【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k E 、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30θ=?足够长斜面上的P 点以03m/s v =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0.5μ=，若滑块在斜面士往返的总路程为3m s =，滑块可以看做质点，重力加速度210m/s g =；则P 点到斜面底部的距离为（ ）

A. 0.6m

B. 0.5m

C. 0.4m

D. 0.3m

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2g

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( )

A.重力势能增加mgx

B.

动能增加

4

mgx

C.机械能增加mgx

D.拉力做功为

2

mgx

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

12

m m

、，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sin

Fvθ

B.物块B满足

2

sin

m g kd

θ>

C.物块A的加速度为

1

F kd

m

-

D.弹簧弹性势能的增加量为

1

sin

g

F d

d mθ

-

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（）

A.松手瞬间，小木块的加速度大小为kx m

B.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

4x g

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0H 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0~1x 是曲线，1x ~2x 是平行于x 轴的直线，0~2x 过程中物体一直沿斜面向上运动，则下列说法正确的是( )

A.0~1x 过程中，力F 做的功等于10E E

B.0~1x 过程中，物体做加速度增大的加速运动

C.1x ~2x 过程中，物体的动能不变

D.1x ~2x 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0～1h 过程中的图线为曲线，1h ~2h 过程中的图线为直线.下列说法正确的是( )

A.0~1h 过程中，升降机对小球的支持力一定做正功

B.0~1h 过程中，小球的动能一定在增加

C.1h ~2h 过程中，小球的动能可能不变

D.1h ~2h 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02L ，短轴BD 竖直且长为03L .原长为0L 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0v ，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0v

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0.40m h 时，由静止释放滑块.滑块的动能k E 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210m/s .则结合图象可知( )

A.弹簧原长为0.72 m

B.空气阻力大小为1.00 N

C.弹簧的最大弹性势能为9.00 J

D.弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J

10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为12m m 、（已知20.5kg m =）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1t 时刻，两物块达到共同速度2 m/s ，且弹簧处于伸长状态

B.3t 到4t 时间内弹簧由原长变化为压缩状态

C.3t 时刻弹簧的弹性势能为6 J

D.在3t 和4t 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14

圆形光滑细管道组成的轨道CDE 竖直放置在水平面上，1O 和2O 为两细管道的圆心，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

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0v 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

与地面间的动摩擦因数为0.25μ=，弹簧的弹性势能p E 与形变量x 的关系是2p 1=2

E kx .

(1)求滑块从A 点抛出时初速度0v 的大小和速度方向与地面夹角θ的正切值;

(2)若5mg

k R =，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.

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0x ，则有0mg kx =，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得0()F mg k x x 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k 0F x E =-合，匀加速运动时F 合恒定，故k E 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

201sin 302

Q mv mgL =+?，又由全过程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即cos30Q mgs μ=?，解得0.6m L =，选项A 正确c ，

3.答案：C 解析：物块上升的高度为2x ，因而增加的重力势能为P 12

E mgx ?=，A 错误；根据动能定理可得增加的动能为k 12

E ma x mgx ?=?=，B 错误；根据能量守恒定律可得P k E E E ?=?+?，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22sin m x g k θ=，由手开始时弹簧是压缩的，所以2d x >，因此2sin m g kd θ<，故B 错误；当B 刚离开C 时，对A 根据牛顿第二定律得1211sin g F m kx m a θ-=-，开始时对A 由平衡条件得11sin m x g k θ=，而12d x x =+，解得物块A 加速度为11

F m a kd -=，故C 正确；根据功能关系，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

21111sin 2

Fd m m gd v θ--，故D 错误。 5.答案：C

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F mg kx a g m m

-==-，故A 错误;松手后，小木块上升的最大距离是3x ，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 =C 正确，D 错误。

6.答案：BD

解析：0～1x 过程中，根据功能关系得10F f W W E E -=-，则有10F W E E >-，故A 错误；根据功能关系得,F x f x E E x ?-?=?-图线的斜率E k F f x ?==-?，由题图乙可知，0~1x 过程中，E x -图像切线斜率不断增大，则F f -不断增大，即合力sin F f mg θ--不断增大，根据牛顿第二定律知，加速度不断增大，所以，0~1x 过程中物体做加速度增大的加速运动，故B 正确；1x ~2x 过程中物体的机械能不变，有0F f -=，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N F ，由功能关系得N F h 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0～1h 过程中斜率的绝对值逐渐减小，故在0~1h 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1h ~2h 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1h ~2h 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

者之和保持不变.因为弹簧原长为0L ，半长轴的长为0L ，故在A 点弹簧处于压缩状态，压缩

量等于PO 的长度，即012L （由椭圆公式知PO 长为012

L ）.小球在C 点时弹簧长度等于0001322L L L +=，故伸长量也等于PO 的长度，即012

L ，所以在A C 、两点弹簧的形变量相等，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0v ，A 正确.由几何关系可知0PD L =，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0L ，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k E 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k E 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k E h -图线是直线，图中从0.80m h =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k ()0mg f h E -+?=-?，由图知k 0.60m, 5.40J h E ?=?=，解得空气阻力 1.00N f =，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

p max ()(81)(1.400.40)J=9.00J E mg f h '=+?=+?-，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k1()0mg f h E -?=-，解得弹簧落回地面时滑块的动能k1 4.20J E =，D 错误.

10.答案：AC

解析：由题图乙可知，0到1t 时间内，B 减速，A 加速，B 的速度大于A 的速度，弹簧被拉伸，1t 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，3t 到4t 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3t 时

刻弹簧处于压缩状态，4t 时刻弹簧处于原长，故选项B 、D 错误；由题图可知，1t 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20122()m v m m v =+，其中026m/s,2m/s v v ==，解得12:2:1m m =，所以

11kg m =，在3t 时刻根据能量守恒定律可得2220123p 11()22

m v m m v E +=+，其中32m/s v =，解得p 6J E =，选项C 正确.

11.答案：（1）0.960

（2）21()2d m t

? （3）2

2d kg

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0.0512mm 0.60mm ?=，故挡光片宽度0.960cm d =.

（2）滑块通过光电门时的平均速度约等于瞬时速度，为d v t =

?，此时滑块的动能全部由弹簧的弹性势能转化而来，故弹簧对滑块做的功为2211()22d W mv m 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

22121211()()22d d m mgx m mgx t t μμ+=+，解得2211222112t t d g x x μ-=-?-，由于21x k t

?-=?，所以122221111t t x x k

-=--，代入可得动摩擦因数2

2d gk μ=. 12.答案：

(2)R (3)3525mg mg k R R

解析：(1)对滑块在C 点时受力分析，根据牛顿第二定律22C v mg

m R

=，可得C v = 根据逆向思维，A 到C 可看成反方向的平抛运动，由2122

R gt =

， 可得t =，

因此滑块从A

点抛出时的初速度0v ==

滑块在A

点时速度与地面夹角的正切值tan y

x C

v gt v v θ===; (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0x ，由能量守恒定律得2200112()22

C mv mgR mg R x kx μ+=++，

得0x =，当5mg k R =时0x R =. (3)要使滑块再次返回C 点，应满足以下三个条件:

条件1:弹簧弹力大于滑动摩擦力，即0kx mg μ'>，解得388mg k R

>； 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 201(22)02E mv mg x R μ'++，解得325mg k R

； 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201(22)02C mv mg R x μ'++，解得到5mg k R ； 因此弹簧的劲度系数k 应满足3525mg mg k R R

.