2022版高考物理复习 专题十四 功能关系 能量守恒定律专题演练(含

1．(2015·江苏单科，9)(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，AC＝h。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 1

2

B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv

412

C．在Cmv－mgh

4D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

2．(2014·广东理综，16)下图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( )

A．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

3．(2015·福建理综，21)如图，

质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。

(1)

若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑

2

M

块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。

4．(2015·北京理综，23)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。

(1)请画出F随x变化的示意图；并根据F－x图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功；

(2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中， a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量； b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。

1．(2015·北京四中高三月考)一块长木板放在固定斜面上，木板上又放物体M，P、M之间有摩擦，斜面和木板的摩擦不计，以恒力F沿斜面向上拉木板P，使之由静止运动一段距离x1，M向上运动了x2，且x2<x1。在此过程中，下列说法中正确的是( )

A．外力F做的功等于P和M机械能的增量 B．P对M的摩擦力做的功等于M机械能的增量

C

．外力F做的功等于P和M机械能的增量与P克服摩擦力做的功之和 D．P对M摩擦力做的功等于M对P摩擦力做的功 2．(2015·安徽省宣城市高三八校联考)

如图所示，轻弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物体以初速度v0，沿水平面向左运动，起始点A与轻弹簧自由端O距离为s，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后弹簧被压缩、由于弹力作用物体被向右反弹，回到A点的速度刚好为零，则( )

A．弹簧的最大压缩量为B．弹簧的最大压缩量为

2μg4μg

v20v20

12

Cmv0

4

D．弹簧获得的最大弹性势能为mv0

3．(2015·湖北省八校高三联考)(多选)如图甲所示，质量为1 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s从θ＝53°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，第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小

2

物块沿斜面向上运动的v－t图线。不考虑空气阻力，g＝10 m/s，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)( )

2

A．恒力F大小为1 N

B．物块与斜面间动摩擦因数为0.6

C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较少 D．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小 4．(2015·河北省邯郸市高三质检)(多选)

如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。下列说法中正确的是( )

A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零 B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等 C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等 D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等

5．(2015·湖南雅礼中学高三质检)如图甲所示，ABC为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点A和最高点C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力为FA和FC。质量为0.1 kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC

2

轨道。(g取10 m/s)(最后结果可用根式表示

)

(1)若FA＝13 N，求小球滑经A点时的速度vA的大小； (2)若FC和FA的关系图线如图乙所示且FA＝13 N，求小球由A滑至C的过程中损失的机械能。

6．(2015·天津

市六校高三联考)如图所示，一质量为m＝2 kg的滑块从半径为R＝0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接。已知传送带匀速运行的速度为v0＝4 m/s，B点到传送带右端C点的距离

2

为L＝2 m。当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同。(g＝10 m/s)，求：

(1)滑块到达底端B时对轨道的压力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；

(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q。

参考答案

考点14 功能关系 能量守恒定律

两年高考真题演练

1．BD [由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速

12

度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A到C有mgh＝Wf＋Ep，从C到A有mv＋Ep

21212

＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝mv，Ep＝mgh－，所以B正确，C错误；根据能量守恒，从

44

222

A到B有mgh1＝mv2B1＋ΔEp1＋Wf1，从C到B＋ΔEp2＝mvB2＋Wf2＋mgh2＋Ep

1

2121212

＝mgh＋Wf，联立可得vB2＞vB1，所以D正确。]

2．B [在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒，选项A错误，B正确；垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项C、D均错误。]

3．解析 (1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒

mgR1

2

2B①

滑块在B点处，由牛顿第二定律知

－mg＝mv2NB

R

②

解得N＝3mg③ 由牛顿第三定律知

N′＝3mg④

(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒得

mgR1

212

2m＋2

m(2vm)⑤

解得vm＝

gR

3

⑥

②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系

mgR－μmgL1

212

2C＋2

(2vC)⑦

设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律 μmg＝Ma⑧ 由运动学规律

v22

C－vm＝－2as⑨

解得s＝13L⑩

答案 (1)3mg gR

3 13

4．解析 (1)Fx图象如图所示

①

物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功，大小等于图线与x轴所围成的图形的面积，所以有

WT＝－kx·x＝－2②

(2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做负功

2WT1＝－(kx1＋kx3)(x3－x1)＝kx21－kx3③

1

212

121212

物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做正功

2

WT2＝(kx2＋kx3)(x3－x2)＝23－kx2④

1

21212

整个过程中弹力做功

2

WT＝WT1＋WT221－kx2⑤

1

212

弹性势能的变化量 1212

ΔEp＝－WT＝kx21⑥

22b．整个过程中，摩擦力做功

Wf＝－μmg(2x3－x1－x2)⑦

1212

弹力做功WT＝kx1－kx2只与初、末状态的位置有关，与移动路径无关，所以我们可以

22定义一个由物块之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而摩擦力做功与x1、x2、x3有关，即与实际路径有关，所以不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。

答案 见解析 一年模拟试题精练 1．B

2．C [物体受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg，设弹簧的最大压缩量为x，则物块从A12v0

点再回到A点的过程中，2μmg(x＋s)0，弹簧的最大压缩量x＝s，故A、B项错

24μg12

误；从A点到弹簧最大压缩量的过程中，Epm＋μmg(s＋x)0，因此最大弹性势能为Epm

2

2

12

＝0，故D错误，C正确。] 4

3．AD [根据vt中斜率等于加速度的意义可知aa＝

Δv0－1122

＝－10 m/s，abt11.1

Δv0－1122

＝ m/s＝－11 m/s，不受拉力时mab＝－mgsin 53°－μmgcos 53°，代入数据t21得μ＝0.5，受到拉力的作用时maa＝F－mgsin 53°－μmgcos 53°，所以F＝1 N，故A0－v0正确，B错误；根据运动学公式x，有恒力F时，小物块的加速度小，小物块上升的

2a高度比较大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；小物块在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D正确。]

4．BCD [小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A错误；设A到C的高度和C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有ssin θ＝h，根据－mgh－μmgscos θ＝ΔEk，可知小球从A到C过程中与从C到B过程中合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等，故B正确；小球从A点沿粗糙斜面向上运动，是做匀减速直线运动，C是AB的中点，小球从A到C与从C到B过程，速度的变化率相等，故C正确；克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据－μmgscos θ＝－ΔE可得小球从A到C过程与从C到B的过程，损失的机械能相等，故D正确。]

5．解析 (1)由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FNA＝FA，FNC

＝FC

2

mvA

在A点由牛顿第二定律得FNA－mgR

2

解得vA＝23 m/s

2mvC

(2)在C点由牛顿第二定律得FNC＋mg＝R

对A至C的过程，由动能定理得

2

Wf－mg×2R＝mv2CA

1

212

对A至C的过程，由功能关系得ΔE损＝|Wf| 由以上三式解得损失的机械能为ΔE损＝0.2 J。 答案 (1)23 m/s (2)0.2 J

6．解析 (1)滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得

mgR2B

1

2

解得vB＝2gR＝2 m/s

v2B

在B点：FN－mg＝mR

代入解得，FN＝60 N

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。 (2)滑块从B运动到C的过程中，根据牛顿第二定律得μmg＝ma 又v2

2

0－vB＝2aL，联立以上两式解得μ＝0.3 (3)设滑块从B运动到C的时间为t，加速度

a＝μg＝3 m/s2。

由v0＝vB＋at，得t＝

v0－vB4a＝－23＝2

3

s 在这段时间内传送带的位移为s8

传＝v0t3传送带与滑块的相对位移为Δs＝s2

传－L＝3 m

故滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量

Q＝μmgΔs＝4 J。

答案 (1)60 N，方向竖直向下 (3)4 J

(2)0.3

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