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）.docx

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1、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（）ABCD【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为，动摩擦因数为，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

2、。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。

3、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（）AM<2mB2m <M<3mC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】AB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，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，

4、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

5、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D5、（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

6、低点，两轻杆间夹角由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AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC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

7、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Epmg(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，ACh.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mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mg

8、h 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mghEpWf.由C到A的过程中，有mv2EpWfmgh.联立解得Wfmv2，Epmghmv2，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，ABh，根据能量守恒，A到B的过程有mvEpWfmgh，B到A的过程有mvB2EpmghWf，比较两式得vB>vB，故D项正确7、如图所示，固定斜面的倾角30

9、6;，物体A与斜面之间的动摩擦因数，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2m4 kg，B的质量为m2 kg，初始时物体A到C点的距离为L1 m现给A、B一初速度v03 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g10 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

10、)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：·2mg·cos ·L·3mv·3mv22mgL·sin mgL解得v2 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·3mv20·2mgcos ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得·3mv22mgxsin mgx·2mgcos ·xEpm解得Epm6

11、 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：机械能全部转化为内

12、能；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：QFfx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，si

13、n37º=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 JB小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C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°-mgcos53°；代入数据得：=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-mgcos53°，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

14、；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v2 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g10 m/s2，sin 37°0.6，cos

15、 37°0.8.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°>mgcos 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

16、；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xA<xB，根据产生的热量Qmgcos ·x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

17、，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mvMvB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：FfMa1，FFfma2，又La2t2a1t2，sa1t2，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QFfL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1

18、1、如图所示，由电动机带动着倾角=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=78，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 JC.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，

19、垂直斜面方向FN-mgcos37°=0，其中Ff=FN，联立解得a=g(cos37°-sin37°)=10×(78×0.8-0.6) 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=v-v0a=4-(-2)1 s=6 s，位移x=12(v+v0)t=12×(4-2)×6 m=6 m，故重力势能增加量为Ep=mg·h=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

20、m，x=x-x=24 m-6 m=18 m，产生的热量为Q=mgcos37°·x=78×2×10×0.8×18 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E =Ep+Ek+Q=72 J+(12×2×42-12×2×22) 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.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

21、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0.4，M1.5m，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Mv0mv0(Mm)v解得vv0根据功能关系得Mgl(Mm)v(Mm)v2解得l.(2)木板第

22、一次与墙壁碰撞反弹后，根据牛顿第二定律对木板有：Mg0.4(Mm)gma1解得a12.5g对木块有MgMa2解得a2g设木板经时间t1速度减为0，位移x1v0a1t10解得t1x1a1t解得x1此时，物块的速度v块v0gt1之后木板向右加速Mg0.4(Mm)gma1a10.5g设经时间t2二者共速，此过程木板向右的位移为x2v共a1t2v块a2t2a1t2x2t2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a30.4g2a3x3v解得x3木板最终距墙的距离dx1x2x3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

23、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=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=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

24、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<v<3 m/s，物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。【答案】(1)38(2)48 J(3)W=105-8v2【解析】(1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：h=12v0sin·tBC的水平距离为：x=v0cos·t代入数据解得：hx=38(2)在O点由牛顿第二定律得：kxOA=ma代入数据解得：a=2 m/s2由vA2=2axOA得：vA=1

25、m/s到达B点时：vB2=2a(xOA+LAB)代入数据得：vB=3 m/s物块从A到B运动时间：t=vB-vAa=1 s物块与传送带间摩擦产生的热量：Q=mgcos(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=FxOA=12ma·xOA，代入数据解得：W1=1 J若传送带速度2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：F1+mgcos-mgsin=ma解得：F1=16

26、N由速度位移关系得：v2-vA2=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-mgcos-mgsin=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=105-8v214、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m1 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M8 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R2 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

27、b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r0.2 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0.1，重力加速度取g10 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 mx8 m或x3 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kxmgsin 30°当C恰好离开挡板P时，

28、C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态对C由平衡条件有kxmgsin 30°由几何关系知Rxx代入数据解得k5 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(1cos 60°)mgRsin 30°Mvmv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FNMg代入数据解得FNMg144 N由牛顿第三定律，A对圆轨道的压力大小为FN144 N.(3)物块A不脱离圆形轨道有两种情况第一种情况，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Mgx10Mv恰能到圆心等高处时需满足条件MgrMgx20Mv代入数据解得x26 m，x18 m即6 mx8 m.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·2rMgxMv2Mv代入数据解得x3 m，即满足要求时，x3 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QFfx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