12.高考物理功能关系 能量守恒定律专题精练含答案
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解析：若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只 与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得
12mv20＝mgR，解得 v0＝ 2gR<2 gR，故 A 错误；小球如果不挤 压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力， 由牛顿第二定律得 mg＝mvR2，由于小球不挤压内轨，则小球在整 个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，从最低点到最高
B．160 W D．800 W
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解析：由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落 在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中 产生的热量，所以 ΔP＝12mv2＋Q，传送带做ห้องสมุดไป่ตู้速运动，而煤粉 相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半， 所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故 Q＝f·Δx＝ fx＝12mv2，解得 ΔP＝160 W，B 项正确．
课时作业19 功能关系 能量守恒定律
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时间：45 分钟
1．如图所示，水平传送带以 v＝2 m/s 的速率匀速运行，上方漏 斗每秒将 40 kg 的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运 动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的
功率为( B )
A．80 W C．400 W
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9．(2019·安徽黄山屯溪月考)如图所示，光滑斜面的倾角 θ＝30°，
轻弹簧的劲度系数为 k，两端分别与物体 M 和 N 相连，两物体的质
量均为 m，与斜面垂直的固定挡板 P 挡住 N，两物体均处于静止状
态．现沿平行斜面向下方向施加外力 F 压物体 M，使得撤去外力 F
后，物体 N 能被弹簧拉起离开挡板(弹簧形变未超过其弹性限度)，
摩擦力做功，故由动能定理可得－μmgcos37°sinh37°－mgh＝ΔEk， 解得 μ＝0.5，B 正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力 为 F＝mgsinα＋μmgcosα＝10 N，故物体上升过程中的加速度大 小为 a＝mF＝10 m/s2，C 错误；
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物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以， 上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克 服摩擦力做的功等于机械能的减少量 20 J，故物体从开始至回到 斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为 40 J；又由于物体整个 运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的 动能为 50 J－40 J＝10 J，D 正确．
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3．如图所示，一水平轻弹簧左端固定在墙上，质量为 m 的小物 块(视为质点)在水平面上从 A 点以初速度 v0 向左运动，接触弹簧后 运动到 C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A、C 两点间 距离为 L，物块与水平面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，则
物块由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确的是( D )
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4．如图甲所示，倾角 θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行 于斜面的轻弹簧拉着质量 m＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物 体在 t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间的 v-t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系
数 k＝200 N/m，重力加速度 g 取 10 m/s2.则在该段时间内( B )
8．(2019·济南调研)如图为某双线客运索道，其索线由静止不动 的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成．运行过程中牵引索通过作 用力 F 使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空气阻力，
在缆车向上移动过程中，下列说法正确的是( D )
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A．F 对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功 之和
A．两滑块组成的系统机械能守恒 B．重力对 M 做的功等于 M 动能的增加量 C．轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加量 D．两滑块组成的系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功
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解析：由于斜面 ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守 恒，故 A 错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对 M 做的 总功等于 M 动能的增加量，故 B 错误；除重力、弹力以外的力 做功，将导致机械能变化，故 C 正确；除重力、弹力以外，摩擦 力做负功，机械能有损失，故 D 正确．
可知 cosθ＝45，sinθ＝35 对 B 进行分析可知：FTcosθ＝mBg 解得：FT＝cmosBθ＝25 N 对 A 进行分析可知：F＝FTsinθ＝15 N 对 A、B 整体进行分析：竖直方向 FN＝(mA＋mB)g＝50 N
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(2)经过 t＝23 s，小球 A 向右的位移 x＝12at2＝1 m，此时绳子 与水平方向夹角为 θ
是( AC )
A．Ek1>Ek2，Ep1＝Ep2 B．Ek1＝Ek2，Ep1>Ep2 C．WG1＝WG2，W1<W2 D．WG1＝WG2，W1>W2
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解析：结合题意可知，物块先后两次经过斜面上 A 点时摩擦 力做功不相等，动能不相等，Ek1>Ek2，上升的高度与下降的高 度相同，所以物块上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重 力做的功，重力做功为零，Ep1＝Ep2，故 A 正确，B 错误；重力 做功只与初末高度差有关，WG1＝WG2；合外力做功等于动能的 变化量，物块第一次经过 A 点时的动能大，故动能的变化量小， W1<W2，故 C 正确，D 错误．
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5．(多选)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端 O 点，以某一 速度沿斜面向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑．物块先后两次 经过斜面上的 A 点时的动能分别为 Ek1 和 Ek2，重力势能分别为 Ep1 和 Ep2，从 O 点开始到第一次经过 A 点的过程中重力做功为 WG1， 合外力做功的绝对值为 W1，从 O 点开始到第二次经过 A 点的过程 中重力做功为 WG2，合外力做功的绝对值为 W2，则下列选项正确的
A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒
B．物块克服摩擦力做的功为12mv20 C．弹簧的弹性势能增加量为 μmgL D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量 之和
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解析：由于摩擦力做负功，根据功能关系知系统机械能减小， 选项 A 错误；由功能关系知，物块由 A 点运动到 C 点的过程， 初动能转化为弹簧弹性势能和内能，选项 D 正确；根据能的转化 和守恒定律知，弹簧的弹性势能增加量为 Ep 弹＝12mv02－μmgL， 选项 C 错误；物块克服摩擦力做的功 Wf＝μmgL<12mv20，选项 B 错误．
B．F 对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之 和
C．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能 D．F 对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做 的功之和
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解析：本题考查功能关系等知识．有三个力对缆车做功，F 对缆车做正功，摩擦力和重力对缆车做负功，三个力做的总功等 于缆车动能的增量；F 对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服 摩擦力、重力所做功之和，选项 AB 错误；缆车克服重力做的功 等于缆车增加的重力势能，选项 C 错误；F 对缆车做的功和摩擦 力对缆车做的功之和等于缆车机械能的增量，所以 F 对缆车做的 功等于缆车机械能的增量和克服摩擦力做功之和，选项 D 正确．
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2．(多选)如图，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和 光滑斜面 bc 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(M>m)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( CD )
A．物体的加速度大小为 2 m/s2 B．弹簧的伸长量为 3 cm C．弹簧的弹力做功为 30 J D．物体的重力势能增加 36 J
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解析：根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度
大小为 a＝ΔΔvt ＝1 m/s2，选项 A 错误；对斜面上的物体受力分析， 受到竖直向下的重力 mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力 F，由 牛顿第二定律，F－mgsin30°＝ma，解得 F＝6 N，由胡克定律 F ＝kx 可得弹簧的伸长量 x＝3 cm，选项 B 正确；在 t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间内，物体动能增大 ΔEk＝12mv22－12mv21＝6 J，根据速度 —时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移 x＝6 m，物 体重力势能增加 ΔEk＝mgxsin30°＝30 J；根据功能关系可知，弹 簧弹力做功 W＝ΔEk＋ΔEp＝36 J，选项 C、D 错误．
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6．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角 α＝37°的斜 面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为 3.0 m．选择斜面底端为 参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 随高度 h 的变化关系如图
乙所示．g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则( BD )
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(1)求水平拉力 F 的大小和水平杆对小球 A 的弹力 FN的大小； (2)若改变水平力 F 大小，使小球 A 由静止开始，向右做加
速度大小为 4.5 m/s2 的匀加速直线运动，求经过23 s 拉力 F 所做 的功．
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解析：(1)设静止时绳子与竖直方向夹角为 θ，则由已知条件
小球 A 的速度为 vA＝at＝3 m/s A、B 两小球沿绳方向速度大小相等：vAcosθ＝vBsinθ 解得 vB＝tavnAθ＝4 m/s 由能量守恒知：
WF＝ΔEp＋ΔEk＝mBgh＋12mAv2A＋12mBv2B＝49.5 J 答案：(1)15 N 50 N (2)49.5 J
高中物理第十二章电能能量守恒定律经典大题例题(带答案)
高中物理第十二章电能能量守恒定律经典大题例题单选题1、如图甲所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图乙所示。
在充电开始后的一段时间内，充电宝的输出电压U=5.0V、输出电流I=0.6A，可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻r=0.5Ω，则（）A．充电宝输出的电功率为3.18WB．充电宝产生的热功率为0.18WC．1min内手机电池储存的化学能为169.2JD．1min内手机电池产生的焦耳热为18J答案：CA．充电宝的输出电压U=5.0V、输出电流I=0.6A，所以充电宝输出的电功率为=UI=5.0×0.6W=3.0WP出故A错误；B．充电宝内的电流也是I，但其内阻未知，所以产生的热功率无法计算，故B错误；C．由题的已知条件可得手机电池储存的化学能为=UIt−I2rtE化学能其中t=1min=60s解得E=169.2J化学能故C正确；D．1min 内手机电池产生的焦耳热为Q=I2rt=0.62×0.5×60J=10.8J故D错误。
故选C。
2、一根横截面积为S的铜导线，通过的电流为I。
已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿伏加德罗常数为N A，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（）A．MIρN A Se B．MN AρSeC．M AMρSeD．M A SeMρ答案：A设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为n=ρSvtMN A，t时间内通过导体截面的电荷量为q=ne，则电流强度为I=qt=ρSveN AM解得v=MI ρSN A e故选A。
3、2021年，浙江大学研究团队设计了一款能进行深海勘探的自供能仿生软体智能机器鱼。
在测试中，该机器鱼曾下潜至马里亚纳海沟10900m深处，并在2500mA·h电池驱动下，保持拍打45分钟。
功能关系 能量守恒定律(含答案)
第4课时功能关系能量守恒定一、基础知识（一）功能关系1、内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2、表达式：ΔE减＝ΔE增．（三）能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：(1)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)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一定相等．（四）应用能量守恒定律解题的步骤1、分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；2、明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；3、列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．二、练习1、对于功和能的关系，下列说法中正确的是()A．功就是能，能就是功B．功可以变为能，能可以变为功C．做功的过程就是能量转化的过程D．功是物体能量的量度答案 C解析 功和能是两个密切相关的物理量，但功和能有本质的区别，功是反映物体在相互作用过程中能量变化多少的物理量，与具体的能量变化过程相联系，是一个过程量；能是用来反映物体具有做功本领的物理量，物体处于一定的状态(如速度和相对位置)就具有一定的能量，功是反映能量变化的多少，而不是反映能量的多少．2、从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为h .设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F f .下列说法正确的是( )A ．小球上升的过程中动能减少了mghB ．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC ．小球上升的过程中重力势能增加了mghD ．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h 答案 C解析 根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh ＋F f h ，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于整个过程中克服阻力做的功，为2F f h ，A 、B 、D 错，选C.3、假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v .横梁下边缘离地面的高度为h ，足球质量为m ，运动员对足球做的功为W 1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W 2，选地面为零势能面，下列说法正确的是 ( ) A ．运动员对足球做的功为W 1＝mgh ＋12m v 2－W 2B ．足球机械能的变化量为W 1－W 2C ．足球克服阻力做的功为W 2＝mgh ＋12m v 2－W 1D ．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh ＋12m v 2答案 B解析 由功能关系可知：W 1＝mgh ＋12m v 2＋W 2，A 项错．足球机械能的变化量为除重力、弹力之外的力做的功．ΔE 机＝W 1－W 2，B 项对；足球克服阻力做的功W 2＝W 1－mgh － 12m v 2，C 项错．D 项中，刚踢完球瞬间，足球的动能应为E k ＝W 1＝mgh ＋12m v 2＋W 2，D 项错.4、如图所示，质量为m 的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h ，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )A ．都必须大于mghB ．都不一定大于mghC ．用背越式不一定大于mgh ，用跨越式必须大于mghD ．用背越式必须大于mgh ，用跨越式不一定大于mgh 答案 C解析 采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh ，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh ，C 正确．5、如图所示，美国空军X －37B 无人航天飞机于2010年4月首飞，在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中( ) A ．X －37B 中燃料的化学能转化为X －37B 的机械能B ．X －37B 的机械能要减少C ．自然界中的总能量要变大D ．如果X －37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变 答案 AD解析 在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X －37B 做正功，X －37B 的机械能增大，A 对，B 错．根据能量守恒定律，C 错．X －37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 对．6、如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是( )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案 D解析 运动员的加速度为13g ，小于g sin 30°，所以运动员下滑的过程中必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做功为16mg ·h sin 30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 的重力势能转化为内能，故A错，D 对；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ·h sin 30°＝23mgh ，故B 错．7、如图所示，汽车在拱形桥上由A 匀速率运动到B ，以下说法正确的是( ) A ．牵引力与克服摩擦力做的功相等B ．合外力对汽车不做功C ．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功D ．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能 答案 BD解析 汽车由A 匀速率运动到B ，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W 牵＋W G －W f ＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A 、C 错误，B 正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D 正确．8、若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1 答案 BC解析 动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2即等于机械能增加量，所以C 对，D 错．9、如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧， B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0答案 D解析 由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m0.5 m ＝6，即3个来回后，恰停在B 点，选项D 正确．10、如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小车重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12m v 2C ．推力对小车做的功是12m v 2＋mghD ．阻力对小车做的功是Fx －12m v 2－mgh答案 B解析 小车重力所做的功为－mgh ，A 错误．由动能定理得合外力对小车做的功W ＝ 12m v 2，B 正确．推力对小车做的功为Fx ，C 错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－(Fx －12m v 2－mgh )，故D 错误．11、如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的 一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上 升高度h 的过程中( ) 图4A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D ．物块A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的代数和解析 由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确． 答案 CD12、如图所示有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝120 N/m 的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量为m ＝1 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数μ＝0.5，P 与弹簧自由端Q 间的距离为l ＝1 m ．弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t ； (2)小球运动过程中达到的最大速度v m ；(3)若使小球在P 点以初速度v 0下滑后又恰好回到P 点，则v 0需多大？ 解析 (1)F 合＝mg sin θ－μmg cos θ a ＝F 合m ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2l ＝12at 2 所以t ＝2la＝1 s (2)小球从P 点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x 时小球有最大速度v m ，有 mg sin θ－μmg cos θ＝kx ，x ＝160m 此过程由能量守恒定律可得：mg ·(l ＋x )sin θ＝W 弹＋μmg cos θ(l ＋x )＋12m v 2m 而W 弹＝12kx 2代入数据解得：v m ＝113030m/s ＝2 m/s (3)设小球从P 点以初速度v 0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x 1，由能量守恒有：mg (l ＋x 1)sin θ＋12m v 20＝μmg cos θ(l ＋x 1)＋12kx 21小球从最低点经过Q 点回到P 点时的速度为0，则有：1 2kx 21＝mg(l＋x1)sin θ＋μmg cos θ(l＋x1)联立以上二式解得x1＝0.5 m，v0＝2 6 m/s＝4.9 m/s.答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s13、如图所示，一轻质弹簧原长为l，竖直固定在水平面上，一质量为m的小球从离水平面高为H处自由下落，正好压在弹簧上，下落过程中小球遇到的空气阻力恒为F f，小球压缩弹簧的最大压缩量为x，则弹簧被压到最短时的弹性势能为()A．(mg－F f)(H－l＋x)B．mg(H－l＋x)－F f(H－l)C．mgH－F f(l－x)D．mg(l－x)＋F f(H－l＋x)答案 A解析小球重力势能的减少量为ΔE p＝mg(H－l＋x)克服空气阻力做的功为W f＝F f(H－l＋x)弹性势能的增加量为ΔE＝ΔE p－W f＝(mg－F f)(H－l＋x)故选项A正确．14、如图甲所示，一根轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块与弹簧不连接，小物块的质量为m＝2 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧至A点(压缩量为x A)，此时弹簧的弹性势能E p＝2.3 J．在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图乙所示．然后突然撤去外力，让小物块沿桌面运动到B点后水平抛出．已知A、B之间的距离为L＝0.65 m，水平桌面的高为h＝5 m，计算时，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．g取10 m/s2，求：(1)在A点释放小物块后瞬间，小物块的加速度；(2)小物块落地点与桌边B的水平距离．答案(1)22 m/s2(2)1 m解析(1)由F－x图象可得，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝2 N释放瞬间弹簧弹力大小 F T ＝F －F f ＝(48－2) N ＝46 N 故释放瞬间小物块的加速度大小为 a ＝F T －F f m ＝46－22m/s 2＝22 m/s 2(2)从A 点开始到B 点的过程中，摩擦产生的热量Q ＝F f L 对小物块根据能量守恒有E p ＝12m v 2B ＋Q物块从B 点开始做平抛运动，则h ＝12gt 2故小物块落地点与桌边B 的水平距离x ＝v B t联立解得x ＝1 m15、如图所示，在水平地面上固定一个半径为R 的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L ，一质量为m 的小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A ，取g ＝10 m/s 2，且弹簧长度忽略不计，求： (1)小物块的落点距O ′的距离； (2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能． 答案 (1)2R (2)52mgR ＋μmgL解析 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v 1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v 2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v 3.(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有m v 23R ＝mg①小物块由A 飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x ＝v 3t② 2R ＝12gt 2③联立①②③解得：x ＝2R ，即小物块的落点距O ′的距离为2R(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12m v 22＝mg ·2R ＋12m v 23④小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得：12m v 21＝12m v 22＋μmgL ⑤小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有E p ＝12m v 21 ⑥ 由①④⑤⑥联立解得：E p ＝52mgR ＋μmgL16、(2012·安徽理综·16)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球 自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高 点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ， 则小球从P 到B 的运动过程中 ( ) A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确． 17、如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mghB ．重力势能增加了mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mgh答案 BD解析 设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mg sin 30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg .重力势能的变化由重力做功决定，故 ΔE p ＝mgh .动能的变化由合外力做功决定，故 ΔE k ＝(F f ＋mg sin 30°)x ＝34mg ·hsin 30°＝32mgh . 机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·hsin 30°＝12mgh ，故B 、D 正确，A 、C 错误．18、(2012·福建理综·17)如图所示，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 A 、B 开始时处于静止状态，对A ：m A g ＝T ① 对B ：T ＝m B g sin θ②由①②得m A g ＝m B g sin θ 即m A ＝m B sin θ③剪断轻绳后，A 、B 均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B 项错误；由机械能守恒知，mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh ，落地速率相同，故速率的变化量相同，A 项错误；由ΔE p ＝mgh ，因m 不同，故ΔE p 不同，C 项错误；重力做功的功率P A ＝m A g v ＝m A g v2＝m A g2gh 2，P B ＝m B g v sin θ＝m B g 2gh 2sin θ，由③式m A ＝m B sin θ，得P A ＝P B ，D 项正确． 19、(2010·山东理综·22)如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面 顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此 过程中 ( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和答案 BD解析 细线的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A 错误；软绳减少的重力势能ΔE p ＝mg (l 2－l 2sin 30°)＝14mgl ，故选项B 正确；软绳被拉动，表明细线对软绳的拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C 错误；对软绳应用动能定理，有W T ＋W G －W f ＝ΔE k ，所以软绳重力势能的减少ΔE p ＝W G ＝ΔE k ＋(W f －W T )，所以ΔE p <ΔE k ＋W f ，选项D 正确．20、如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度为g ，不计一切摩擦，则 ( )A ．小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B ．A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL 2C ．小球B 升高L /2时，重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率D ．小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B 做功为3mgL 4答案 ABC解析 小球A 下滑过程中，B 球的重力对B 球做负功，A 球的重力对A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A 、B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对A 、B 系统利用机械能守恒可知，A 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL －mg L 2＝12×4m v 2，故v ＝5gL 2，B 项正确；小球B 升高L /2时，因两球的速度大小相等，而A 球沿斜面向下的分力为1.5mg ，故此时重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率，C 项正确；小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg L 2－mgL ＝12×4m v ′2，故v ′＝gL 2，对B 球利用动能定理有：W －mgL ＝12m v ′2，故W ＝9mgL 8，D 项错误．。
2020年高考物理备考：专题练习卷---功能关系 能量守恒定律(解析版)
2020年高考物理备考：专题练习卷---功能关系 能量守恒定律一、单项选择题(每小题5分，共50分)1．已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以a 的加速度加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g )( )A ．货物的动能一定增加mah －mghB ．货物的机械能一定增加mahC ．货物的重力势能一定增加mahD ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh【答案】D【解析】根据动能定理可知，货物动能的增加量等于货物合力做的功mah ，A 错误；根据功能关系得，货物机械能的增量等于除重力以外的力(拉力)做的功而不等于合力做的功，B 错误；由功能关系知，重力势能的增量对应货物重力做的负功的大小mgh ，C 错误；由F T －mg ＝ma 和功能关系得，货物机械能的增量为起重机拉力做的功m (g ＋a )h ，D 正确。
2.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球(视为质点)自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力。
已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR 【答案】D【解析】小球在A 点正上方由静止释放，通过B 点时恰好对轨道没有压力，设此时小球速度为v ，此时小球的重力提供向心力，即mg ＝mv 2R，得v ＝gR ，小球从P 到B 的过程中，重力做功W ＝mgR ，A 错误；减小的机械能ΔE 减 ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，B 错误；合力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，C 错误；由动能定理得mgR －W F f ＝12mv 2－0，所以克服摩擦力做功W F f ＝12mgR ，D 正确。
3.如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看成质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面。
物理人教版高考复习精练与解析——功能关系 能量守恒定律
第4讲功能关系能量守恒定律1.(功能关系)(2019年哈师大附中月考)一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点,在此过程中重力对物体做的功等于()。
A.物体动能的增加量B.物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和C.物体重力势能的减少量和物体克服摩擦力做的功之和D.物体重力势能的减少量和物体动能的增加量以及物体克服摩擦力做的功之和【解析】对物块,由动能定理有W G-W克摩=E k,则重力对物体做的功等于物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和,B项正确。
【答案】B2. (功能关系)(2019年浙江模拟)在电影《飞屋环游记》中,主角用一簇气球使他的房子成功升空。
小屋从地面静止出发做匀加速运动,它加速上升到h处时,速度达到了v,不计小屋受到的浮力和空气阻力,则在这一过程中()。
A.绳对小屋的拉力等于小屋的重力B.绳对小屋的拉力做的功等于小屋动能的增量C.绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量D.绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋机械能的增量【解析】小屋加速上升,合力向上,小屋受到向上的拉力和向下的重力,则绳对小屋的拉力大于小屋的重力,A项错误;根据动能定理知,绳对小屋的拉力做的功大于小屋动能的增量,B项错误;由于除重力以外的其他力做的功等于机械能的变化,所以绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量,C项正确;绳对小屋的拉力和小屋自身的重力对小屋做的总功等于小屋动能的增量,由于小屋的重力势能增加,所以绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功小于小屋机械能的增量,D项错误。
【答案】C3.(能量守恒)(2019年江苏南通调研)(多选)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m,弹簧的左端固定,木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩,记下木块右端位置A点,释放后,木块右端恰能运动到B1点。
在木块槽中加入一个质量m0=200 g的砝码,再将木块左端紧靠弹簧,木块右端位置仍然在A点,释放后木块离开弹簧,右端恰能运动到B2点。
高中物理 必修2【功能关系 能量守恒定律】典型题(带解析)
高中物理必修2【功能关系能量守恒定律】典型题1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是()A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D．三种情况中，物体的机械能均增加解析：选C．无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确．2．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．2gh B．4gh 3C．gh D．gh 2解析：选B．小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝12×3m×v2－0，解得：v＝4gh3，故B正确．3．(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g ，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B ．人和滑车获得的动能为0.8mghC ．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD ．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh解析：选BC ．沿斜面的方向有ma ＝mg sin 30°－F f ，所以F f ＝0.1mg ，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A 错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为E k ＝(mg sin 30°－F f )h sin 30°＝0.8mgh ，故B 正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE ＝mgh －E k ＝mgh －0.8mgh ＝0.2mgh ，故C 正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh ，故D 错误．4．(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh解析：选AB ．加速度a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；机械能的损失F f x ＝14mg ·2h＝12mgh ，故B 项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔE k ＝F 合外力·x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 错误；克服摩擦力做功12mgh ，故D 错误．5．以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是( )解析：选D ．根据功能关系得ΔE ＝F f ·Δh ，得ΔEΔh ＝F f ，即E -h 图象切线斜率的绝对值等于空气阻力的大小．在上升过程中，速度减小，空气阻力减小，故E -h 图象的斜率减小；下降过程中，速度增大，空气阻力逐渐增大，故E -h 图象的斜率变大；上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能的减小量比下降过程中机械能的减小量大．故图象D 正确，A 、B 、C 错误．6．如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左的速度v 0＝9 m/s 从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程s . 解析：(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得 μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得 μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止时的共同速度为v ，所需的时间为t ，则有 v ＝v 0－a 1t ＝a 2t ， 解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s. 铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －12×4×4 m ＝10 m.木板相对地面的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m ＝1 m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.设铁块与木板共速后的加速度为a 3，发生的位移为x 3，则有： a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，x3＝v 2－02a 3＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程 s ＝x 2＋x 3＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m. 答案：(1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m7．如图所示，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR解析：选C ．根据动能定理，小球在b 、c 两点的速度大小相等，设小球离开c 时的速度为v ，则有mg ·2R ＝12m v 2，v ＝4gR ，小球离开轨道后的上升时间t ＝v g ＝4Rg，小球从离开轨道至到达轨迹最高点的过程中，水平方向上的加速度大小等于g ，水平位移s ＝12gt 2＝12g ⎝⎛⎭⎫4R g 2＝2R ，整个过程中小球机械能的增量ΔE ＝F ·l ＝mg (2R ＋R ＋2R )＝5mgR ，C 正确．8．质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr ，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C ．GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 D ．GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 解析：选C ．卫星绕地球做匀速圆周运动满足G Mm r 2＝m v 2r ，动能E k ＝12m v 2＝GMm 2r ，机械能E ＝E k ＋E p ，则E ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r.卫星由半径为R 1的轨道降到半径为R 2的轨道过程中损失的机械能ΔE ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1，即为下降过程中因摩擦而产生的热量，所以选项C 正确．9．如图所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg 的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为( )A ．80 WB ．160 WC ．400 WD ．800 W解析：选B ．由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt ＝12m v 2＋Q ，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q ＝f ·Δx ＝fx ＝12m v 2，解得ΔP ＝160 W ，B 项正确．10．如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O ，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O 沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球动能相等的位置在同一水平面上B ．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C ．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D ．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上 解析：选D ．小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A 项错误．小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B 项错误．若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t ＝0时，小球位于O 点，即O 为球的最低点；设某直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t 0内的位移x 0＝v t 0－12(g sin θ＋μg cos θ)t 20，由于球的半径R ＝x 02sin θ与θ有关，故小球在同一时刻一定不在同一球面上，C 项错误．小球运动过程中，摩擦产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmg cos θ·hsin θ＝μmgh cot θ，倾角θ不同时高度h 不同，D 项正确．11．一质点在0～15 s 内竖直向上运动，其加速度—时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．质点的机械能不断增加B ．在0～5 s 内质点的动能增加C ．在10～15 s 内质点的机械能一直增加D ．在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能解析：选D ．由图象可以看出0～5 s 内的加速度等于g ，质点的机械能不变，故A 错误；在0～5 s 内，质点速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则质点速度减小，则动能减小，故B 错误；在10～15 s 内，质点向上减速的加速度大于g ，说明质点受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C 错误；根据牛顿第二定律，5～10 s 内，mg －F ＝ma ，得：F ＝2m ，方向向上，做正功，质点机械能增加；10～15 s 内，mg ＋F ＝ma ，得F ＝2m ，方向向下，质点机械能减少；质点一直向上做减速运动，则10～15 s 内的速度小于5～10 s 内的速度，则10～15 s 内的位移s 10～15小于5～10 s 内的位移s 5～10，故Fs 5～10＞Fs 10～15，则5～15 s 内质点机械能增加的多，减少的少，故质点在t ＝15 s 时的机械能大于t ＝5 s 时的机械能，D 正确．12．在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏．如图所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB 运动．BC 段为一段长为L ＝2.0 m 的粗糙平面，DEFG 为接球槽．圆弧OA 和AB 的半径分别为r ＝0.2 m 、R ＝0.4 m ，小球与BC 段的动摩擦因数为μ＝0.7，C 点离接球槽的高度为h ＝1.25 m ，水平距离为x ＝0.5 m ，接球槽足够大，g 取10 m/s 2.求：(1)要使钢球恰好不脱离圆弧形轨道，钢球在A 点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B 位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v 0至少多大？ 解析：(1)要使钢球恰好不脱离轨道，钢球在最高点时， 对钢球分析有mg ＝m v 2AR ，解得v A ＝2 m/s.(2)钢球从A 到B 的过程由动能定理得 mg ·2R ＝12m v 2B －12m v 2A ，在B 点有F N －mg ＝m v 2BR ，解得F N ＝6 N ，根据牛顿第三定律，钢球在B 位置对半环形轨道的压力为6 N. (3)从C 到D 钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中， 则x ＝v C t ，h ＝12gt 2，解得v C ＝1 m/s ，假设钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球可运动到C 点，且速度为v C ′，从A 到C 有mg ·2R －μmgL ＝12m v C ′2－12m v 2A，解得v C ′2<0，故当钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球不可能到达C 点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中．当钢球到达C 点速度为v C 时，v 0有最小值，从O 到C 有mgR －μmgL ＝12m v 2C －12m v 20， 解得v 0＝21 m/s.答案：(1)2 m/s (2)6 N (3)21 m/s。
高考物理 功能关系 能量守恒定律(含答案)
基础课时15功能关系能量守恒定律一、单项选择题1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由W G＝－ΔE p 知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误；运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。
答案 A2.(2014·广东理综，16)如图1所示，是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图1A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C、D 错误。
答案 B3．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)()A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J解析根据动能定理得W升－mgh＝12m v2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为12m v2＝12×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。
功能关系能量守恒定律（含答案）
功能关系能量守恒定律（含答案）专题功能关系能量守恒定律【考情分析】1．知道功是能量转化的量度，掌握重⼒的功、弹⼒的功、合⼒的功与对应的能量转化关系。
2．知道⾃然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能⽤来分析有关问题。
【重点知识梳理】知识点⼀对功能关系的理解及其应⽤1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发⽣了转化。
(2)做功的过程⼀定伴随着能量的转化，⽽且能量的转化必须通过做功来实现。
2．做功对应变化的能量形式(1)合外⼒对物体做的功等于物体的动能的变化。
(2)重⼒做功引起物体重⼒势能的变化。
(3)弹簧弹⼒做功引起弹性势能的变化。
(4)除重⼒和系统内弹⼒以外的⼒做的功等于物体机械能的变化。
知识点⼆能量守恒定律的理解及应⽤1．内容能量既不会凭空产⽣，也不会凭空消失，它只能从⼀种形式转化为另⼀种形式，或者从⼀个物体转移到另⼀个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．适⽤范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种⾃然现象中普遍适⽤的⼀条规律。
3．表达式ΔE减＝ΔE增，E初＝E末。
【典型题分析】⾼频考点⼀对功能关系的理解及其应⽤12【例1】（2019·全国Ⅱ卷）从地⾯竖直向上抛出⼀物体，其机械能E 总等于动能E k 与重⼒势能E p 之和。
取地⾯为重⼒势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地⾯的⾼度h 的变化如图所⽰。
重⼒加速度取10 m/s 2。
由图中数据可得A ．物体的质量为2 kgB ．h =0时，物体的速率为20 m/sC ．h =2 m 时，物体的动能E k =40 JD ．从地⾯⾄h =4 m ，物体的动能减少100 J 【答案】AD【解析】A ．E p –h 图像知其斜率为G ，故G =80J4m=20 N ，解得m =2 kg ，故A 正确B ．h =0时，E p =0，E k =E 机–E p =100 J–0=100 J ，故212mv =100 J ，解得：v =10 m/s ，故B 错误；C ．h =2 m 时，E p =40 J ，E k =E 机–E p =85 J–40 J=45 J ，故C 错误；D ．h =0时，E k =E 机–E p =100 J–0=100 J ，h =4 m 时，E k ′=E 机–E p =80 J–80J=0 J ，故E k –E k ′=100 J ，故D 正确。
功能关系 能量守恒定律(含答案)
专题功能关系能量守恒定律【考情分析】1．知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。
2．知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。
【重点知识梳理】知识点一对功能关系的理解及其应用1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．做功对应变化的能量形式(1)合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。
(2)重力做功引起物体重力势能的变化。
(3)弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。
(4)除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。
知识点二能量守恒定律的理解及应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
3．表达式ΔE减＝ΔE增，E初＝E末。
【典型题分析】高频考点一对功能关系的理解及其应用12【例1】（2019·全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s 2。
由图中数据可得A ．物体的质量为2 kgB ．h =0时，物体的速率为20 m/sC ．h =2 m 时，物体的动能E k =40 JD ．从地面至h =4 m ，物体的动能减少100 J 【答案】AD【解析】A ．E p –h 图像知其斜率为G ，故G =80J4m=20 N ，解得m =2 kg ，故A 正确B ．h =0时，E p =0，E k =E 机–E p =100 J–0=100 J ，故212mv =100 J ，解得：v =10 m/s ，故B 错误；C ．h =2 m 时，E p =40 J ，E k =E 机–E p =85 J–40 J=45 J ，故C 错误；D ．h =0时，E k =E 机–E p =100 J–0=100 J ，h =4 m 时，E k ′=E 机–E p =80 J–80J=0 J ，故E k –E k ′=100 J ，故D 正确。
高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律知识总结例题(带答案)
高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律知识总结例题单选题1、已知两电源的电动势分别为E1、E2（E1>E2），内阻分别为r1、r2。
当两电源分别与阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等。
若电阻R减小一些，再与E1、E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2。
则（）A．r1<r2，P1<P2B．r1<r2，P1>P2C．r1>r2，P1<P2D．r1>r2，P1>P2答案：C由外电路消耗的功率相等得(E1 R+r1)2R=(E2R+r2)2R又知E1>E2，则（R＋r1）2>（R＋r2）2故r1>r2；再大致画出UI图像如图所示可知R减小一些（对应图中虚线），在E2中电流增加量大，由P＝I2R可得P1<P2故选C。
2、某无人值守彩色电视中转站采用太阳能电源工作，转换设备电压为24 V，每天发射时间为15 h，功耗20 W，其余9小时为接收等候时间，功耗为5 W，则（）A．转换设备电流恒为56AB．转换设备负载每天耗电量约为14.375 A·hC．转换设备每天消耗电能为345度D．转换设备在等待过程中，工作电压小于24 V答案：BA．发射时间转换设备电流为I1=P1U=2024A=56A而在接收等候时间内，其电流为I2=P2U=524A=524A故A错误；B．转换设备负载每天耗电量约为q=I1t1+I2t2=56×15Ah+524×9Ah=34524Ah≈14.375Ah故B正确；C．转换设备每天消耗电能为W=P1t1+P2t2=20×15Wh+5×9Wh=345Wh=0.345kWh故C错误；D．转换设备在等待过程中，工作电压等于24V，他是恒定不变的，故D错误；故选B。
3、如图所示是根据某次实验记录数据画出的U-I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A．纵轴截距表示待测电源的电动势B．横轴截距表示短路电流C．根据r=EI短，计算出待测电源内电阻为12ΩD．电流为0.3A时的外电阻是1.8Ω答案：AA．根据闭合电路欧姆定律U=-Ir+E可知，纵轴截距表示待测电源的电动势。
(完整版)物理高考功能关系和能量守恒定律(原卷版)
2020 年高考物理备考微专题精确打破专题 3.5 功能关系和能量守恒定律【专题解说】一功能关系的理解和应用几种常有的功能关系及其表达式力做功能的变化协力的功动能变化重力势重力的功能变化弹簧弹弹性势力的功能变化只有重机械能力、弹簧不变化弹力做功除重力和弹簧弹力以外的其余力机械能变化做的功一对互相作用的机械能减少，内滑动摩擦力的总能增添功定量关系W＝ E k2－ E k1＝E k(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增添(3)W G＝－E p＝ E p1－E p2(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增添(3)W 弹＝－E p＝ E p1－ E p2机械能守恒E＝0(1)其余力做多少正功，物体的机械能就增添多少(2)其余力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W 其余＝E(1)作用于系统的一对滑动摩擦力必定做负功，系统内能增添(2)摩擦生热Q＝ F f·x 相对二能量守恒定律的应用1．对能量守恒定律的理解(1)转变：某种形式的能量减少，必定存在其余形式的能量增添，且减少许和增添量必定相等．(2)转移：某个物体的能量减少，必定存在其余物体的能量增添，且减少许和增添量相等．2．波及弹簧的能量问题应注意两个或两个以上的物体与弹簧构成的系统互相作用的过程，拥有以下特色：(1)能量变化上，假如只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．(2)假如系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度同样．【高考领航】【 2019·江苏卷】如下图，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m A ，从点向左沿水平川面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰巧静止．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，重力加快度为g，弹簧未高出弹性限度．在上述过程中（）A ．弹簧的最大弹力为μ mgB ．物块战胜摩擦力做的功为2μ mgsC．弹簧的最大弹性势能为μ mgs D．物块在 A点的初速度为2gs【 2019·浙江选考】奥运会竞赛项目撑杆跳高如下图，以下说法不正确的选项是（）A．加快助跑过程中，运动员的动能增添B．起跳上涨过程中，杆的弹性势能向来增添C．起跳上涨过程中，运动员的重力势能增添D．超出横杆后着落过程中，运动员的重力势能减少动能增添【方法技巧】1.运用能量守恒定律解题的基本思路2.多过程问题的解题技巧(1) “合”——初步认识全过程，建立大概的运动情形．(2) “分”——将全过程进行分解，剖析每个过程的规律．(3) “合”——找到过程之间的联系，找寻解题方法．【最新考向解码】【例 1】 (2019 ·福建厦门高三上学期期末)一劲度系数为 k＝ 100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连结物块Q。