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小题必练11：功能关系 能量守恒定律
(1) 功能关系；(2)能量转化和守恒定律。
例1．(2020∙山东卷∙11)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固
定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量
为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未
着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终
处于静止状态。以下判断正确的是( )
A．M＜2m
B．2m＜M＜3m
C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【答案】ACD
【解析】由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧
弹力T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mgsin θ＝Mg，故有M＜2m，
故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体
加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；对于B，在从
释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹
力所做的功，故D正确。例2．(2020∙全国I卷∙20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重
力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等与增加
的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端
为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，
由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmgcos θ·s＝20 J，得μ＝0.5，B正确；
由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能
减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。
【点睛】解决功能关系试题的一般步骤：确定始末状态→分析哪种能量增加，哪种能量形式减
少，是什么做功所致→列出能量的增加量和减少量的具体表达式使得ΔE ＝ΔE 。
增 减
1．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物
体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持
木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右
的作用力F，那么力F对木板做功的数值为( )
A． B． C．mv2 D．2mv22．如图，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
3．(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿
斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，
能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能E、机械能E随时间t的关系
k
及重力势能E 随位移x关系的是( )
p
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4．(多选)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定
于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B
质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是( )
A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒
B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大
C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ
D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定
大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和
5．(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，
在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球
下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程( )
A．小球动能的增量为零
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)
D．系统机械能减小fH
6．(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长
为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低
点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽
略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中( )
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为mgL
7．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带
摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中( )
A．物块a的重力势能减少mgh
B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量
C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
8．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ 的
1
轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v。现将倾斜轨道的倾角调至为θ，
1 2
仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v。已知θ＜θ，不计物块
2 2 1
在轨道接触处的机械能损失。则( )
A．v＜v
1 2
B．v＞v
1 2
C．v＝v
1 2
D．由于不知道θ、θ 的具体数值，v、v 关系无法判定
1 2 1 2
9．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的
圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为m＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为m＝36 g
a b
的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最
高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小。
(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。10．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v 匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块
0
Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v
0
冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力
加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。
(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比。
(2)求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。
(3)若传送带以不同的速度v(0＜v＜2v)匀速运动，当v取多大时，物块P向右冲到最远处的
0
过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？11．如图所示，MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N端与水平面相切，轨道半径R＝
0.9 m。粗糙水平段NP长L＝1 m，P点右侧有一与水平方向成θ＝30°角的足够长的传送带与
水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s。一质量为1 kg可视为质点的
物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下，物块A与NP段间的动摩擦因数μ ＝
1
0.1。静止在P点的另一个物块B与A完全相同，B与传送带间的动摩擦因数μ＝。A与B碰
2
撞后A、B交换速度，碰撞时间不计，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。答 案
1．【答案】C
【解析】由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，
一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s ，s ＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝
相 相
mv2，故C项正确。
2．【答案】D
【解析】由题意根据力的平衡有m g＝m gsin θ，所以m ＝m sin θ。根据机械能守恒定律mgh
A B A B
＝mv2，得v＝，所以两物块落地速率相等，A项错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的
机械能变化量都为零，B项错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化ΔE
p
＝－W ＝－mgh，C项错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率 ＝
G A
m g·，B的平均功率 ＝m g·sin θ，因为m ＝m sin θ，所以 ＝ ，D项正确。
A B B A B A B
3．【答案】CD
【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的
分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增
大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Fx，随位移均匀增大，滑块动能E 随位移x均匀减小，选
f k
项A、B错误。
4．【答案】AC
【解析】从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹
簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物
块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、
B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma ，得a ＝gsin θ，此瞬间A与B的
B B
加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到
A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械
能与系统摩擦生热之和，故D错误。
5．【答案】AC
【解析】小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量
为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W ＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功
G
量度重力势能的变化W ＝－ΔE 得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据
G p动能定理得W ＋W＋W ＝0－0＝0，所以W ＝－(mg－f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量
G f 弹 弹
度弹性势能的变化W ＝－ΔE 得，弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)，故C正确；系
弹 p
统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克
服阻力做的功为f(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为f(H＋x－L)，故D错误。
6．【答案】AB
【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力
平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，
所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B项正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的
弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C项错误；A下落的高度为h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根
据功能关系可以知道，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大
值为E＝mgh＝mgL，故D项错误。
p
7．【答案】ACD
【解析】因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a
沿斜面方向的分量，即mg＝mgsin θ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a
a
下降的高度为hsin θ，所以物块a的重力势能减少量为mghsinθ＝mgh，A项正确；根据功能
a
关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以B项错误，C项正确；在任意时刻，设b
的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsin θ，故重力对b做功的瞬
时功率为P＝mgv，重力对a做功的瞬时功率为P＝mgvsin θ，故P＝P，所以D项正确。
b b a a a b
8．【答案】C
【解析】对小物块运动分析，如图所示，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定
理，mv2＝mgh－μmgcosθ·－μmgx ＝mgh－μmgh·－μmgx ，因为h·＋x ＝x ，所以mv2＝
BD BD BD BC
mgh－μmgx ，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v＝v，故C项正确。
BC 1 2
9．【解析】(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线向下，b的速度为零，由机
械能守恒定律可得：mgR＝mv2
a a
解得：v＝
对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝＝2mg＝2 N。
a
(2)杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为v，根据杆不可伸长和缩
b短，有：
v＝vcos θ
a b
由几何关系可得：cos θ＝＝0.8
在图中，球a下降的高度h＝Rcos θ
a、b系统机械能守恒：mgh＝mv＋mv－mv2
a a b a
对滑块b，由动能定理得：W＝mv＝0.194 4 J。
b
10．【解析】(1)设P的位移、加速度大小分别为s、a，Q的位移、加速度大小分别为s、a，因s
1 1 2 2 1
＝2s
2
故a＝2a。
1 2
(2)对P有μmg＋T＝ma
1
对Q有mg－2T＝ma
2
得a＝0.6g
1
P先减速到与传送带速度相同，设位移为x，x＝＝
1 1
共速后，由于f＝μmg＜，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，设此时P的加速度
为a′，Q的加速度为a′＝a′
1 2 1
对P有T－μmg＝ma ′
1
对Q有mg－2T＝ma ′，解得a′＝0.2 g
2 1
设减速到0位移为x，x＝＝
2 2
P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功
ΔE＝－μmgx ＋μmgx ＝0。
1 2
(3)第一阶段P相对皮带向前，相对路程s＝
1
第二阶段相对皮带向后，相对路程s＝
2
热量Q＝μmg(s＋s)＝m(v2－vv＋v)
1 2 0
当v＝时，热量最小，最小值为Q＝mv。
11．【解析】(1)设物块质量为m，A首次到达N点的速度为v ，由机械能守恒定律得：
N
mgR＝mv 2
N
由牛顿第二定律得：F －mg＝
N联立解得：F ＝30 N
N
根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等，方向相反，所以物体对轨道压力大小为 30
N，方向竖直向下。
(2)设A与B第一次碰前的速度为v，从释放物块A至到达P点的过程中，由能量守恒定律得：
0
mgR＝mv2＋μmgL
0 1
解得：v＝4 m/s
0
设A、B第一次碰撞后的速度分别为v 、v ，则v ＝0，v ＝4 m/s
A B A B
碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a，则对B有
1
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
2 1
解得a＝10 m/s2
1
运动的时间为 s
位移为 m
此过程物块B与传送带相对运动的路程Δs＝vt＋x＝2 m
1 1 1
此后B反向加速，加速度仍为a，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为
1
s
位移为 m
此过程相对运动路程Δs＝vt－x＝0.45 m
2 2 2
全过程产生的热量为：Q＝μmgcos θ(Δs＋Δs)＝12.25 J。
2 1 2维权 声明
