新高考2021届高考物理小题必练11功能关系能量守恒定律

(1)    功能关系；(2)能量转化和守恒定律。

例1．(2020∙山东卷∙11)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＜M＜3m

C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功

D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

【答案】ACD

【解析】由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mgsin θ＝Mg，故有M＜2m，故A正确，B错误；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；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。

例2．(2020∙全国I卷∙20)一物块在高3.0 m、长5.0 m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s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)

A. 物块下滑过程中机械能不守恒

B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2

D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

【答案】AB

【解析】下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，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正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmgcos θ·s＝20 J，得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。

【点睛】解决功能关系试题的一般步骤：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ΔE增＝ΔE减。

1．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)

A．     B．     C．mv2     D．2mv2

【答案】C

【解析】由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故C项正确。

2．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处于静止状态。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】由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsin θ，所以mA＝mBsin θ。根据机械能守恒定律mgh＝mv2，得v＝，所以两物块落地速率相等，A项错；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，B项错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化ΔEp＝－WG＝－mgh，C项错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率A＝mAg·，B的平均功率B＝mBg·sin θ，因为mA＝mBsin θ，所以A＝B，D项正确。

3．(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，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Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是(　　)

【答案】CD

【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动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 θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。

4．(多选)如图所示，固定于地面、倾角为θ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C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)

A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒

B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大

C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ

D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和

【答案】AC

【解析】从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块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。A、B被弹起过程中，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，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。

5．(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程(　　)

A．小球动能的增量为零

B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)

C．弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)

D．系统机械能减小fH

【答案】AC

【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；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得，弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)，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f(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为f(H＋x－L)，故D错误。

6．(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。则此下降过程中(　　)

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F＝mg；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mg，故A、B项正确；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项错误；A下落的高度为h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根据功能关系可以知道，小球A的机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Ep＝mgh＝mgL，故D项错误。

7．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中(　　)

A．物块a的重力势能减少mgh

B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量

C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等

【答案】ACD

【解析】因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsin θ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsin θ，所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ＝mgh，A项正确；根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以B项错误，C项正确；在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsin θ，故重力对b做功的瞬时功率为Pb＝mbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pa＝magvsin θ，故Pa＝Pb，所以D项正确。

8．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。已知θ2＜θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。则(　　)

A．v1＜v2

B．v1＞v2

C．v1＝v2

D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定

【答案】C

【解析】对小物块运动分析，如图所示，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理，mv2＝mgh－μmgcosθ·－μmgxBD＝mgh－μmgh·－μmgxBD，因为h·＋xBD＝xBC，所以mv2＝mgh－μmgxBC，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C项正确。

9．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。

(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。

【解析】(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得：magR＝mav2

解得：v＝

对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝＝2mag＝2 N。

(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有：

va＝vbcos θ

由几何关系可得：cos θ＝＝0.8

在图中，球a下降的高度h＝Rcos θ

a、b系统机械能守恒：magh＝mav＋mbv－mav2

对滑块b，由动能定理得：W＝mbv＝0.194 4 J。

10．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。

(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。

(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。

(3)若传送带以不同的速度v(0＜v＜2v0)匀速运动，当v取多大时，物块P向右冲到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？

【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s1＝2s2

故a1＝2a2。

(2)对P有μmg＋T＝ma1

对Q有mg－2T＝ma2

得a1＝0.6g

P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，x1＝＝

共速后，由于f＝μmg＜，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P的加速度为a1′，Q的加速度为a2′＝a1′

对P有T－μmg＝ma1′

对Q有mg－2T＝ma2′，解得a1′＝0.2 g

设减速到0位移为x2，x2＝＝

P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功

ΔE＝－μmgx1＋μmgx2＝0。

(3)第一阶段P相对皮带向前，相对路程s1＝

第二阶段相对皮带向后，相对路程s2＝

热量Q＝μmg(s1＋s2)＝m(v2－vv0＋v)

当v＝时，热量最小，最小值为Q＝mv。

11．如图所示，MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N端与水平面相切，轨道半径R＝0.9 m。粗糙水平段NP长L＝1 m，P点右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P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s。一质量为1 kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下，物块A与NP段间的动摩擦因数μ1＝0.1。静止在P点的另一个物块B与A完全相同，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝。A与B碰撞后A、B交换速度，碰撞时间不计，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力；

(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。

【解析】(1)设物块质量为m，A首次到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：

mgR＝mvN2

由牛顿第二定律得：FN－mg＝

联立解得：FN＝30 N

根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等，方向相反，所以物体对轨道压力大小为30 N，方向竖直向下。

(2)设A与B第一次碰前的速度为v0，从释放物块A至到达P点的过程中，由能量守恒定律得：

mgR＝mv02＋μ1mgL

解得：v0＝4 m/s

设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4 m/s

碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则对B有

mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1

解得a1＝10 m/s2

运动的时间为s

位移为m

此过程物块B与传送带相对运动的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m

此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为s

位移为m

此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m

全过程产生的热量为：Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J。