专题二 第8练 功能关系和能量守恒(知识点完整归纳)

第8练功能关系和能量守恒

A级保分练

1.(2020·全国第五次大联考)2019年6月全国U系列青少年蹦床锦标赛资格赛在江苏省无锡市举行．青少年蹦床锦标赛不仅仅给运动员一个展现自我的舞台，同时也为选拔优秀运动员提供了一个平台．不计空气阻力，对于如图1所示蹦床比赛时对运动员的分析，下列说法中正确的是()

图1

A．运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态

B．运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小

C．运动员离开蹦床在空中运动阶段，上升时处于超重状态，下降时处于失重状态

D．运动员离开蹦床在空中运动阶段，其重力势能一直增大

答案 B

解析运动员在蹦床上上升阶段，有一阶段蹦床弹力小于重力，加速度方向向下，此阶段运动员处于失重状态，A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小，B正确；运动员在空中运动阶段，只受重力，加速度方向一直向下，处于失重状态，C错误；运动员在从最高处向下运动阶段，其重力势能减小，D错误．

2.(2020·山东泰安市期末)水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动，在运动过程中，物体的动能E k与位移x的关系图象如图2所示，则满足机械能守恒的阶段是()

图2

A．0～h B．h～2h

C．2h～3h D．3h～5h

答案 C

解析0～h阶段动能增加2mgh，重力势能增加mgh，故机械能不守恒；同理h～2h阶段动能不变，重力势能增加mgh，机械能不守恒；2h～3h阶段，动能减小mgh，重力势能增加

mgh ，故机械能守恒；3h ～5h 阶段重力势能增加2mgh ，动能减小mgh ，机械能不守恒．C 正确．

3.(多选)如图3所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀

变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g 4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin 53°＝45

，cos 53°＝35

)( )

图3

A ．运动员重力势能的减少量为35

mgh B ．运动员动能的增加量为34

mgh C ．运动员动能的增加量为1516

mgh D ．运动员的机械能减少了

116

mgh 答案 CD

解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，

故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin 53°＝54

h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ·54h ＝1516

mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516

mgh ，所以运动员的机械能减少了116

mgh ，故D 正确． 4.(2020·山西吕梁市一模)如图4所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P 从直线上的N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )

图4

A．小球P动能一定在减小

B．小球P的机械能一定在减少

C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加

D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量

答案 B

解析小球P与弹簧接触前，小球P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，速度方向沿斜面向下；小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，合外力沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向下，随着弹簧形变量的不断增大，加速度不断减小，此时小球P做加速度不断减小的加速运动；当弹力等于重力沿斜面向下的分力时，加速度为零，速度最大，小球P的动能最大，之后弹力大于重力沿斜面向下的分力，合外力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，随着弹簧形变量的增大，加速度不断增大，速度不断减小，小球P 的机械能不断减小，弹簧的弹性势能不断增大，当弹簧压缩到最短时，小球P的速度为零，弹簧形变量最大，弹性势能达到最大，故B正确，A、D错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误．

5．(多选)(2020·东北师大等联盟学校检测)如图5甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是()

图5

A．在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0

B．在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0

C．图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

D．图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

答案BD

解析木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系图线．由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔE p，得ΔE p ＝－2E0，即木块的重力势能减少了2E0，故A错误，B正确；由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；由功能关系可知图线b斜率的绝

对值表示木块所受的合力大小，故D正确．

6.(多选)(2020·山东泰安市期末)如图6，斜面a、b、c底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h.某物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，三种情况相比较，下列说法正确的是()

图6

A．物体到达底端的动能E k a＝2E k b＝2E k c

B．物体到达底端的动能E k a>2E k b>2E k c

C．因摩擦产生的热量Q c＝2Q a＝2Q b

D．因摩擦产生的热量Q c＝4Q a＝2Q b

答案BC

解析设任一斜面和水平方向夹角为θ，斜面长为x，物体滑到底端时的动能为E k，由动能定理mgH－μmgx cos θ＝E k得：E k a＝2mgh－μmgL，E k b＝mgh－μmgL，E k c＝mgh－μmg·2L，知E k a>2E k b>2E k c；物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmgx cos θ，x cos θ即为底边长度，则W a＝μmgL，W b＝μmgL，W c＝μmg2L，摩擦力做功等于因摩擦产生的热量，故Q c＝2Q a＝2Q b，故B、C正确．

7．(多选)(2020·福建福州市3月质检)如图7所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态，小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止，物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()

图7

A．弹簧的最大弹力大于μmg

B．物块克服摩擦力做的功为μmgs

C．弹簧的最大弹性势能为2μmgs

D．物块在A点的初速度为2μgs

答案AD

解析 小物块从静止向右运动时，弹力先大于摩擦力，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等，即F ＝μmg 时，速度最大，小物块继续向右运动，弹簧继续伸长直到自然状态，所以弹簧的最大弹力大于μmg ，故A 正确；整个过程中，小物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则小物块克服摩擦力做的功为2μmgs ，故B 错误；小物块向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为E p ＝μmgs ，故C 错误；设小物块在A 点的初速度为v 0，

对整个过程，由能量守恒得2μmgs ＝12

m v 02，可得v 0＝2μgs ，故D 正确． 8.(2020·河南三门峡市11月考试)如图8所示，质量为m 的重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也为m 的小车沿倾角θ＝45°的斜面上升．若重物与滑轮等高时由静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ＝45°角时，重物下滑的速率为v (不计一切摩擦，重力加速度为g )．则此过程中重物下落的高度是( )

图8

A ．h ＝v 2

2g

B ．h ＝32v 24g

C ．h ＝3(2＋2)v 2

8g

D ．h ＝3(2－2)v 24g

答案 B

解析 将重物的速度进行分解可得小车速度为：v 1＝v cos 45°＝22v ，小车与重物组成的系统机械能守恒，设此过程中重物下落的高度为h ，则有：mgh －mg (2h －h )sin 45°＝12m v 2＋12

m v 12，解得：h ＝32v 24g

，故B 正确． B 级争分练

9.(多选)如图9所示，质量分别为2m 、m 的小滑块A 、B ，其中A 套在固定的竖直杆上，B 静置于水平地面上，A 、B 间通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接．一轻弹簧左端与B 相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平．当α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时将A 由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A 、B 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g .则A 下降过程中( )

图9

A．A、B组成的系统机械能守恒

B．弹簧弹性势能的最大值为(3－2)mgL

C．竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力

D．A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg

答案BD

解析A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：E p＝2mgL(cos 30°－cos 45°)，即弹性势能的最大值为E p＝(3－2)mgL，故B正确；对B：水平方向的合力F x＝F杆sin α－F弹＝ma，滑块B先做加速运动后做减速运动，又竖直杆对A的弹力等于F杆sin α，所以竖直杆对A的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－F N＝2ma，则有F N＜3mg，故D正确．

10．(多选)(2020·贵州贵阳市四校联考)如图10甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m ＝3 kg的另一木块B可看成质点，以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s2)()

图10

A．木板的质量为M＝3 kg

B．木块减小的动能为1.5 J

C．系统损失的机械能为3 J

D．A、B间的动摩擦因数为0.2

答案AC

解析 由题图可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知μmg ＝ma ，则μ＝0.1， 由μmg M ＝1 m/s 2，可得M ＝3 kg ，故A 正确，D 错误；木块减小的动能为E k0－E k1＝12m v 02－12

m v 12＝4.5 J ，故B 错误；系统损失的机械能为E k0－E k1′＝12m v 02－12

×2m v 12＝3 J ，故C 正确． 11.(多选)如图11所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m 和2m 的a 、b 小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小．现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g .则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)( )

图11

A ．a 球的动能始终减小

B ．b 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3倍

C ．弹簧对b 球做的功等于a 、b 两球机械能的变化量

D ．b 球到达最低点时杆对a 球的作用力等于mg

答案 BC

解析 刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A 错误；两球的加速度始终相等，设为a ，根据牛顿第二定律，对a 球有F 杆－mg ＝ma ，对b 球有F 弹－2mg －F 杆＝2ma ，解得F 弹＝3F 杆，则由W ＝Fl 可知，弹簧对b 球做的功是杆对b 球做功的3倍，即b 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3倍，故B 正确；将两球看成一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对b 球做的功等于a 、b 两球机械能的变化量，故C 正确；b 球到达最低点时a 、b 均具有向上的加速度，此时杆对a 球的作用力一定大于a 球的重力mg ，故D 错误．

12.(多选)(2020·安徽合肥市一模)如图12所示，小球A 、B 、C 通过铰链与两根长为L 的轻杆

相连，ABC 位于竖直面内且成正三角形，其中A 、C 置于水平地面上．现将球B 由静止释放，

球A 、C 在杆的作用下向两侧滑动，三小球的运动始终在同一竖直平面内．已知m A ＝12m B ＝ 13m C

＝m ，不计摩擦，重力加速度为g .则球B 由静止释放至落地的过程中，下列说法正确的是( )

图12

A ．球

B 的机械能先减小后增大

B ．球B 落地的速度大小为3gL

C ．球A 对地面的压力一直大于mg

D ．球B 落地点位于初始位置正下方

答案 AB

解析 B 下落时，A 、C 开始运动，当B 落地后，A 、C 停止运动，因A 、B 、C 三球组成的系

统机械能守恒，故球B 的机械能先减小后增大，故A 正确；对整个系统有：2mg ·32L ＝12

× 2m v B 2，解得v B ＝3gL ，故B 正确；在B 落地前的一段时间，A 、C 做减速运动，轻杆对球有向上的力，故球A 对地面的压力可能小于mg ，故C 错误；因为A 、C 两球质量不相同，故球B 落地点不可能位于初始位置正下方，故D 错误．

13．(2020·安徽十校联盟检测)如图13所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C 与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R ，圆弧所对圆心角为60°，水平面上B 点左侧光滑，右侧粗糙．一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B 点．现将质量为m 的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A ，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，已知物块与BC 段间的动摩擦因数为0.5，BC 段的长度也为R ，重力加速度为g ，不考虑物块大小．求：

图13

(1)物块运动到圆弧轨道C 点时，对轨道的压力大小；

(2)物块最终停下的位置离C 点的距离；

(3)若增大弹簧的压缩量，物块由静止释放能到达与O 等高的高度，则压缩弹簧时，弹簧的最

大弹性势能为多大．

答案 (1)2mg (2)R (3)53

mgR 解析 (1)设物块第一次到达C 点时速度为v 1，由于物块刚好能到达D 点，根据机械能守恒有

12

m v 12＝mg (R －R cos 60°)， 解得v 1＝gR

在C 点，由牛顿第二定律得：F －mg ＝m v 12R

， 解得F ＝2mg

根据牛顿第三定律可知，物块在C 点对轨道的压力大小为2mg .

(2)设物块第一次从C 点返回后直到停止运动，在BC 段上运动的路程为x ，根据功能关系 μmgx ＝mg (R －R cos 60°)

解得x ＝R ，因此物块刚好停在B 点，离C 点的距离为R .

(3)设物块运动到D 点的速度为v D ，从D 点抛出后，竖直方向的分速度为v y ＝v D sin 60° v y 2＝2gR cos 60°，

解得v D ＝43

gR 根据能量守恒有E p ＝μmgR ＋mg (R －R cos 60°)＋12

m v D 2， 解得E p ＝53

mgR .