1、1培优点十 功能关系、机械能守恒定律及其应用一、考点分析1. 此知识点每年必考，试题往往与其他知识点相结合，难度较大。2. 两点注意：(1)求机械能和重力势能都要选择好零势能点。(2)利用动能定理求做功，对物体运动过程要求不严格，只要求得运动物体初末状态的速度即可。二、考题再现典例 1. (2018全国 I 卷18)如图， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为 2R。 bc 是半径为 R 的四分之一的圆弧，与ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点从静止开始向右运动，重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高
2、点，机械能的增量为( ) A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR【解析】设小球运动到 c 点的速度大小为 vc， a 到 c 的过程，由动能定理得213cFRmgv，又 F = mg，解得 24cgR，小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为 2cvtR，小球在水平方向的加速度 a = g，在水平方向的位移为 21xatR。由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨
3、迹最高点的过程中，水平方向上的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量 E = F5R = 5mgR，选项 C 正确。【答案】C2典例 2. (2017全国 III 卷16)如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 13l。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为( ) A 19mgl B 16mglC 3l D 2l【解析】将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点， PM 段绳的机械能不变， MQ 段绳的机械能的增加量为 211()()3639Emglglmgl，由功能关系可知，在
4、此过程中外力做的功 19Wgl，故选 A。【答案】A三、对点速练1一根质量为 m、长为 L 的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为 m 的小球分别拴在链条左端和右端，如图乙、丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度(设甲、乙、丙三图中三根链条的速度分别为 va、 vb、 vc)关系，下列判断中正确的是( )A va vb vc B vavavb D vavbvc【答案】C【解析】链条释放之后到离开桌面，由于桌面无摩擦，机械能守恒，对三次释放，选桌面3下方 L 处为零势能面，释放后重力势能减少量分
5、别为 Ep1 mgL， Ep2 mgL， Ep3 mgL，由机械能守恒定律有 Ep1 mva2， Ep2 (2m)38 38 78 12 12vb2， Ep3 (2m)vc2，解得 v a2 gL， vb2 gL， v c2 gL，即 vc2vvb2，所以12 34 38 78vcvavb，故选 C。2(多选)如图所示，物块 A 和圆环 B 用绕过定滑轮的轻绳连接在一起，圆环 B 套在光滑的竖直固定杆上，开始时连接 B 的绳子处于水平。零时刻由静止释放 B，经时间 t， B 下降h，此时，速度达到最大。不计滑轮摩擦和空气的阻力，则( )A t 时刻 B 的速度大于 A 的速度 B t 时刻 B
6、 受到的合力等于零 C0 t 过程 A 的机械能增加量大于 B 的机械能减小量 D0 t 过程 A 的重力势能增加量大于 B 的重力势能减小量 【答案】AB【解析】 t 时刻 B 的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，其中沿绳子方向的分速度与 A 的速度大小相等，故 A 正确；当 B 刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆垂直， B 所受的合力等于 mg， B 向下先做加速运动，当绳子在竖直方向上的分力等于 B 的重力时， B 的速度最大，加速度等于 0，所以 B 受到的合力等于 0，故 B 正确；0 t 过程 A 与 B 组成的系统机械能守恒，所以 A 的机械能增加量等于 B
7、 的机械能减小量，故 C 错误；0 t 过程 A 与 B 组成的系统的机械能守恒， B 减少的重力势能转化为 A 的重力势能和 A、 B 的动能，所以 0 t 过程 A 的重力势能增加量小于 B 的重力势能减小量，故 D错误。3如图所示，可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个 2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为 30的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失， g 取 10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )A杆对小球 A 做负功B小球 A 的机械能守恒C杆对
8、小球 B 做正功D小球 B 速度为零时距水平面的高度为 0.15 m4【答案】D【解析】由题意可知， A、 B 两球在上升中受重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A 上升到斜面时， B 还在水平面上运动，即 A 在斜面上做减速运动， B 在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是 B 推着 A 上升，因此杆对 A 做正功，故 A 错误；因杆对 A 球做正功，故 A 球的机械能不守恒，B 错误；由以上分析可知，杆对球 B 做负功，故 C 错误；设小球 B 速度为零时距水平面的高度为 h，根据系统机械能守恒，可得 mgh mg(h Lsin 30) 2mv2，解得 h0.15 m，故 D 正确。
9、124(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上 O 点的转轴上，另一端与一质量为 m、套在粗糙固定直杆 A 处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为 30， OA OC， B 为 AC 的中点， OB 等于弹簧原长。小球从 A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为 aA，第一次经过B 处的速度大小为 v，运动到 C 处速度为 0，后又以大小为 aC的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )A小球可以返回到出发点 A 处B撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态C弹簧具有的最大弹性势能为 mv212D aA aC g【答案】CD【解析】
10、设小球从 A 运动到 B 的过程克服摩擦力做功为 Wf， AB 间的竖直高度为 h，弹簧具有的最大弹性势能为 Ep，根据能量守恒定律：对于小球从 A 到 B 的过程有mgh Ep mv2 Wf， A 到 C 的过程有 2mgh Ep2 Wf Ep，解得 Wf mgh， Ep mv2，小球从12 12C 点向上运动时，假设能返回到 A 点，则由能量守恒定律得 Ep2 Wf2 mgh Ep，该式不成立，可知小球不能返回到出发点 A 处，A 项错误，C 项正确；设从 A 运动到 C 摩擦力的平均值为 f， AB s，由 Wf mgh 得 f mgsin 30，在 B 点，摩擦力 Ff mg cos
11、30，由F F于弹簧对小球有拉力(除 B 点外)，小球对杆的压力大于 mgcos 30，所以 f mg cos F30可得 mgsin 30 mg cos 30，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B 项错误；根据牛顿第二定律得，在 A 点有 Fcos 30 mgsin 30 Ff maA，在 C 点有Fcos 30 Ff mgsin 30 maC，两式相减得 aA aC g，D 项正确。55(多选)水平长直轨道上紧靠放置 n 个质量为 m 可看作质点的物块，物块间用长为 l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩擦因数为 。用水平恒力 F 拉动物块 1开始运动，到连接第 n
12、 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A拉力 F 所做功为 nFlB系统克服摩擦力做功为n n 1 mgl2C Fn mg2D nmg F( n1) mg【答案】BC【解析】物块 1 的位移为( n1) l，则拉力 F 所做功为 WF F(n1) l( n1) Fl，故 A错误。系统克服摩擦力做功为 Wf mg l mg (n2) l mg (n1) l，故 B 正确。据题，连接第 n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，n n 1 mgl2假设没有动能损失，由动能定理有 WF Wf，解得 F 。现由于绳子绷紧瞬间系统有动n mg2能损失，所以根据功能关系可知 F ，故 C 正确，
13、D 错误。n mg26如图所示，光滑圆弧 AB 在竖直平面内，圆弧 B 处的切线水平。 A、 B 两端的高度差为0.2 m， B 端高出水平地面 0.8 m， O 点在 B 点的正下方。将一滑块从 A 端由静止释放，落在水平面上的 C 点处。(取 g10 m/s 2)(1)OC 的长度是多少？(2)在 B 端接一长为 1.0 m 的木板 MN，滑块从 A 端释放后正好运动到 N 端停止，则木板与滑块间的动摩擦因数多大？(3)若将木板右端截去长为 L 的一段，滑块从 A 端释放后将滑离木板落在水平面上 P 点处，要使落地点距 O 点的距离最远， L 应为多少？【解析】(1)滑块从光滑圆弧 AB
14、下滑过程中，根据机械能守恒定律得： mgh1 mvB212解得： vB 2 m/s2gh1滑块离开 B 点后做平抛运动，则6竖直方向： h2 gt212水平方向： x vBt联立解得： x0.8 m。(2)滑块从 B 端运动到 N 端停止的过程，根据动能定理得 mgL 0 mvB212代入数据解得： 0.2。(3)若将木板右端截去长为 L 的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为 v，由动能定理得 mg (L L) mv2 mvB212 12滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距 O 点的距离s L L vt联立整理得： s10.8 L L根据数学知识得知，当 0.4 时
15、， s 最大，即 L0.16 m 时， s 最大。 L7如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量 m1 kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带， AB 长 L5 m，物块与传送带间的动摩擦因数 10.2，与传送带相邻的粗糙水平面 BC 长 s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数 20.3，在 C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为 120，在圆弧的最高点 F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以 v5 m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传
16、送带的机械能损失。当弹簧储存的 Ep18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的 E 点，取 g10 m/s 2。(1)求右侧圆弧的轨道半径 R；(2)求小物块最终停下时与 C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。【解析】(1)物块被弹簧弹出，有： Ep mv02127解得： v06 m/s因为 v0v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，有： 1mg ma1， v v0 a1t1， x1 v0t1 a1t1212解得： a12 m/s 2， t10.5 s， x12.75 m因为 x10，故物
17、块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至 0 再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距 C 点 x 处，有：mv B2 2mg(s x)12解得： x m。13(3)设传送带速度为 v1时物块恰能到 F 点，在 F 点满足： mgsin 30 mvF2R从 B 到 F 过程中由动能定理可知：mv12 mv F2 2mgs mg(R Rsin 30)12 12解得： v1 m/s37设传送带速度为 v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到 E 点，有：mv22 2mg3s mgR12解得： v2 m/s43若物块在传送带上一直加速运动，有： mv Bm2 mv02 1mgL12 12知其到 B 点的最大速度 vBm m/s568综合上述分析可知，只要传送带速度 m/s v m/s 就满足条件。37 43
