【2021高考物理】功能关系与能量守恒问题含答案

2021届高考物理功能关系与能量守恒问题

1.如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块P，系统处于静止状态.现用一竖直向下的力F作用在物块P上，使其以加速度a做方向竖直向下的匀加速运动.运动一段距离(未超过弹簧的弹性限度)，已知加速度a小于重力加速度g，以x表示物块P离开初始位置的位移，则在物块P向下加速运动的过程中，力F、物块P的动能Ek、系统的机械能增量E和x之间的关系图像可能正确的是( )

A. B. C. D.

2.图所示，滑块从倾角为30足够长斜面上的P点以v03m/s的初速度沿斜面上滑，速度减为零之后再滑落到斜面底部，与底部挡板碰撞之后原速率反弹，多次与挡板碰撞之后，最后静止在斜面底部。滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，若滑块在斜面士往返的总路程为s3m，滑块可以看做质点，重力加速度g10m/s2；则P点到斜面底部的距离为（ ）

A. 0.6m

B. 0.5m

C. 0.4m

D. 0.3m

g

2

3.如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a（g为重力加速度）向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是( )

1

A.重力势能增加mgx C.机械能增加mgx

B.动能增加

mgx 4mgx 2

D.拉力做功为

4.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k。C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。则此时（ ）

A.拉力做功的瞬时功率为Fvsin B.物块B满足m2gsinkd C.物块A的加速度为

Fkd m1D.弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsin

5.如图所示，固定在水平地面的劲度系数为k的竖直轻弹簧，上面放着一质量为m的小木块（没有与弹簧连接）， 现用手缓慢向下压木块，使弹簧缩短x，松手后木块开始向上运动，最大位移为3x，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（ ）

2

A.松手瞬间，小木块的加速度大小为

kx mB.松手瞬间，弹簧的弹性势能大小为mgx C.松手后小木块向上做匀减速运动的时间为D.松手后小木块的速度和加速度都增大

6.如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平地面上，距地面H0高度处有一物体，在平行斜面向上的力F作用下由静止开始运动.选地面为零势能面，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0~x1是曲线，x1~x2是平行于x轴的直线，0~x2过程中物体一直沿斜面向上运动，则下列说法正确的是( )

4x g

A.0~x1过程中，力F做的功等于E1E0

B.0~x1过程中，物体做加速度增大的加速运动 C.x1~x2过程中，物体的动能不变 D.x1~x2过程中，力F保持不变

7.一小球在竖直方向的升降机中由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0～h1过程中的图线为曲线，h1~h2过程中的图线为直线.下列说法正确的是( )

A.0~h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功 B.0~h1过程中，小球的动能一定在增加

3

C.h1~h2过程中，小球的动能可能不变 D.h1~h2过程中，小球重力势能可能不变

8.如图所示，一定质量的小球（可视为质点）套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC水平且长为2L0，短轴BD竖直且长为3L0.原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位于A点的小球连接.若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )

A.小球在C点的速度大小为v0 B.小球在D点时的动能最大 C.小球在B、D两点的机械能不相等

D.小球在从A点经过D点到达C点的过程中机械能先变小后变大

9.“弹跳小人”是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理简图如图甲所示.竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h0.40m时，由静止释放滑块.滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图乙所示.其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线.空气阻力大小不变，g取10m/s2.则结合图象可知( )

A.弹簧原长为0.72 m C.弹簧的最大弹性势能为9.00 J

B.空气阻力大小为1.00 N

D.弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J

4

10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2（已知m20.5kg）的两物块A、B相连接，弹簧处于原长，三者静止在光滑水平面上.现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的图象如图乙所示，从图象提供的信息可得( )

A.在t1时刻，两物块达到共同速度2 m/s，且弹簧处于伸长状态 B.t3到t4时间内弹簧由原长变化为压缩状态 C.t3时刻弹簧的弹性势能为6 J D.在t3和t4时刻，弹簧均处于原长状态

11.气垫导轨是研究与运动有关的实验的装置，也可以用来研究功能关系.如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有一滑块A紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m.

（1）用游标卡尺测出滑块A上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度d________cm.

（2）利用该装置研究弹簧对滑块做的功的大小.某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块A压紧到P点，释放后，滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，则弹簧对滑块所做的功为___________（用题中所给字母表示）.

（3）利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数.关闭气源，仍将滑块A压紧到P点后释放，当光电门到P点的距离为x时，测出滑块A上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电门），并绘出如图丙所示的图象，已知该图线斜率的绝对值为k，则滑块与导轨间的动摩擦因数为___________（重力加速度用g表示）. 12.两个半径均为R的

1圆形光滑细管道组成的轨道CDE竖直放置在水平面上，O1和O2为4两细管道的圆心，一劲度系数为k的轻质弹簧右端固定，左端处于P点，弹簧处于原长状

5

态，已知弹簧原长足够长，EP间距离为R.一质量为m的滑块(可视为质点)从A点以初速度v0斜向上抛出，从C点沿水平方向进入管道，对C处上方轨道的压力恰好为mg.已知滑块

12与地面间的动摩擦因数为0.25，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系是Ep=kx.

2

(1)求滑块从A点抛出时初速度v0的大小和速度方向与地面夹角θ的正切值; (2)若k5mgR，求滑块穿过管道后第一次压缩弹簧时的最大压缩量;

(3)要使滑块能再次返回细管道CDE但又不能从C点离开轨道，问劲度系数k应满足的条件.

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答案以及解析

1.答案：B

解析：设物块静止时弹簧的形变量为x0，则有mgkx0，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得Fmgk(xx0)ma，解得Fmakx，故Fx图像应为直线，A错误，B正确;物块P的初动能为零，根据动能定理有F合xEk0，匀加速运动时F合恒定，故Ekx图像应该为过原点的直线，D错误;力F做功对应系统机械能的变化，根据功能关系有EFx(makx)x，因此Ex图像应为曲线，C错误.

2.答案：A

解析：对滑块运动的全过程应用功能关系，全过程所产生的热量为Q12mv0mgLsin30，又由全过程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即2Qmgscos30，解得L0.6m，选项A正确c，

3.答案：C

x1解析：物块上升的高度为，因而增加的重力势能为EPmgx，A错误；根据动能定理

22可得增加的动能为Ekmax1mgx，B错误；根据能量守恒定律可得EEPEk，2故增加的机械能为Emgx，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误. 4.答案：C

解析：拉力的瞬时功率PFv，故A错误；开始时系统处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，则m2gsinkx2，由手开始时弹簧是压缩的，所以dx2，因此m2gsinkd，故B错误；当B刚离开C时，对A根据牛顿第二定律得Fm1gsinkx2m1a1，开始时对A由平衡条件得m1gsinkx1，而dx1x2，解得物块A加速度为a1Fkd，故C正确；根据功能m1关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即

1Fdm1gdsinm1v12，故D错误。

25.答案：C

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解析：弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹力大小为Fkx，松 手后小木块受到重力和弹力的作用，加速度大小为aFmgkxg，故A错误;松手后，小木块上升的最大距离是3x，mm则木块在 上升到最高点的过程中的承力势能增加量为3mgx，根据能量守恒 定律知，释放瞬间，弹簧的弹性势能大小为3mgx，故B错误;松手 后，小木块开始运动时受到重力和弹簧的弹力，随木块的上升，弹 簧的弹力减小，所以小木块做加速度减小的加速运动；当弹簧的弹 力小于重力后做减速运动，直到小木块离开弹簧后只受到重力时 才开始做匀减速直线运动，所以木块做匀减速运动的距离为2x，运动的时间t确，D错误。 6.答案：BD

解析：0～x1过程中，根据功能关系得WFWfE1E0，则有WFE1E0，故A错误；根据功能关系得FxfxE,Ex图线的斜率kEFf，由题图乙可知，0~x1过程x2h4x，所以C正gg中，Ex图像切线斜率不断增大，则Ff不断增大，即合力Ffmgsin不断增大，根据牛顿第二定律知，加速度不断增大，所以，0~x1过程中物体做加速度增大的加速运动，故B正确；x1~x2过程中物体的机械能不变，有Ff0，即Ff保持不变，而重力势能增大，则动能减小，故C错误，D正确. 7.答案：AC

解析：设升降机对小球的支持力大小为FN，由功能关系得FNhE，所以Eh图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小，从题图可知小球的机械能增大，所以升降机对小球的支持力做正功，在0～h1过程中斜率的绝对值逐渐减小，故在0~h1过程中小球所受的支持力逐渐减小，所以小球开始先做加速运动，当支持力减小后，可能会做匀速运动，也可能会做减速运动，还可能仍做加速运动，故A正确，B错误；由于小球在h1~h2过程中Eh图象的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故小球可能做匀速运动，动能可能不变，C正确；由于小球在h1~h2过程中高度一直增大，重力势能随高度的增大而增大，故D错误. 8.答案：AB

解析：小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三

8

者之和保持不变.因为弹簧原长为L0，半长轴的长为L0，故在A点弹簧处于压缩状态，压缩

11量等于PO的长度，即L0（由椭圆公式知PO长为L0）.小球在C点时弹簧长度等于

22131L0L0L0，故伸长量也等于PO的长度，即L0，所以在A、C两点弹簧的形变量相等，

222弹簧的弹性势能相等，故在高度相同的A、C两点小球的动能相等，小球在C点的速度大小也为v0，A正确.由几何关系可知PDL0，小球在D点时系统的重力势能、弹性势能都最小，所以此时小球动能最大，B正确.在B、D两点时，小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同（一般视为零），小球的机械能也是相等的，C错误.小球在从A点经过D点到达C点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误. 9.答案：BC

解析：根据动能定理知Ekh图线的斜率表示滑块所受的合外力，弹簧下端没有离开地面前，由于弹簧弹力变化，其合力变化，此段Ekh图线是曲线；弹簧下端离开地面后，滑块与杆之间没有摩擦，其合力保持不变，此段Ekh图线是直线，图中从h0.80m开始图线是直线，可判断弹簧的原长为0.80 m，在此高度时弹簧下端与地面分离，A错误；由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图象为直线，说明滑块所受合力为恒力，根据动能定理得(mgf)h0Ek，由图知h0.60m,Ek5.40J，解得空气阻力f1.00N，B正

确；根据功能关系可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做的功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以

Epmax(mgf)h(81)(1.400.40)J=9.00J，C正确；滑块和弹簧一起从最高点落回到弹簧刚接触地面过程中，根据动能定理，有(mgf)hEk10，解得弹簧落回地面时滑块的动能Ek14.20J，D错误. 10.答案：AC

解析：由题图乙可知，0到t1时间内，B减速，A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2 m/s，此时弹簧处于伸长状态，选项A正确；从题图乙中可知，t3到t4时间内，A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时

9

刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长，故选项B、D错误；由题图可知，t1时刻两物块速度相同，都是2 m/s，又知A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m2v0(m1m2)v2，其中v06m/s,v22m/s，解得m1:m22:1，所以

1122(m1m2)v3Ep，其中v32m/s，解m11kg，在t3时刻根据能量守恒定律可得m2v022得Ep6J，选项C正确. 11.答案：（1）0.960 1d2（2）m()

2td2 （3）2kg解析：（1）主尺读数为9 mm，游标尺分度为0.05 mm，游标尺第12个刻度与主尺刻度对齐，故游标尺读数为0.0512mm0.60mm，故挡光片宽度d0.960cm. （2）滑块通过光电门时的平均速度约等于瞬时速度，为v簧的弹性势能转化而来，故弹簧对滑块做的功为Wd，此时滑块的动能全部由弹t121dmvm()2. 22t（3）滑块每次都从P点释放，则每次释放时弹簧的弹性势能都相同，由能量守恒可得11x21d21d2k22m()mgx1m()mgx2，解得t，由于dt1，所以

2122t12t22gx2x1t112d22t2t11，代入可得动摩擦因数.

2gkx2x1k12.答案：(1)6gR;2 (2)R (3)

3mg5mgk 25RR2vC解析：(1)对滑块在C点时受力分析，根据牛顿第二定律2mgm，可得vC2gR，

R12根据逆向思维，A到C可看成反方向的平抛运动，由2Rgt，

2可得t4R， g2因此滑块从A点抛出时的初速度v0vC(gt)26gR，

10

滑块在A点时速度与地面夹角的正切值tanvyvxgt2; vC(2)设滑块从C点沿管道下滑后，第一次压缩弹簧的最大形变量为x0，由能量守恒定律得

1212mvC2mgRmg(Rx0)kx0， 225mgmgm2g288kmgR得x0，当k时x0R.

R4k(3)要使滑块再次返回C点，应满足以下三个条件:

mg，解得k条件1:弹簧弹力大于滑动摩擦力，即kx03mg； 88R条件2:滑块要返回CDE管道，必须要能返回E点，由能量守恒定律得

123mg2R)0，解得kmvEmg(2x0；

225R条件3:滑块能返回细管道CDE但又不能从C点离开管道，由能量守恒定律得

125mg)0，解得到kmvCmg(2R2x0；

2R因此弹簧的劲度系数k应满足

3mg5mgk. 25RR 11