本章复习与测试全国优秀课堂实录

专题六

机械能守恒定律和功能关系

限时规范训练[单独成册] (时间：45分钟) 1．(2015·高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(

) A．圆环的机械能守恒

B．弹簧弹性势能变化了3mgL

C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零

D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．

2.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(

) 5R4R2RA．2R

B.3

C.3

D.3

解析：选C.如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律1有：2mgR＝mgR＋2×3mv2，A落地后B将以v做竖直上1114抛运动，即有2mv2＝mgh，解得h＝3R.则B上升的高度为R＋3R＝3R，故选项C正确．

3.(2015·山东潍坊二模)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面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均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中(

) FA．a的加速度为m

B．a的重力势能增加mgh

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C．绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加

D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加

解析：选BD.由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：

FT＝mg，FT＝magsin θ. 即：mg＝magsin θ①

ΔEpa＝maghsin θ②

由①②得：ΔEpa＝mgh选项B正确．

当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，F所以a的加速度小于m，选项A错误；对物块a、b分别由动能定理得：

WFT－magsin θ·h＋Wf＝ΔEka③

WF－WFT＋mgh＝ΔEkb④

由①③④式可知，选项C错、D对．

4.(2015·湖北八校高三联考)(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是(

) A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功

B．第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量

C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量

D．第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能

解析：选ACD.第一阶段和第二阶段传送带对物体的摩擦力方向均沿传送带方向向上，故对物体都做正功，选项A正确；在第一阶段和第二阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，选项B错误、选项C正确；第一阶段摩擦力与物体和传送带之间的相对位移的乘积数值上等于系统产生的内能，选项D正确．

5.(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，在整个过程中

(

) 1A．木板对小物块做的功为2mv2

B．支持力对小物块做的功为零

1C．小物块的机械能的增量为2mv2－mgLsin α

1D．滑动摩擦力对小物块做的功为2mv2－mgLsin α

解析：选AD.在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整12个过程重力做功为零，由动能定理W木＝2mv－0，A正确；在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W木′－mgLsin α＝0－0，则有W木′＝

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mgLsin α，故B错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大11小为2mv2，C错误；滑动摩擦力对小物块做的功Wf＝W木－W木′＝2mv2－mgLsin α，D正确．

6.(2015·长春二模)(多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长．开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是(

) A．当M＝2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大

B．当M＝2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小

C．当M＝m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零

D．当M＝m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度一直增大

解析：选AD.由系统机械能守恒可得mgh＝Mg(h2＋l2－l)，当M＝2m时，h4＝3l，所以A选项正确；当M＝m时，对圆环受力分析如图，可mg知FT＝cos θ＞Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以D选项正确．

7.(多选)如图为用一钢管弯成的轨道，其中两圆形轨道部分的半径均为R.现有一直径小于钢管口径的可视为质点的小球由图中的A位置以一定的初速度射入轨道，途经BCD最终从E离开轨道．其中小球的质量为m，BC为右侧圆轨道的竖直直径，D点与左侧圆轨道的圆心等高，重力加速度为g，忽略一切摩擦以及转弯处能量的损失．则下列说法正确的是(

) A．小球在C点时，一定对圆管的下壁有力的作用

B．当小球刚好能通过C点时，小球在B点处轨道对小球的支持力为自身重力的6倍

C．小球在圆管中运动时通过D点的速度最小

D．小球离开轨道后的加速度大小恒定

解析：选BD.当小球运动到C点的速度v＝gR时，小球与轨道间没有力的作用，当v＞gR时，小球对轨道的上壁有力的作用；当v＜gR时，小球对轨道的下壁有力的作用，A错误；小球在C点对管壁的作用力为0时，有vC＝gR，1212根据机械能守恒定律有mg·2R＋mvC＝mvB，在B点时根据牛顿第二定律有N22v2B－mg＝mR，解得轨道对小球的支持力N＝6mg，B正确；在B、C、D三点中瞬时速度最大的是B点，瞬时速度最小的是C点，C错误；小球从E点飞出后只受重力作用，加速度恒定，则小球做匀变速曲线运动，D正确．

8．(多选)如图，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧管，圆心O与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量为m，初速度v0＝10gR的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损2失，圆管孔径远小于R，以下说法正确的是(

)

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32gRA．小球到达C点时的速度大小为vC＝

2B．小球能通过E点并恰好落至B点

C．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离D点为2R

D．若减小小球的初速度v0，则小球到达E点时的速度可以为零

112解析：选ABD.从A至C过程，机械能守恒(以AB为参考平面)：mv20＝mvC－mgR，将22v0＝vE＝10gR32gR112代入得vC＝，故A正确；从A至E过程，机械能守恒：mv20＝mvE＋mgR，22222gR，结合平抛运动规律可知能正好平抛落回B点，故B正确；设小球能上升的最大高2212v05度为h，则机械能守恒：mv0＝mgh，h＝＝R, 故C错误；因为是圆弧管，内管壁可提供22g4支持力，所以小球在E点速度可以为零，故D正确．

8．(2015·名师原创卷)我国两轮电动摩托车的标准是：由动力驱动，整车质量大于40 kg，最高车速不超过50 km/h，最大载重量为75 kg.某厂欲生产一款整车质量为50 kg的电动摩托车，厂家已经测定该车满载时受水泥路面的阻力为85 N，g＝10 m/s2.求：

(1)请你设计该款电动摩托车的额定功率；

(2)小王同学质量为50 kg，他骑着该电动车在平直的水泥路面上从静止开始以0.4 m/s2的加速度运动10 s，试求这10 s内消耗的电能．(设此时路面的阻力为65 N) 解析：(1)该款摩托车满载时以额定功率匀速行驶，则

P＝Fv

F＝f

解得：P＝1 181 W. (2)摩托车匀加速过程：F′－f′＝ma

解得F′＝105 N P当达到额定功率时v1＝＝11.2 m/s F′从静止开始以0.4 m/s2的加速度出发运动10 s的速度v2＝at＝4 m/s＜11.2 m/s 1故在10 s内做匀加速直线运动的位移x＝2at2＝20 m 牵引力做的功W＝F′x＝2 100 J 由功能关系可得：E＝W＝2 100 J. 答案：(1)1 181 W

(2)2 100 J 9.(2015·高考福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.

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(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；

(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点M滑出小车．已知滑块质量m＝2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；

②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s. 解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒

1mgR＝2mv2B①

滑块在B点处，由牛顿第二定律得

v2BN－mg＝mR②

解得N＝3mg③

由牛顿第三定律得N′＝3mg④

(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒得

121mgR＝2Mvm＋2m(2vm)2⑤

gR解得vm＝3⑥

②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得

121mgR－μmgL＝2MvC＋2m(2vC)2⑦

设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得

μmg＝Ma⑧

由运动学规律得

2v2C－vm＝－2as⑨

1解得s＝3L⑩

gR1答案：(1)3mg

(2)①

②33L

10．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6 m，始终以v0＝6 m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1 kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求物块由A点运动到C点的时间；

(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的

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水平距离；

(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同—点D. 解析：(1)A到B过程：根据牛顿第二定律

mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1

h112＝sin θ2a1t1

代入数据解得a1＝2 m/s2，t1＝3 s 所以滑到B点的速度：vB＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s 物块在传送带上匀速运动到C

L6t2＝v＝6

s＝1 s 0所以物块由A到C的时间：t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s. (2)在斜面上根据动能定理

h21mgh2－μ1mgcos θsin θ＝2mv2

解得v＝4 m/s＜6 m/s μ2mg设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：a2＝m＝μ2g＝2 m/s2

2v20－v＝2ax，x＝5 m＜6 m 所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开C点做平抛运动

1s＝v0t0，H＝2gt20，解得s＝6 m. (3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC＝v0

①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：

h31mgh3－μ1mgcos θsin θ＋μ2mgL＝2mv20

h3＝1.8 m ②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则：

h41mgh4－μ1mgcos θsin θ－μ2mgL＝2mv20

h4＝9.0 m 所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满足要求，即1.8 m≤h≤9.0 m. 答案：(1)4 s

(2)6 m

(3)1.8 m≤h≤9.0 m 12．如图所示，在距水平地面高h1＝1.2 m的光滑水平台面上，一个质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep.现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC.已知B点距水平地面的高h2＝0.6 m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝2.8 m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁发生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计．试求：

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(1)小物块由A到B的运动时间；

(2)压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能Ep；

(3)若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件．

解析：(1)小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，

小物块由A运动到B的时间为：t＝2（h1－h2）3＝

s≈0.346 s.

g5(2)根据图中几何关系可知，h2＝h1(1－cos ∠BOC)，解得：∠BOC＝60°

gt根据平抛运动规律有：tan 60°＝，解得：v1＝2 m/s

v1根据能量的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为：

1Ep＝mv2＝2 J.

21(3)依据题意知，μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间速度趋于零，根据能量关系有：

1mgh1＋Ep>μmgL，代入数据解得：μ<

2对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰撞后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：

1mgh1＋Ep＝μmgL＋mv2

22第一次碰墙后返回至C处的动能为：

12EkC＝mv2－μmgL

8可知：即使μ＝0，

121有：mv2＝14 J，mv2＝3.5 J

282故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：

12mv≤2μmgL，

821联立解得：μ≥

1811综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ的取值范围为：≤μ<.

182答案：见解析

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