发布时间 : 星期四 文章2020高考物理一轮总复习课时冲关二十功能关系能量守恒定律含解析4更新完毕开始阅读
A．小车在往复运动过程中机械能是守恒的
B．小车上滑时经过轨道中点的加速度大于下滑时经过该点的加速度
C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功 D．小车下滑到最低点时弹簧弹性势能的最大值等于货物减少的重力势能
解析：BC [小车在往复运动过程中，摩擦力对小车做功，所以其机械能不守恒，故A错误；设下滑的加速度为a1，上滑的加速度为a2，小车质量为M，货物质量为m，则根据牛顿第二定律得，下滑过程(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1，上滑过程Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma2，解得a1＜a2，故B正确；上滑过程和下滑过程中的摩擦力大小不同，下滑时的摩擦力大于上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，故C正确；根据能量守恒定律可知，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和内能，则弹簧弹性势能的最大值大于货物减少的重力势能，故D错误．]
12．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆
A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大．到
达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直减小 12
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv
412
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv－mgh
4D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
解析：BD [圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后静止，A项错误；A到C过程，根据能量守恒定12
律有mgh－Wf＝Ep(Wf为阻力做功，Ep为弹性势能)，C到A过程，mv＋Ep＝mgh＋Wf，联立解
21212
得Wf＝mv，B项正确；在C处，弹簧的弹性势能为mgh－mv，C项错误；A到B过程，mgh1
441211
－Wf1＝mvB1＋ΔEp1，C到B过程，mv2＋ΔEp2＝mv2比较得vB2＞vB1，D项正确．] B2＋mgh2＋Wf2，
222
13．如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率运行，AB之间距离为L＝8 m，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k＝200 N/m，弹性势能Ep12
＝kx，式中x为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d＝3.2 m．现2将一质量为4 kg的工件轻放在传送带A端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s.求：
2
(1)工件传到B端经历的时间． (2)传感器的示数最大值．
(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)
解析：(1)设工件轻放后向右的加速度为a，达共速时位移为x1，时间为t1，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝μg＝5 m/s
2
v0
t1＝＝0.8 s
ax1＝at21＝1.6 m
接着工件向右匀速运动，设时间为t2，则：
1
2
L－x1
t2＝＝1.6 s
v0
工件传到B端经历的时间：t＝t1＋t2＝2.4 s
(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx1，由动能定理得：mg(d＋Δx1)sin 37°－
2
μmg(d＋Δx1)cos 37°－kΔx21＝0－mv0
1
212
代入数据解得：Δx1＝0.8 m
传感器的示数最大值为：Fm＝k·Δx1＝160 N.
(3)设传感器示数为20 N时弹簧的压缩量为Δx2，工件在斜面上通过的总路程为s，则： Δx2＝＝0.1 m
F2
k
由能量守恒得：
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mv0＋mg(d＋Δx2)sin 37°＝μmgs cos 37°＋kΔx22 22代入数据解得：s＝6.89 m.
答案：(1)2.4 s (2)160 N (3)6.89 m
14．(2019·青岛模拟)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h，将质量为m，长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝
3
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g. 2
(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小． (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.
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解析：(1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：×2mv0＝2mg(h－Lsin
2
θ)
解得：v0＝2gh－L
(2)由牛顿第二定律得：
对木板与物块整体：F0－2mgsin θ＝2ma0 对物块：μmgcos θ－mgsin θ＝ma0 3
解得：F0＝mg
2
(3)设拉力F作用的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板