高考物理二轮复习 专题限时集训6 机械能守恒定律 功能关系(含解析)

A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等 B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关 C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多 D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关

BC [设斜面的倾角为α、物块与斜面之间的动摩擦因数为μ、斜面的高度为h。则对

h12

小物块由顶端下滑到底端的过程，由动能定理得mgh－μmgcos α·＝mv，解得v＝

sin α2

1

2gh－2μgh，则物块沿1滑到底端的速度较小，且速度的大小与物块的质量无关，

tan αA错误，B正确；物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos α·

hsin α＝

μmgh1

，则小物块沿1下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多，且该热量的多少与质量tan α和斜面的倾角都有关系，C正确，D错误。]

[能力提升练]

9．(原创题)(多选)如图甲所示，一等腰直角斜面ABC，其斜面BC是由CD和DB两段不同材料构成的面，且sCD>sDB，先将直角边AB固定于水平面上，将一滑块从C点由静止释放，滑块能够滑到底端。现将直角边AC固定于水平面上，再让同一滑块从斜面顶端由静止释放，滑块也能够滑到底端，如图乙所示。滑块两次运动中从顶端由静止释放后运动到D点的时间相同。下列说法正确的是( )

A．滑块在两次运动中到达底端的动能相同 B．两次运动过程中滑块损失的机械能相同 C．滑块两次通过D点的速度相同

D．滑块与CD段间的动摩擦因数大于它与BD段间的动摩擦因数

AB [滑块第一次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB)12

＝mv1，滑块第二次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mgcos θ(μ1·sCD＋μ2·sDB)212

＝mv2，由此可见滑块两次到达斜面底端的速度相同，两次运动过程中损失的机械能相同，故2

- 5 -

选项A、B都正确；由于两次运动过程中滑块到达D点的时间相等，由sCD>sBD，tCD＝tBD，得滑块与BD段间的动摩擦因数大于它与CD段间的动摩擦因数，故选项D错误；两次运动的位移相同，可在同一坐标系中作出滑块在两次运动中的v-t图象，如图所示，由图象可看出滑块两次通过D点的速度不相同，故选项C错误。]

10．(多选)如图甲所示，一质量不计的弹簧竖直地固定在水平面上，质量为m的物体由弹簧正上方h处无初速度释放，图乙为弹簧的弹力与物体下落高度的关系图象，重力加速度12

为g，当弹簧的压缩量为x时弹簧储存的弹性势能为Ep＝kx，忽略空气阻力。则下列说法正

2确的是( )

A．该弹簧的劲度系数为

1

B．物体下落过程中的最大动能为mgh＋mgx0

2C．弹簧最大的压缩量等于2x0 D．物体所具有的最大加速度等于g

mgx0

mgAB [由图乙可知，当物体下落h＋x0时，即弹簧压缩量为x0时，有kx0＝mg，解得k＝x0，

1

2

此时物体的合力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，弹簧储存的弹性势能为Ep＝2kx0＝1

2mgx0，物体下落h＋x0的过程中，由功能关系可知mg(h＋x0)＝Ekm＋Ep，则物体的最大动能为1

Ekm＝mgh＋2mgx0，A、B正确。假设当弹簧最短时，弹簧的压缩量为x1，由功能关系得mg(h＋1x1)＝2kx21，解得x1＝x0

，显然x1>2x0，C错误。由以上分析可知，弹簧的最

大压缩量大于2x0，则物体受到弹簧弹力的最大值大于2mg，可知物体的最大加速度am>g，D错误。]

11.(2019·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上，长为2R的刚性轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块

- 6 -

B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上。水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线

上。现将A置于圆环的最高处并给A一微小扰动(初速度可视为零)，使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B可视为质点，重力加速度大小为g。求：

(1)A滑到与圆心O同高度时的速度大小；

(2)A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功。

[解析] (1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向竖直向下，B的速度为零，由机械能守恒定律可得

12

3mgR＝·3mv，

2解得v＝2gR。

(2)如图所示，杆与圆环第一次相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，设此时B的速度为

vB，由运动的合成与分解可得

vA＝vBcos θ，

由几何关系可知cos θ＝2RR2＋4R＝2

2

5， 5

球A下落的高度h＝R(1－cos θ)，

1122

由机械能守恒定律可得3mgh＝·3mvA＋mvB，

2212

由动能定理可得杆对B做的功W＝mvB，

215－65

联立以上各式可得W＝mgR。

1715－65

[答案] (1)2gR (2)mgR

17

12．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m的水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑。参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，

μ2＝0.5，g取10 m/s2。求：

- 7 -

(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；

(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能。 [解析] (1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：

mgR(1－cos 60°)＝mv2B

代入数据解得：vB＝4 m/s

在B点，对参赛者由牛顿第二定律得：

1

2

v2BFN－mg＝m

R代入数据解得：FN＝1 200 N

由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为：F′N＝FN＝1 200 N，方向竖直向下。

(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得： 12

－μ2mgL2＝0－mvC

2解得：vC＝6 m/s>vB＝4 m/s 所以传送带运转方向为顺时针

假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：

μ1mgL1＝mv2－mv2B

解得：v＝210 m/s>vC＝6 m/s 所以传送带速度等于vC＝6 m/s。

(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t＝

1

212

vC－vBvC－vB＝＝0.5 s aμ1gvB＋vCt＝0.5 m

2

此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx＝vCt－

由能量守恒定律得，传送带由于传送参赛者多消耗的电能为： ΔE＝μ1mgΔx＋

代入数据解得：ΔE＝720 J。

[答案] (1)1 200 N 方向竖直向下 (2)6 m/s 方向为顺时针 (3)720 J

- 8 -