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1、第 - 1 - 页 共 8 页 功能关系 能量守恒定律功能关系 能量守恒定律 (建议用时：40 分钟) 【A 级 基础题练熟快】 1(2019皖南八校联考)火车站以及商场都装有智能化电动扶梯，如图所示，当乘客站 上扶梯时，它先缓慢加速，然后再匀速上升，则( ) A乘客始终处于超重状态 B在匀速阶段，电梯对乘客的作用力不做功 C在加速阶段，电梯对乘客有水平向右的摩擦力 D在运送乘客的全过程中，电梯多做的功等于乘客增加的重力势能 解析：选 C.加速运动阶段，乘客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据 牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为 0， 所
2、以既不超重也不失重，故 A 错误；在匀速阶段，电梯对乘客的作用力与重力等大反向，做 正功，故 B 错误；匀加速运动阶段，电梯对乘客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，两 者合力斜向右上方，故 C 正确；在运送乘客的全过程中，乘客的动能和势能都增加，电梯多 做的功等于乘客增加的重力势能和动能，故 D 错误 2起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后 用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他 的速度大小为v.下列说法正确的是( ) A起跳过程中该同学机械能增加了mgh B起跳过程中该同学机械能增量为mghmv2 1 2 C地
3、面的支持力对该同学做功为mghmv2 1 2 D该同学所受的合外力对其做功为mv2mgh 1 2 解析：选 B.该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则 1 2 机械能增加了mghmv2，A 错误，B 正确；该同学在与地面作用过程中，支持力对该同学做 1 2 功为零，C 错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合mv2，D 错误 1 2 3(2019江苏启东中学模拟)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低 第 - 2 - 页 共 8 页 点，然后又被弹起离开弹簧，上
4、升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的 压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则( ) At1时刻小球动能最大 Bt2时刻小球动能最大 Ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 Dt2t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 解析：选 C.由题图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小 球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度 减为零时，速度达到最大，动能最大，故 A 错误 ；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大， 小球运动到最低点，动能最小，为 0，故 B 错误；t2t3这
5、段时间内，小球处于上升过程，弹 簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，则小球的动能先增 大后减少，故 C 正确；t2t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重 力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故 D 错误 4如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽 相切，相切处B、C位于同一水平面上一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为 2h的A处由 静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接 着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( ) A小物体恰好滑回到B处时速度为零 B小物体尚未滑回
6、到B处时速度已变为零 C小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低 D小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点 解析：选 C.小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1mgh，小物 体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所 做的功Wf2mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C 正确，A、B 错误； 因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知， 所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方， D 错误 5(2019厦门外国语模拟)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EpG，其中G为引力常量，M为地球质量该卫星原来在半
7、径为R1的轨道上绕地 Mm r 第 - 3 - 页 共 8 页 球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变 为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( ) AGMm BGMm ( 1 R2 1 R1)( 1 R1 1 R2) C. D. GMm 2( 1 R2 1 R1) GMm 2( 1 R1 1 R2) 解析 ： 选C.卫星做匀速圆周运动， 由地球的万有引力提供向心力， 则轨道半径为R1时G Mm R m， 卫星的引力势能为Ep1， 轨道半径为R2时Gm， 卫星的引力势能为Ep2 v R1 GMm R1 Mm R v R2 ，设摩擦而产生的热量为Q，根据能
8、量守恒定律得 ：mvEp1mvEp2Q，联立 GMm R2 1 2 2 1 1 2 2 2 式得：Q，故选 C. GMm 2( 1 R2 1 R1) 6 (2019江苏大联考)一小球从某一高度H下落到水平地面上， 与水平地面碰撞后弹起， 假设小球与地面的碰撞过程中没有能量损失，但由于受到大小不变的空气阻力的影响，使每 次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的 .为使小球弹起后能上升到原来的高度H， 在小 3 4 球开始下落时，在极短的时间内给小球补充能量，应补充( ) A.mgH B.mgH 1 4 4 7 C.mgH D.mgH 2 7 3 4 解析：选 C.先求出空气阻力大小，由能量守恒定
9、律得：fHmg ，解得f；如 7 4 H 4 mg 7 使小球回到原来的高度，应补充因空气阻力做功损失的机械能，E2HmgH. mg 7 2 7 7(多选)(2019江西浮梁一中模拟)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地 面高H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大 小为kmg(k1)断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间 极短，无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计则( ) 第 - 4 - 页 共 8 页 A从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下 B棒第一次与地面碰撞弹起上升过
10、程中，棒和环都做匀减速运动 C从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动 D从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为2kmgH k1 解析：选 BCD.棒第一次与地面碰撞后，速度方向变为向上，环的速度方向向下，二者存 在相对运动，相互间存在滑动摩擦力：棒受重力、向下的滑动摩擦力，合力方向向下；环受 重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上，所以二者都做匀减速运动，且棒的加速度大，速 度先减为零，此时环仍然向下做匀减速运动，B 正确；当棒再次下落时，由于棒的速度小于环 的下落速度，所以环的受力情况与之前相同，仍向下做匀减速运动所以整个运动过程环都 向下在做匀减速运动， A 错误，
11、C 正确 ； 设环相对棒滑动距离为l， 根据能量守恒有mgHmg(H l)kmgl，解得l，摩擦力对棒及环做的总功为：Wkmgl，解之得W，D 2H k1 2kmgH k1 正确 8(多选)(2019河南中原名校联考)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的左端拴在 固定的竖直墙壁上，一质量为m的物块A紧靠着弹簧右端放置，此时弹簧处于原长物块与 水平面间的动摩擦因数为.现用一水平恒力F向左推物块A，当物块向左运动x0到达P点 (图中未画出)时速度刚好为零 撤去外力F后物块被弹开， 最终停下 下列说法正确的是( ) A弹簧的最大弹性势能为Fx0 B物块向右运动的过程中速度先增大后减小 C物块刚离开弹
12、簧时的速度为 2（F2mg）x0 m D物块最终所停的位置距P点的距离为 Fx0 mg 解析：选 BC.由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为(Fmg)x0，A 错误；撤去外力 后，物块开始运动时弹簧弹力大于摩擦力，将向右做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩 擦力后做加速度增大的减速运动，离开弹簧后再做匀减速运动，B 正确；从外力F开始作用到 物 块 刚 离 开 弹 簧 的 过 程 中 ， 由 能 量 守 恒 定 律 得Fx0mg2x0mv2， 解 得v 1 2 ， C 正确 ； 设物块从P点向右运动x时停止， 对全过程由能量守恒定律得Fx0 2（F2mg）x0 m mg(xx0)0，解得xx
13、0，D 错误 Fx0 mg 【B 级 能力题练稳准】 9(多选)(2019四川模拟)如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为m的木 第 - 5 - 页 共 8 页 块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间 的动摩擦因数为.在此过程中( ) A木块沿斜面下滑的距离为 t v1v2 2 B斜面体受水平地面的静摩擦力为零 C如果给木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处且速度变为v1 D木块与斜面间摩擦产生的热量为mghmvmv 1 2 2 1 1 2 2 2 解析：选 AD.由平均速度公式可知，物体下滑的位移为：xvtt，故 A 正确
14、；对 v1v2 2 整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受 外力，即地面与斜面间的静摩擦力，故 B 错误；由于物体在斜面上受摩擦力，故向上运动的 加速度一定大于向下运动的加速度；故上升h时的速度一定小于v1，故 C 错误；由能量守恒 定律可知：mghmvmvQ，解得：Qmghmvmv，故 D 正确 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 10(多选)(2019四川攀枝花模拟)如图所示，倾角为37的传送带以速度v2 m/s 沿图示方向匀速运动现将一质量为 2 kg 的小木块，从传送带的底端以v04 m/s 的初 速度，沿传送带运动
15、方向滑上传送带已知小木块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送 带足够长，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点 的过程中，下列说法正确的是( ) A运动时间为 0.4 s B发生的位移为 1.6 m C产生的热量为 9.6 J D摩擦力对小木块所做功为 12.8 J 解析：选 BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin mgcos ma1，得a110 m/s2， 第一阶段位移为x10.6 m， 所用时间为t10.2 s， 传送带位移为x传 1 v2v 2a1 vv0 a1 vt10.4 m，划痕为x1x1x传 10.2 m； 第二阶段mgs
16、in mgcos ma2，得a22 第 - 6 - 页 共 8 页 m/s2，第二阶段位移为x21 m，所用时间为t21 s，传送带位移为x传 2vt22 m， v2 2a2 v a2 划痕为x2x传 1x21 m由以上分析可知， 物体运动总时间为tt1t21.2 s； 物体的 总位移xx1x21.6 m；产生总热量为Qmgcos x1mgcos x29.6 J； 摩 擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为Wmgcos x1 mgcos x23.2 J，综上分析可知 B、C 正确 11(2019南京模拟)如图所示，倾角为的直角斜面体静止在粗糙的水平地面上，其 顶端固定一轻质
17、定滑轮轻弹簧和轻绳相连，一端连接质量为m2的物块B，另一端连接质量 为m1的物块A.物块B放在地面上且使滑轮和物块间的轻绳竖直， 物块A静止在光滑斜面上的P 点，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.现将物块A缓慢沿斜面向上移动，直到 弹簧恢复原长，此时再由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度为零已 知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，不计滑轮的摩擦，整个过程斜面体始终保持静止求 ： (1)释放物块A的瞬间，地面对斜面体摩擦力的大小和方向； (2)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度大小和方向； (3)物体A运动过程中的最大速度 解析：(1)释放物块A的瞬间，弹簧的弹
18、力为 0，A对斜面体的压力为：FNm1gcos 斜面体沿水平方向受力平衡，地面对斜面体的摩擦力为：fxFNsin 由式得：fxm1gcos sin ，方向水平向左 (2)B刚要离开地面时，绳上拉力：Fm2g 设沿斜面向下为正方向，对A由牛顿第二定律： m1gsin Fm1a 联立式解得：ag(sin m 2 m1) 由题意知m1gsin m2g，即 sin m 2 m1 故A的加速度大小为g，方向沿斜面向上 ( m2 m1sin ) (3)当物块回到位置P时有最大速度，设为vm.从A由静止释放，到A刚好到达P点过程， 由系统能量守恒得：m1gx0sin Epm1v 1 2 2 m 当A自由静止
19、在P点时，A受力平衡： m1gsin kx0 第 - 7 - 页 共 8 页 联立式解得：vm.2(m 1g2sin2 k E p m1) 答案：(1)m1gcos sin ，方向水平向左 (2)g，方向沿斜面向上 ( m2 m1sin ) (3) 2(m 1g2sin2 k E p m1) 12(2019哈尔滨三中调研)如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的滑块A，弹 簧的劲度系数k500 N/m， 弹簧的弹性势能表达式为Epkx2(x为弹簧的形变量) 滑块B靠 1 2 在A的右侧与A不连接，A、B滑块均可视为质点， 质量都为 1 kg， 最初弹簧的压缩量为x09 cm，由静止释放A、B
20、，A到平台右端距离L15 cm，平台离地高为H5 m，在平台右侧与平 台水平相距s处有一固定斜面，斜面高为d4.8 m，倾角37.若B撞到斜面上时，立刻 以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B 在斜面上滑动时有最大的摩擦生热，g10 m/s2求： (1)B离开平台的速度v1； (2)斜面距平台右端距离s； (3)B滑到斜面底端的速度大小 解析：(1)A、B分离时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为 0 对B分析：mgma，解得ag5 m/s2 对A分析：kx1ma，解得x10.01 m1 cm ma k 弹簧伸长量 1 cm 时，A、B分离， 由释放至A
21、、B分离，根据能量守恒可得 kxkxmg(x0x1) 2mv 1 2 2 0 1 2 2 1 1 2 2 0 分离后，物体B：mg(Lx0x1)mvmv 1 2 2 1 1 2 2 0 解得：v11 m/s. (2)从抛出到刚落到斜面上的过程中，做自由落体运动，即Hdgt2，解得t0.2 s； 1 2 在水平方向上sv1t0.2 m. (3)平抛竖直分速度vy2 m/s，2g（Hd） 第 - 8 - 页 共 8 页 B在斜面滑动有最大的摩擦生热，则B在斜面顶端滑上斜面， 其沿斜面的速度为vv1cos 37vysin 372 m/s， B在斜面上：mgdmgcos mvmv2， d sin 1 2 2B 1 2 解得vB6 m/s. 答案：(1)1 m/s (2)0.2 m (3)6 m/s