能量守恒定律，弹簧减少的弹性势能一定等于A、增的机械能与系统摩擦生热之和，故D错。5．(多选如图所示，一根原长L的轻弹簧，下端固定在水平面上，一个质量为的球，在弹簧的正上方从距地面高度为处静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为，小球下落过程受到的空气阻力恒为，则小球从开始下落至最低点的过()4

A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mgH＋－)C．弹簧弹性势能的增量(mgfH＋LD．系统机械能减小【答案】【解析小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确小球下落的个过程中，重力做功mghmgH＋－，根据重力做功量度重力势能的变化＝Δ得球重力势能的增量为mg(＋－，故B错；根据动能定理得W＋＋＝0＝0，所以＝－(－)(＋－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W＝Δ得簧弹性势能的增量(mg－)(＋－)故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为(＋－)所以系统机械能的减小量为fH＋－)，故D错。6．(多选如图所示，三个小球A、、的量为，与、间通过铰链用轻杆连接，杆长为LBC置于水平地面上用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60°变为120°，、、在同竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为。则此下降过程中()3A．的能达到最大前B受到面的支持力小于23B．的能最大时，受地面的支持力等于mg2C．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

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mgL【答案】【解析A动能最大时，设B和受地面的支持力大小均为F，此时整体在直方向受3力平衡，可得F＝3mg，所以＝mg在A的能达到最大前一是加速下降处于失重情23况，所以B受地面的支持力小，A、B项正确；当A达到低点时动能为零，此时2弹簧的弹性势能最大的速度方向向上，故C项错；下的高度为＝Lsin60°－5

Lsin30°，根据功能关系可以道，小球的械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Emgh

3－1mgL，故D项错。27．(多选)如图所示，足够长的送带与水平方向的倾角为，物块a通过行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相b的量为。开始时及送带均静止，且不受传送带摩擦力作用让送逆时针匀速转动在b上升h高(未与滑轮相碰)过程中)A．物块a重力势能减少B．摩擦力对做功等于械能的增量C．摩擦力对做功等于物块、能增量之和D．任意时刻，重力对、做的瞬时功率大小相等【答案】ACD【解析】因为开始时，、及送带均静止，且a不传送带摩擦力作用，说明b的力等于a沿斜方向的分量，即＝gθ；当物块上后，物块a沿面下滑的距离为，故下降的高度为hsinθ所以物块a的重力势能减少量为ghsinθ＝mgh，A项正确；根据功能关系，摩擦力对做的等于a、机能的增量，所以项误C项正确；在任意时刻，设的度为v，则a速度大小也是，该速度沿竖直方向的分量为vsinθ力对功的瞬时功率为＝gv对做的时功率为＝gvsinθa故P＝，所以D正确。8．如图所示物与水平轨道斜轨道之间的动摩擦因数均相同小块从倾角为的轨道上高度为h的A点静释放，运动至B点时速度为v。将倾斜轨道的倾角调至为θ，将物块轨道上高度为的A点止释放，运动至B点速度为v。已知＜，不计物块在轨道接触处的机械能损失。()A．＜B．＞6

C．＝D．由于不知道、的体数值、关无法判定【答案】【解析对物块运动分析，如图所示，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动11能定理，mv＝－cos·－μmgx＝－·－，为2sinθtanθ11h·＋＝x，所＝－μmgx，故到达B点的速与倾斜轨道的倾角无关，tanθ2所以v＝，正确。9．如图所示，左侧竖直墙面上定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高固定一光滑直杆。质量为m＝100g的球a套半圆环上，质量为m＝36g的块b套在杆上，二者之间用长为l＝0.4m轻杆通过两铰链连接。现将a从环的最高处由静止释放，使a沿环自由下滑，不一切摩擦、均视质点，重力加速度g取10m/s。求：(1)小球a滑与圆心O等的P点时的向心力大小。(2)小球a从点滑至杆与圆环相切的Q点过程中，杆对滑块b做功。【解析(1)当滑与O同度的P点的速度沿环切线向下b的速度为零由1机械能守恒定律可得gR＝mv2解得：＝2mv对小球a受力析，由牛顿第二定律可得F＝＝2g。R(2)杆与圆相切时，如图所示a的速度沿杆方向，设此时的度为，根据杆不可伸长和缩短，有：7

aba2＝aba2＝v＝vcosθb由几何关系可得cosθ

LL＋

＝0.8在图中，球下的高度hRcos111a、系机械能守恒gh＝m＋m－mv2221对滑块b，由动能定理得：＝m＝0.1944。10．图所示，一足够长的水平送带以速度v匀运动，质量均为m的小块P和小物块Q由通滑轮组的轻绳连接绳够长且不可伸长时刻物块从送带左端以速度2冲上传送带与滑轮间的绳子水平已知物块P与传带间的动摩擦因数μ＝0.25重力加速度为，不计滑轮的质量与摩擦。(1)求运动过程中小物块P、Q的加度大小之比。(2)求物块P刚冲传送带到右最远处的过程中、系机械能的改变量。(3)若传送带以不同的速度v(0＜＜2匀速运动，当取大时，物块P向冲到最远处的过程中，与送带间产生的热量最小？最小值为多大？【解析】设P的移、加速度大小分别为、，Q的位、加速度大小分别为s，因s＝2s故a＝2a。(2)对有＋＝对Q有mg＝得a＝0.6gP先减到与传送带速度相同，设位移为，＝

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－5v2gmg共速后，由于f＜，不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，此时P的21加速度为a′的速度为a′＝a2对P有－＝ma′对Q有mg＝′，解得a′＝0.2g8

66v5设减速到位移x，＝＝2a2P、系机械能的改变量等于摩擦力对P的功Δ＝－μmgx＋＝0。(3)第一阶段P相对皮带向前，对路程s＝v第二阶段相对皮带向后，相对路程s＝2a′5热量Q＝(＋＝(v－＋v)

2－2a

v5当＝时热量最小，最小值为＝mv。2811．图所示MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道N端与平面相切，轨道半径R＝0.9m。粗糙水平段NP长＝1m，P点侧有一与水平方向成θ＝30°角的足够长的传送带与水平面在点滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3。一质量为1kg可视为质点的物块A从圆轨道最高点M由静开始沿轨道滑下，物块A与段间的动摩