高考物理精做机械能守恒定律的应用大题精做 27页

精做 17 机械能守恒定律的应用 1．（2016·江苏卷）如图所示，倾角为 α 的斜面 A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面， 另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块 B 相连，B 静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧 的细线与斜面平行。A、B 的质量均为 m。撤去固定 A 的装置后，A、B 均做直线运动。不计一 切摩擦，重力加速度为 g。求： （1）A 固定不动时，A 对 B 支持力的大小 N； （2）A 滑动的位移为 x 时，B 的位移大小 s； （3）A 滑动的位移为 x 时的速度大小 vA。 【答案】（1）N=mgcos α （2）s= （3） 【解析】（1）支持力的大小 N=mgcos α （2）根据几何关系 sx=x·(1–cos α)，sy=x·sinα 且 s= 解得 s= 2(1 cos ) xα− ⋅ 2 sin 3 2cosA gxv α α= − 2 2 x ys s+ 2(1 cos ) xα− ⋅ 【名师点睛】第一问为基础题，送分的。第二问有点难度，难在对几何关系的寻找上，B 的 实际运动轨迹不是沿斜面，也不是在竖直或水平方向，这样的习惯把 B 的运动正交分解，有 的时候分解为水平、竖直方向，也可能要分解到沿斜面和垂直斜面方向，按实际情况选择， 第三问难度较大，难在连接体的关联速度的寻找，这类关系的寻找抓住：沿弹力的方向分速 度相同。 2．（2015·海南卷）如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 bc 组成， 圆弧半径 Oa 水平，b 点为抛物线顶点。已知 h=2 m，s= 。取重力加速度大小 。 （1）一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下，当其在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作 用力，求圆弧轨道的半径； （2）若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达 c 点时速度的水平分量的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）一小环套在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到 b 点 时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道 bc 重合，故有 ① 2 m 210 m/sg = 0.25 mR = 2 10 m/s3xv = bs v t= ② 从 ab 滑落过程中，根据动能定理可得 ③ 联立三式可得 ④ （2）环由 b 处静止下滑过程中机械能守恒，设环下滑至 c 点的速度大小为 v，有 ⑤ 环在 c 点的速度水平分量为 ⑥ 式中， 为环在 c 点速度的方向与水平方向的夹角，由题意可知，环在 c 点的速度方向和以 初速度 做平抛运动的物体在 c 点速度方向相同，而做平抛运动的物体末速度的水平分量为 ，竖直分量 为 ⑦ 因此 ⑧ 联立可得 ⑨ 3．（2015·上海卷）质量为 m 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向 上运动，经一段时间，拉力做功为 W，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面，以地面为 零势能面，不计空气阻力。求： （1）球回到地面时的动能 ； （2）撤去拉力前球的加速度大小 a 及拉力的大小 F； （3）球动能为 W/5 时的重力势能 。 【答案】（1） （2） （3） 或 21 2h gt= 21 2 bmgR mv= 2 0.25 m4 sR h = = 21 2mgh mv= cosxv v θ= θ 0v ' 0xv v= ' yv ' 2yv gh= 0 2 '2 0 cos y v v v θ = + 2 10 m/s3xv = kE pE k1 =E W mgF 3 4= p 3= 5E W p 4= 5E W （3）动能为 W/5 时球的位置可能在 h 的下方或上方。 设球的位置在 h 下方离地 h′处 而 ，解得 重力势能 设球的位置在 h 下上方离地 处 由机械能守恒定律 因此 重力势能 4．（2013·浙江卷）山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下。图中 A、 B、C、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h1=1.8 m，h2=4.0 m，x1=4.8 m，x2=8.0 m。 开始时，质量分别为 M=10 kg 和 m=2 kg 的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上， 当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头 A 点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑 到 C 点，抓住青藤的下端荡到右边石头的 D 点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成 质点，空气阻力不计，重力加速度 g=10 m/s2，求： WhmgF 5 1)( =′− WhmgF 4 1)( =− hh 5 4=′ p 3= 5E mhg W′ = h ′′ WhmgW =′′+ 5 1 p 4= 5E mgh W′′ = （1）大猴子水平跳离的速度最小值； （2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小； （3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小。 【答案】（1） （2） （3）F=216 N 【解析】根据 h1= gt2，解得 则跳离的最小速度 （2）根据机械能守恒定律得， (M+m)v2=(M+m)gh2 解得 （3）根据牛顿第二定律得，F−(M+m)g=(M+m) 根据几何关系得，(L−h2)2+x22=L2 联立解得 F=216 N 5．如图所示，竖直平面内的一半径 R=0.80 m 的光滑圆弧槽 BCD，倾角为 60°的斜面 AB 与圆弧 槽 BCD 相切于 B 点，一水平面 DQ 与圆弧槽相接于 D 点。现将一质量 m=0.10 kg 的小球从 B 点 正上方 H=1.0 m 高处的光滑斜面上的 A 点由静止释放，由 B 点进入圆弧轨道，从 D 点飞出后 落在水平面上的 Q 点，DQ 间的距离 x=2.4 m，球从 D 点飞出后的运动过程中相对于 DQ 水平面 上升的最大高度 h=0.80 m，g 取 10 m/s2，不计空气阻力。求： 0 =8 m/sv 9 m/sv = 1 2 12 2 1.8= = s=0.6 s10 ht g × 1 0 4.8= = m/s 8 m/s0.6 xv t = 1 2 22 80 m/s 9 m/sv gh= = ≈ 2v L （1）小球经过 C 点时轨道对它的支持力大小 FN。 （2）小球经过最高的 P 的速度大小 vP。 （3）D 点与圆心 O 的高度差 hOD。 【答案】（1）FN=8 N （2）vP=3.0 m/s （3）hOD=0.65 m 【解析】（1）设经过 C 点的速度为 v1，由机械能守恒得 在 C 点，由牛顿第二定律有 FN–mg=m 代入数据解得 FN=8 N （2）设 P 点的速度为 vP，P 到 Q 做平抛运动，则有 竖直方向 h= gt2 水平方向 =vPt 代入数据解得 vP=3.0 m/s （3）从 A 到 B 点的过程中，由机械能守恒得，则 mgH= 由 B 到 D 过程，由机械能守恒得：mghBD= – 由 D 到 P 过程，有 mgh= – 代入数据解得 hBD=0.25 m 由几何关系得：hOD=hOB+hBD=0.65 m 6．如图所示，光滑水平冰面上固定一足够长的光滑斜面体，其底部与水平面相切，左侧有一滑 块和一小孩（站在冰车上）处于静止状态。在某次滑冰游戏中，小孩将滑块以相对冰面 v1=4 m/s 的速度向右推出，已知滑块的质量 m1=10 kg，小孩与冰车的总质量 m2=40 kg，小孩与冰车始 终无相对运动，取重力加速度 g=10 m/s2，求： 2 1v R 2 1 2 x 21 2 Bmv 21 2 Dmv 21 2 Bmv 21 2 Dmv 21 2 Pmv （1）推出滑块后小孩的速度大小 v2； （2）滑块在斜面体上上升的最大高度 H； （3）小孩推出滑块的过程中所做的功 W。 【答案】（1）v2=1 m/s （2）H=0.8 m （3）W=100 J 7．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R 的半圆形，固定在竖直面内，管口 B、C 的连线是 水平直径。现有一质量为 m 带正电的小球（可视为质点）从 B 点正上方的 A 点自由下落，A、 B 两点间距离为 4R。从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，静电力在竖直向上 的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口 C 处脱离圆管后，其运动轨迹经过 A 点。设小 球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为 g，求： （1）小球到达 B 点的速度大小； （2）小球受到的静电力的大小； （3）小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力。 【答案】（1） （2） （3）3mg，方相水平向右 【解析】（1）A 到 B 有： ， 8Bv gR= 2F mg= 214 2 BmgR mv= 8Bv gR= （3）在 C 处： 解得： 有牛顿第三定律有：小球的管的压力为 3mg，方相水平向右 【名师点睛】本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运 动，并采用正交分解求解电场力，常规方法，难度适中。 8．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B 点，水平桌 面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R=0.8 m 的圆环剪去了左上角 135°的圆 弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R，用质量为 的物块将弹簧缓 慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点，用同种材料，质量为 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后其位移与时间的关系为 ，物块 飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道，取 ，求： （1）判断 能否沿圆轨道到达 M 点； （2）B、P 间的水平距离； （3）释放后 运动过程中克服摩擦力做的功。 2 C x y vF F m R + = 3NF mg= 1 0.4 kgm = 2 0.2 kgm = 26 2x t t= − 210 m/sg = 2m 2m 【答案】（1）不能到达 M 点 （2） （3） 【解析】（1）物块 由 D 点以初速度 平抛，到 P 点时，由平抛运动规律可得 ，解得 假设能到达 M 点，且速度为 ，由机械能守恒定律可得 根据几何关系可得 ，解得 能完成圆周运动过 M 点的最小速度 根据重力提供物体做圆周运动的向心力 ，解得 所以不能到达 M 点 （2）平抛过程中水平位移为 x，由平抛运动规律可得 ， 在桌面上过 B 点后的运动为 ，故为匀减速运动，且初速度 ，加速度 B、D 间由运动规律可得 ，解得 BP 水平距离为 （3）设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 ，物块与桌面间的动摩擦因数为 释放 时， ，释放 时 且 ，可得： 释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 则由能量转化及守恒定律得： 可得 【名师点睛】该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、 圆周运动向心力公式的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题。 9．为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为 37°，成为 l=2.0 m 的粗糙倾斜轨道 AB，通过水平轨道 BC 与半径为 R=0.2 m 的数字圆轨道相连，出口为 4.1m 5.6 JfW = 2m Dv 2yv gR= tan 45 y D v v ° = 4 m/sDv = Mv 2 2 2 2 2 1 1 2 2M Dm v m gh m v+ = 2 Rh = 2 4 2 2 2.17 m/sMv = − ≈ minv 2 min 2 2 vm g m R = min 2 2 m/s 2.17 m/sv = > Dx v t= 21 2R gt= 26 2x t t= − 6 m/sBv = 24 m/sa = − 2 2 2B Dv v as− = 4.1mx s+ = pE µ 1m p 1 CBE m gsµ= 2m 2 p 2 2 0 1= 2CBE m gs m vµ + 1 22m m= 2 p 2 0 7.2 JE m v= = 2m fW 2 p 2 1 2f DE W m v= + 5.6 JfW = 水平轨道 DE，整个轨道除 AB 段以外都是光滑的，其中 AB 与 BC 轨道以微小圆弧连接，如果 所示，一个质量 m=1 kg 小物块以初速度 5.0 m/s 从 A 点沿倾斜轨道滑下，小物块到达 C 点时速度 ，取 ， ， （1）求小物块到达 C 点时对圆轨道压力的大小； （2）求小物块从 A 到 B 运动过程中摩擦力所做的功 （3）为了使小物块不离开轨道，并从轨道 DE 滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）设小物块到达 C 点时受到圆轨道的支持力大小为 N，根据牛顿第二定律有， 解得： 根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为 90 N （2）物块从 A 到 C 的过程中，根据动能定理有： ，解得 （3）设物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为 ，根据牛顿第二定律有： ， 则 物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有： 联立得 ，解得 【名师点睛】本题考查动能定理以及向心力公式的应用，要注意明确对于不涉及时间的力学 问题可以优先利用功能关系，如动能定理和机械能守恒定律进行分析求解；本题还要注意临 0v = 4.0 m/sCv = 210 m/sg = sin 37 0.60° = cos 37 0.80° = 90 NN = 16.5 JfW = − 0.32 mR ≤ 2vN mg m R − = 90 NN = 2 21 1sin37 2 2f C Amgl W mv mv°+ = − 16.5 JfW = − 1v 2vN mg m R + = v gR≥ 2 21 1 22 2Cmv mv mgR= + 2 5 CvR g ≤ 0.32 mR ≤ 界条件的应用，明确物体能越过最高点的条件。 10．如图所示，将一质量为 m 得小环套在一半径为 R 的“半圆形”金属轨道上，并将轨道固定在 竖直面内的 A、B 两点，直径 AB 与竖直半径 OD 夹角为 60°。现将两根原长为 R、劲度系数 的弹性轻绳一端固定在小环上，另一端分别固定在 A、B 两点。已知弹性轻绳满足 胡克定律，不计一切摩擦，重力加速度为 g。将小环由 A 点正下方的 C 点静止释放，当小环 运动到金属轨道的最低点 D 时，求： （1）小环的速率 v； （2）金属轨道对小环的作用力 F 的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）在 CD 点，弹性绳的弹能相等，由机械能守定可得： 得： （2）在 D 点时，AD 段弹性绳的伸长量 ，BD 段性绳弹力为 0 则 AD 段弹性绳张力 在 D 点时，设导轨对圆环的作用力 F 是向上的支持力 圆环的向心力方程： 得： 【名师点睛】本考查机械能守定律以及力式的应用，要注意正确分析过程并能正进行受力分， 确利用向心公式列式即可求。 11．如图所示，有一粗糙水平面 AB 与一光滑的、很长的斜面 BC 在 B 点平滑连接，M=2kg 的物体 与水平面见的动摩擦因素 µ=0.4，现使其从 A 点以 vA=8 m/s 的水平速度向 B 运动，sAB=6 m 物 mgk R = v gR= 1 3( )2F mg += 21 2 2 Rmg mv= v gR= ( 3 1)x R= − ( 3 1) ( 3 1)mgT kx R mgR = = − = − 2 ( 3 1) cos30 = vmg F mg m R − °+ − 1 3( )2F mg += 体经过 B 点后沿斜面上滑，之后又回滑经过 B 点而停在水平面上。求： （1）物体回到 B 点时的速度 vB。 （2）物体沿斜面上升的最大高度 h。 （3）物体停在水平面上的位置（用 A 点描述）。 【答案】（1）vB=4 m/s （2）H=1.6 m （3）sAD=4 m （2）从 B 点到最高点机械能守恒： MvB2=MgH H=1.6 m （3）从 B 点到停止点用动能定理： –µMgsBD=0– MvB2 sBD=2 m 则：sAD=4 m 【名师点睛】本题考查动能定理和机械能守恒定律的应用，在由 A 到 B 得过程中，物体克服 摩擦力做功等于动能的减小量，列公式求解，从 B 点到最高点，因为只有重力做功，机械能 2 1 2 1 守恒，以水平面为零势面，列式求解。 12．如图所示，A 物体用板托着，位于离地 h=1.0 m 处，轻质细绳通过光滑定滑轮与 A、B 相连， 绳子处于绷直状态，已知 A 物体质量 M=1.5㎏，B 物体质量 m=1.0 kg，现将板抽走，A 将拉 动 B 上升，设 A 与地面碰后不反弹，B 上升过程中 不会碰到定滑轮，问：B 物体在上升过程 中离地的最大高度为多大？取 g=10 m/s2。 【答案】 1.2 m 【解析】在 A 下降 B 上升的过程中，A、B 系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 ① 解得 ② 代入数据有 =2 m/s③ A 着地后，B 做竖直上抛运动，竖直上抛能上升的高度为 ④ 代入数据有 0.2 m⑤ B 物体上升过程中距地面的最大高度为 =1.2 m⑥ 13．如图所示，用细圆管组成的光滑轨道 AB 部分平直，BC 部分是处于竖直平面内半径为 R 的半 圆，圆管截面半径 r<μMg·4l⑩ 要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C。由机械能守 恒定律有 ≤Mgl⑪ 联立①②⑩⑪式得 m≤M< m⑫ 18．如图所示，在水平面的上方有一固定的水平运输带，在运输带的左端 A 处用一小段光滑的圆 弧与一光滑的斜面平滑衔接，该运输带在电动机的带动下以恒定的向左的速度 v0=2m/s 运动。 将一可以视为质点的质量为 m=2 kg 的滑块由斜面上的 O 点无初速度释放，其经 A 点滑上运 输带，经过一段时间滑块从运输带最右端的 B 点离开，落地点为 C。已知 O 点与 A 点的高度 差为 H1=1.65 m，A 点与水平面的高度差为 H2=0.8 m，落地点 C 到 B 点的水平距离为 x=1.2 6gl 2mv l 21 2 Bmv 21 2 Dmv 2gl 1 2 2 21 2 BMv 5 3 5 2 m，g 取 10 m/s2。 （1）求滑块运动到 C 点时的速度大小； （2）如果仅将 O 点与 A 点的高度差变为 H′1=0.8 m，且当滑块刚好运动到 A 点时，撤走斜 面，求滑块落在水平面上时的速度大小； （3）在第（2）问情况下滑块在整个运动过程中因摩擦而产生的热量有多少？ 【答案】（1）v=5 m/s （2）v2=2 m/s （3）Q=36 J （2）设滑块从高 H1=1.65m 处的 O 点由静止开始下滑到运输带上，再滑到运输带右端过程中， 摩擦力对滑块做功为 Wf，由动能定理得 mgH1+Wf= 解得 Wf=–24 J 滑块从高 H′1=0.8 m 处的 O 点由静止开始下滑到运输带上，由于 mgH′1<|Wf|，在滑到运输 带右端前滑块的速度就减为零，然后滑块要向左运动，设滑块从高 H′1=0.8m 处由静止开始 下滑到达运输带左端的速度为 v′0，则 mgH′1= 解得 v′0=4 m/s 因为 v0h，如图所示。在平台边缘右上方的轨道恰能使小球无摩擦地通过，A 球位于平台的边缘， 受到微小的扰动后开始下落，设 A、B 两球相继落地后均不弹起，求 C 球刚要离开平台时的 速度大小。 【答案】vC= 【解析】A 小球下落 h 的过程中，以 A、B、C 三球为整体机械能守恒，A 球刚到地面时，速 率为 v1，则 A 球减少的重力势能等于三球增加的动能，所以有 mgh=3× mv21 A 球落地后，B 球以速率 v1 开始下落 h 的过程中，以 B、C 球组成整体机械能守恒，B 球减少 的重力势能等于 B、C 两球增加的动能，所以有 mgh= ·2mv22– ·2mv21 B 球落地后，B、C 间绳子已松弛，C 球在光滑台面上以速度 v2 匀速前进 l–h 距离后离开平 0 2 v′ 0 2 v′ 2 0 1 2 mv′ 0 2 v 0 2 v 2 0 1 2 mv 5 3 gh 1 2 1 2 1 2 台，代入数值解得 vC=v2= 20．如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的 中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为 θ。现有 10 个质量均为 m、半径均为 r 的均匀刚性球，在施加于 1 号球的水平外力 F 的作用下均静止，力 F 与圆槽在同一竖直面内， 此时 1 号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为 h。现撤去力 F 使小球开始运动，直到 所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为 g。求： （1）水平外力 F 的大小； （2）1 号球刚运动到水平槽时的速度； （3）整个运动过程中，2 号球对 1 号球所做的功。 【答案】（1）F=10mgtan θ （2）v= （3）W=9mgrsin θ （3）撤去水平外力 F 后，以 10 个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得： 5 3 gh 2gh 10mg = 10mv 解得 v1= 以 1 号球为研究对象，由动能定理得 mgh+W= mv 得 W=9mgrsin θ 21．如图所示，长度为 的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可以忽 略）。在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为 ，小球保持静止，画出此时小球 的受力图，并求力 F 的大小；由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点时的速度 大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。 【答案】如图所示 【解析】受力分析如图， 根据平衡条件 所以拉力大小 只有重力做功，机械能守恒 18( sin )2 rh θ+ 1 2 θ 2 9 singh r θ+ 1 2 θ l α αtanmgF = )cos1(2 α−= glv )cos23( α−= mgT mgT =αcos FT =αsin αtanmgF = 通过最低点时速度大小 根据牛顿第二定律 解得通过最低点时拉力 ，方向竖直向上 22．长为 6L、质量为 6m 的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系 有一个可视为质点的质量为 M 的木块，如图所示。木块在 AB 段与桌面无摩擦，在 BE 段与桌 面的动摩擦因数为 μ，匀质绳与桌面的摩擦可忽略。初始时刻用手按住木块使其停在 A 处， 绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在 C 处。桌面距地面高度大于 6L。 （1）求木块刚滑至 B 点时的速度 v 和 μ 的值? （2）若木块 BE 段与桌面的动摩擦因数变为 ，则木块最终停在何处？ （3）是否存在一个 μ 值，能使木块从 A 处放手后，最终停在 E 处，且不再运动？若能，求 出该 μ 值；若不能，简要说明理由。 【答案】（1） （2）木块将从 C 点再滑动 L 最终停在 D 处 （3） 不存在符合要求的 μ 值 见解析 2 2 1)cos1( mvmgl =− α )cos1(2 α−= glv l vmmgT 2 =− )cos23( α−= mgT M m 4 21=′µ mM mgLv 6 5 += M m6=µ （2）若 ，设木块能从 B 点再向右滑动 x 最终停止，由能量关系得 即 ⑤ 将 代入⑤式并整理得 解得 ( 不合题意舍去) 即木块将从 C 点再滑动 L 最终停在 D 处 （3）不存在符合要求的μ 值，即不可能使木块从 A 处放手后最终停在 E 处且不再运动 这是由于当 时，若木块能滑至 E 点，恰好有 ，此时绳全部悬于桌 边外，对木块的拉力恰好也为 ，而从②式的结果知，要使木块继续向 E 点滑行，必须 再减小 μ 值，因而木块尚未滑至 E 点时，木块所受滑动摩擦力已与悬绳拉力相等，此时， 再向 E 点滑行时，悬绳对木块拉力将大于木块受到的滑动摩擦力而使合力向右，木块又重新 获得加速度，因此不可能保持静止状态 木块从 A 处释放后滑至 B 点的过程中，系统机械能守恒，首先规定零势面，找到初状态和末 状态，由机械能守恒定律列公式（系统重力势能的减小量等于动能增加量）求解，若 µµ <=′ M m 4 21 p2 2fE W∆ = ( ) MgxmgLxLmgL xL µ′=−+     + 22 33 M m 4 21=′µ 01092 22 =+− LLxx Lx 2= L.x 52= M m6=µ mgmgf 6== µ mg6 ，设木块能从 B 点再向右滑动 x 最终停止，由能量关系可知重力势能的减小 量等于克服阻力做功，向右滑动 x 距离，右端质量下降 x，设末状态最低点为零势面计算出 高度差可求得重力势能减小量，再由功能关系列式求解，最后讨论即可 23．如图所示，一轻绳通过无摩擦的定滑轮与放在倾角为 30°的光滑斜上的物体 m1 连接，另一 端和套在光滑竖直杆上的物体 m2 连接，图中定滑轮到竖直杆的距离为 m，又知当物体 m2 由图中位置（连接 m2 的轻绳此时水平）从静止开始下滑 1 m 时，m1 和 m2 受力恰好平衡。试 求：（g 取 10 m/s2） （1）m2 下滑过程中的最大速度。 （2）m2 下滑的最大距离。 【答案】（1） （2）H=2.3 m 【解析】（1）m2 下滑过程中受到绳子的拉力、杆的弹力、和重力作用，m1 受到绳子的拉力、 支持力、重力作用，由绳子对 m2 和 m1 的拉力大小相等，绳子的拉力与两物体重力的关系可 求得两物体的质量之比，以系统作为一个整体为研究对象，整个系统没有摩擦力作用，机械 能守恒，列出公式，以 m2 为研究对象把速度进行分解，沿着绳子方向的分速度为 m1 上升时 的速度 m2 下滑 1 米时，由几何关系可知 θ=30° 对 m2、m1 进行受力分析，由平衡条件可知 解得： 以 m1、m2 构成得系统为研究对象，由于只有重力 做功，所以机械能守恒 µµ <=′ M m 4 21 3 1 2.15 m/sv = gmT 2sin =θ θsin1gmT = 21 4mm = 2 11 2 221122 2 1 2 1 vmvmghmghm +=− 联立解得： （2）令 m2 下滑得最大距离为 H，由系统机械能守恒可得 解得：H=2.3 m 24．如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 O1、O2 和质量 mB=m 的小球连接，另一端 与套在光滑直杆上质量 mA=m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平 面内，与水平面的夹角 θ=60°，直杆上 C 点与两定滑轮均在同一高度，C 点到定滑轮 O1 的 距离为 L，重力加速度为 g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。最初用 手沿光滑直杆方向拉住小物块在如图所示的位置静止，现将小物块从 C 点由静止释放，试求： （1）手沿杆的拉力要多大才能使小滑块在如图位置静止； （2）小物块能下滑的最大距离； （3）小物块在下滑距离为 L 时的速度大小。（结果均可用根号表示） 【答案】F=mg(1/2+ /2) （2） （3） 【解析】（1）F=mg(1/2+ /2) （2）设小物块能下滑的最大距离为 sm，由机械能守恒定律有 而 2 1 1 2 2 31m m cos 602h h v v −= = = °， ， 1 2.15 m/sv = 112 ghmgHm = ( )2 1 3 3 sin30h H′ = + − ° 3 4(1 3)ms L= + 20 3 5 gLv = 3 sinA m B Bm gs m ghθ = 增 2 2( cos ) ( sin )mBh s L L Lθ θ= − + −增 代入解得 【名师点睛】解决本题的关键知道 A、B 组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。对于单 个物体，有拉力做功，机械能不守恒，以及知道 A、B 两物体的速度存在一定的关系。 4(1 3)ms L= +