高考物理专题十功能关系、机械能守恒定律及其应用精准培优专练

1、培优点十功能关系、机械能守恒定律及其应用 、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？8）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点，机械能的增量为（）A. 2 mgR B

2、. 4 mgR C. 5 mgR D. 6 mgR【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1 2 2F 3R mgR mvc，又F = mg解得乂 4gR，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ta = g，9在水平方向的位移为 x 1at2 2R。由以上分析可知，小球从 a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向上的位移大小为5R,则小球机械能的增加量 E = F?5R=

3、 5 mgR选项C正确。【答案】C典例2. （2017 ?全国III卷？6）如图，一质量为 m长度为I的均匀柔软细绳 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1相距。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为 ()3A. -mgl.-mgl9C. mgl【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2 1211能的增加量为 E - mg( -1) -mg( -1) -mgl，由功能关系可知，在此过程中外力做的3 63391功W -mgl，故选Ao9【答案】A卜三、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

4、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= VcI卩乙iHB. VaVbVaVbDVaVbVc【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，选桌面下一一337方L处为零势能面，释放后重力势能减少量分别为 &1 = mgL &2=；mgL 氐=-mgL8 8 81 1133由机械能守恒定律有 &=

5、;ma2,A 民=-(2n)vb2,A Ep3=;(2r)vc2，解得 Va2=：gL, Vb2=-2 22482722gL, v c = gL,即 Vc vVb，所以 VcVaVb,故选 CO2.(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,Ifn严丨T Tn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受到的合力等于零C. 0t过程A的机械能增加量大于 B的机械能减小量D. 0t过程A的重力势能增加量大于 B的重力势能减

6、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；0t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的机械能减小量，故 C错误；0t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0t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

7、，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 m【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

8、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、 、 1 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 mgh+ Lsin 30 ） = ?X2mV，解得h= 0.15 m，故D正确。4. （多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上0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

9、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1 2c.弹簧具有的最大弹性势能为 2mVg。下列D. aA ac= g【答案】CD【解析】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为 W, AB间的竖直高度为h,弹簧具有1 2的最大弹性势能为 丘，根据能量守恒定律：对于小球从A到B的过程有mg*qmv+ W,1 2A到C的过程有2mg肝&= 2W+巳，解得 W= mgh & = 2mV,小球从C点向上运动时，假设 能返回到A点，则由能量守恒定律得 & =

10、2W+ 2mglU H,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 Ff, AB= s，由W/=mgh得Ff = mgsin 30 ，在B点，摩擦力F = 口 mgcos 30 ，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于mgpos 30,所以Ff 口 mgcos 30可得 mgi n 30 口 mgcos30，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 = ma,在 C点有 Fcos 30 Ff min 30 = ma, 两式相减得aA ac=

11、 g, D项正确。5. （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 I的细口。用水平恒力 F拉动物块1线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩擦因数为开始运动，到连接第 n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（）B.系统克服摩擦力做功为n n 1 口 mglft2 1rm rnf i iii nA.拉力F所做功为nFIC. FD. n(1 mgF(n 1) 口 mg【答案】BC【解析】物块1的位移为(n 1)1，则拉力F所做功为WF= F-(n 1)1 = (n 1)F1，故A错 误。系统克服摩擦力做功为 W = i mg- l + i mg-( n 2

12、)1 + 口 mg(n 1)1 = n ； 求右侧圆弧的轨道半径R吨，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，假 设没有动能损失，由动能定理有 WF= W,解得F=号严现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损 失，所以根据功能关系可知F严，故C正确，D错误。6. 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2面上的C点处。(取g= 10 m/s )(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

13、，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?1 2【解析】(1)滑块从光滑圆弧 AB下滑过程中，根据机械能守恒定律得：mgh=解得：Vb= 2gh = 2 m/s滑块离开B点后做平抛运动，则竖直方向：1 2 h2= 2gt水平方向：x = VBt联立解得：x = 0.8 m。(2)滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得i mgL= 0 gmv2代入数据解得：口 = 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1 2

14、1 2-口 mg( L-A L) = 2mv- 2mB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0点的距离s= LA L+ vt联立整理得：s = 1 + 0.8 A L-A L根据数学知识得知，当”J A L= 0.4时，s最大，即A L= 0.16 m时，s最大。7如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m= 1 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L= 5 m,物块与传送带间的动摩擦因数口 1= 0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s= 1.5 m它与物块间的动摩擦因数口

15、2= 0.3，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e = 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v = 5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的E= 18 J能量全部释放时，小5 m/s的速度滑上水平面 BC物物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g= 10 m/s1 求小物块最终停下时与C点的距离； 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。1 2【解析】(1)物块被弹簧弹出，有：Ep= ?mv解得：Vo = 6 m/s因为vv，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:1 21 mg= ma, v= v- ad1, X1 = vt1- 2&让1解得：a1 = 2 m/s , 11 = 0.5 s , X1= 2.75 m因为X10,故物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:1解得：x= 3 m。=mR3 设传送带速度为V1时物块恰能到 F点，