人教版 (2019)必修 第二冊4 機械能守恒定律導(dǎo)學案

這是一份人教版 (2019)必修 第二冊4 機械能守恒定律導(dǎo)學案，共17頁。
1．追尋守恒量
如圖所示，讓靜止的小球沿一個斜面A滾下，小球?qū)L上另一個對接斜面B，如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，hAeq \(□,\s\up4(01))＝hB。
2．動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化
(1)動能與重力勢能間的轉(zhuǎn)化
①物體自由下落或沿光滑斜面滑下時，重力對物體做正功，物體的重力勢能eq \(□,\s\up4(02))減少，動能eq \(□,\s\up4(03))增加，物體原來的重力勢能轉(zhuǎn)化成了eq \(□,\s\up4(04))動能。
②具有一定速度的物體，由于慣性在空中豎直上升或沿光滑斜面上升時，重力對物體做負功，物體原來的eq \(□,\s\up4(05))動能轉(zhuǎn)化成了eq \(□,\s\up4(06))重力勢能。
(2)動能與彈性勢能間的轉(zhuǎn)化
發(fā)生彈性形變的物體恢復(fù)原來形狀時，把跟它接觸的物體彈出去的過程中，彈力做eq \(□,\s\up4(07))正功，彈性勢能eq \(□,\s\up4(08))減少，彈性勢能轉(zhuǎn)化為eq \(□,\s\up4(09))動能；反之，彈力做eq \(□,\s\up4(10))負功，動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能。
(3)機械能
eq \(□,\s\up4(11))重力勢能、eq \(□,\s\up4(12))彈性勢能與eq \(□,\s\up4(13))動能統(tǒng)稱為機械能。通過eq \(□,\s\up4(14))重力或eq \(□,\s\up4(15))彈力做功，機械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式。
3．機械能守恒定律
(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，eq \(□,\s\up4(16))動能與eq \(□,\s\up4(17))勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的eq \(□,\s\up4(18))機械能保持不變。
(2)守恒定律表達式
①Ek2－Ek1＝eq \(□,\s\up4(19))Ep1－Ep2，即ΔEk增＝eq \(□,\s\up4(20))ΔEp減。
②Ek2＋Ep2＝eq \(□,\s\up4(21))Ek1＋Ep1，即E2＝E1。
(3)守恒條件：物體系統(tǒng)內(nèi)只有eq \(□,\s\up4(22))重力或eq \(□,\s\up4(23))彈力做功。
4．功能關(guān)系
由于功是能量轉(zhuǎn)化的量度，某種力做功往往與某一種具體形式的能量轉(zhuǎn)化相聯(lián)系，具體功能關(guān)系如下：
注：其他力指的是重力和eq \(□,\s\up4(26))系統(tǒng)內(nèi)彈力之外的力。

典型考點一 動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化
1．一只乒乓球由高處靜止下落撞擊地板后又上升，在整個過程中，不考慮空氣阻力，乒乓球動能和勢能的轉(zhuǎn)化情況是( )
A．重力勢能→動能→重力勢能
B．動能→彈性勢能→重力勢能
C．動能→彈性勢能→動能→重力勢能→動能
D．重力勢能→動能→彈性勢能→動能→重力勢能
答案 D
解析 乒乓球在下落過程中，高度降低，速度增大，重力勢能減小，動能增大；在撞擊地板的一瞬間，由于乒乓球發(fā)生形變，乒乓球的動能轉(zhuǎn)化為乒乓球的彈性勢能，乒乓球在恢復(fù)原狀的過程中，彈性勢能又轉(zhuǎn)化為乒乓球的動能，使乒乓球產(chǎn)生一個反方向的速度(如不考慮機械能的損失，則此速度與乒乓球撞擊地板前的速度大小相同)，向上跳起，在上升過程中，動能又逐漸轉(zhuǎn)化成重力勢能，直至動能為零，從下落到反彈上升的全過程中，經(jīng)歷的能量轉(zhuǎn)化過程是重力勢能→動能→彈性勢能→動能→重力勢能，故D正確。
典型考點二 機械能守恒的判斷
2．關(guān)于機械能守恒的條件，下列說法中正確的是( )
A．只有重力和彈力作用時，機械能才守恒
B．當有除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力外的其他力作用時，只要合力為零，機械能守恒
C．當有除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力外的其他力作用時，只要其他外力不做功，機械能守恒
D．炮彈在空中飛行，不計阻力時，僅受重力作用，所以爆炸前后機械能守恒
答案 C
解析 機械能守恒的條件是只有重力和系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，如果這里的彈力是外力，且做功不為零，機械能不守恒，A錯誤；當有其他力作用且合力做功為零時，機械能可能不守恒，如拉一物體勻速上升，合力為零但機械能不守恒，B錯誤；“其他力”不含重力和系統(tǒng)內(nèi)的彈力，故其他力不做功，機械能守恒，C正確；在炮彈爆炸過程中，化學能轉(zhuǎn)化為機械能，機械能不守恒，D錯誤。
3．如圖所示，下列四個選項的圖中，木塊均在固定的斜面上運動，其中圖A、B、C中的斜面是光滑的，圖D中的斜面是粗糙的。圖A、B中的F為木塊所受的外力，方向如圖中箭頭所示，圖A、B、D中的木塊向下運動，圖C中的木塊向上運動。在四個圖所示的運動過程中木塊機械能守恒的是( )
答案 C
解析 根據(jù)力的做功情況來判斷機械能守恒的條件是只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。在圖A、B中木塊受三個力作用，即重力、支持力和外力F，因外力F做功，故木塊的機械能不守恒。圖D中因有摩擦力做功，機械能亦不可能守恒。只有圖C中除重力做功外，其他力不做功，故機械能守恒。
4．(多選)下面列舉的各個實例中，機械能守恒的是( )
A．一小球在粘滯性較大的液體中勻速下落
B．水平拋出的物體(不計空氣阻力)
C．拉住一個物體沿光滑斜面勻速上升
D．物體在光滑斜面上自由下滑
答案 BD
解析 一小球在粘滯性較大的液體中勻速下落，動能不變，勢能減小，機械能減小，故A錯誤；水平拋出的物體(不計空氣阻力)只有重力做功，機械能守恒，故B正確；拉住一個物體沿光滑斜面勻速上升，動能不變，勢能增加，故機械能變大，C錯誤；物體在光滑斜面上自由下滑，只有重力做功，機械能守恒，故D正確。
5．物體在平衡力作用下，下列說法正確的是( )
A．物體的機械能一定不變
B．物體的機械能一定增加
C．物體的機械能一定減少
D．以上說法都不對
答案 D
解析 物體在平衡力的作用下，保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。如果保持靜止狀態(tài)，機械能不變；如果保持勻速直線運動狀態(tài)，就有多種情況：當物體在水平面上做勻速直線運動時，物體的高度和速度都不變，那么它的動能和勢能也不變，所以機械能不變；當物體向上做勻速直線運動時，雖然速度不變，動能不變，但物體的位置升高，勢能增加，所以機械能增加；當物體向下做勻速直線運動時，雖然速度不變，動能不變，但物體高度降低，勢能減小，所以機械能減小。平衡力做功之和為零，物體動能不變，所以物體在平衡力作用下只能保證速度不變，不能保證高度不變，機械能可能增加，可能減少，也可能不變。故A、B、C錯誤，D正確。
6．如圖所示，一輕彈簧固定于O點，另一端系一重物，將重物從與懸點O在同一水平面且彈簧保持原長的A點無初速度地釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力。在重物由A點擺向最低點B的過程中，下列說法正確的是( )
A．重物的機械能守恒
B．重物的機械能增加
C．重物的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變
D．重物與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
答案 D
解析 重物由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對重物做了負功，所以重物的機械能減少，A、B錯誤；此過程中，由于只有重力和彈簧的彈力做功，所以重物與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即重物的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能之和不變，故C錯誤，D正確。
7．(多選)如圖所示，光滑細桿AB、AC在A點連接，AB豎直放置，AC水平放置，兩相同的中心有小孔的小球M、N，分別套在AB和AC上，并用一細繩相連，細繩恰好被拉直，現(xiàn)由靜止釋放M、N，在運動過程中，下列說法中正確的是( )
A．M球的機械能守恒
B．M球的機械能減小
C．M和N組成的系統(tǒng)的機械能守恒
D．繩的拉力對N做負功
答案 BC
解析 因M下落的過程中細繩的拉力對M球做負功，對N球做正功，故M球的機械能減小，N球的機械能增加，但M和N組成的系統(tǒng)的機械能守恒，B、C正確，A、D錯誤。
典型考點三 單個物體的機械能守恒定律的應(yīng)用
8．在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小( )
A．一樣大 B．水平拋的最大
C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大
答案 A
解析 三個小球被拋出后，均僅在重力作用下運動，機械能守恒，以地面為參考平面，設(shè)拋出點的高度為h，并設(shè)小球的質(zhì)量為m，根據(jù)機械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，解得小球的末速度大小為：v＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)，與小球拋出的方向無關(guān)，即三球的末速度大小相等，故A正確。
9．某同學身高1.8 m，在運動會上他參加跳高比賽，起跳后身體橫著越過了1.8 m高度的橫桿(如圖所示)，據(jù)此可估算出他起跳時豎直向上的速度大約為(g取10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s
答案 B
解析 將該同學視為做豎直上拋運動，整個過程機械能守恒，取地面為參考平面，最高點速度為零，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh1＝mgh2，其中h1為起跳時該同學重心的高度，即h1＝0.9 m，代入數(shù)據(jù)得起跳速度v0＝eq \r(2g?h2－h(huán)1?)≈4 m/s，故選B。
10．如圖所示，質(zhì)量為m的物體，以某一初速度從A點向下沿光滑的軌道運動，不計空氣阻力，若物體通過軌道最低點B時的速度為3eq \r(gR)，求：
(1)物體在A點時的速度大??；
(2)物體離開C點后還能上升多高？
答案 (1)eq \r(3gR) (2)3.5R
解析 (1)物體在運動的全過程中只有重力做功，機械能守恒，選取B點為零勢能點，設(shè)物體在B點的速度為vB，
由機械能守恒定律得mg·3R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得v0＝eq \r(3gR)。
(2)設(shè)物體從B點上升到最高點的高度為HB，
由機械能守恒定律得mgHB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得HB＝4.5R
所以物體離開C點后還能上升HC＝HB－R＝3.5R。
典型考點四 物體系統(tǒng)的機械能守恒定律的應(yīng)用
11．如圖所示，輕彈簧一端與墻相連，質(zhì)量m＝2 kg的木塊沿光滑水平面以v0＝5 m/s的初速度向左運動，當木塊壓縮彈簧后速度減為v＝3 m/s時彈簧的彈性勢能是( )
A．9 J B．16 J C．25 J D．32 J
答案 B
解析 由系統(tǒng)機械能守恒知，此時彈簧的彈性勢能等于木塊動能的減少量：Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×2×52 J－eq \f(1,2)×2×32 J＝16 J，故B正確，A、C、D錯誤。
12．如圖所示是一個橫截面為半徑為R的半圓的光滑柱體。一根不可伸長的細線兩端分別系著物體A、B，且mA＝2mB。由圖示位置從靜止開始釋放物體A，當物體B到達圓柱頂點時，求細線的張力對物體B所做的功。(已知重力加速度為g)
答案 eq \f(π＋2,3)mBgR
解析 由于柱體表面是光滑的，故A、B組成的系統(tǒng)的機械能守恒。
系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp減＝mAgeq \f(πR,2)－mBgR
系統(tǒng)動能的增加量ΔEk增＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
由ΔEp減＝ΔEk增，得mAgeq \f(πR,2)－mBgR＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
又mA＝2mB
聯(lián)立以上兩式得v2＝eq \f(2,3)(π－1)gR
對物體B應(yīng)用動能定理W－mBgR＝eq \f(1,2)mBv2
得細線的張力對物體B做的功W＝eq \f(π＋2,3)mBgR。
典型考點五 功能關(guān)系的應(yīng)用
13．如圖所示，一木塊放在光滑水平面上，一子彈水平射入木塊中，射入深度為d，平均阻力為f。設(shè)木塊滑行距離為s時開始勻速前進，下列判斷正確的是( )
A．木塊動能的增加量等于f(s＋d)
B．子彈損失的動能等于fs
C．子彈與木塊總機械能的損失等于fs
D．子彈與木塊總機械能的損失等于fd
答案 D
解析 子彈相對地面的位移為(s＋d)，木塊對子彈的阻力f做功為－f(s＋d)，根據(jù)動能定理，子彈損失的動能等于f(s＋d)，故B錯誤；對木塊，子彈對木塊的作用力做功為fs，根據(jù)動能定理得知，木塊增加的動能為fs，故A錯誤；在整個過程中，系統(tǒng)阻力做功為－fd，根據(jù)功能關(guān)系可知，系統(tǒng)損失的機械能為fd，故C錯誤，D正確。
1．下列運動滿足機械能守恒的是( )
A．鉛球從手中拋出后的運動(不計空氣阻力)
B．子彈射穿木塊
C．吊車將貨物勻速吊起
D．降落傘在空中勻速下降
答案 A
解析 A項鉛球拋出后只有重力做功，滿足機械能守恒的條件；B項子彈受到阻力且阻力做負功，C項貨物受拉力且拉力做正功，D項降落傘動能不變，重力勢能減小，故機械能減少。故A正確。
2．(多選)如圖所示，一斜面放在光滑的水平面上，一個小物體從斜面頂端無摩擦地自由滑下，則在下滑的過程中( )
A．斜面對小物體的彈力做的功為零
B．小物體的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為小物體的動能
C．小物體的機械能不守恒
D．小物體、斜面和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒
答案 CD
解析 小物體、斜面和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D正確；小物體的重力勢能轉(zhuǎn)化為它和斜面的動能，斜面的重力勢能不變，動能增加，則其機械能增加，斜面對小物體的彈力做負功，小物體的機械能減少，故A、B錯誤，C正確。
3．如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷，正確的是( )
A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒
B．乙圖中，斜面A不動，物體B沿粗糙斜面勻速下滑，物體B機械能守恒
C．丙圖中，不計任何阻力時A加速下落、B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒
D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能不守恒
答案 C
解析 甲圖中，在物體A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體A組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，對于A，由于彈簧的彈性勢能在增加，則A的機械能減小，故A錯誤；乙圖中，物體B沿斜面A勻速下滑時，B的動能不變，重力勢能在減小，故B的機械能不守恒，B錯誤；丙圖中，對A、B組成的系統(tǒng)，不計空氣阻力，只有重力做功，故A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C正確；丁圖中，小球在做勻速圓錐擺運動的過程中，重力勢能和動能都不變，機械能守恒，故D錯誤。
4．如圖所示為跳傘愛好者表演高樓跳傘的情形，他們從樓頂跳下后，在距地面一定高度處打開傘包，最終安全著陸，則跳傘者( )
A．機械能一直減小 B．機械能一直增大
C．動能一直減小 D．重力勢能一直增大
答案 A
解析 跳傘愛好者從樓頂跳下后，在距地面一定高度處打開傘包，最終安全著陸，下落過程中，跳傘者始終受到與運動方向相反的空氣阻力，所以跳傘者的機械能一直減小，故A正確，B錯誤；跳傘愛好者從樓頂跳下后，沒有打開降落傘之前，受到的空氣阻力比較小，所以先做加速運動，直到打開降落傘之后，才開始做減速運動，故C錯誤；下落的過程中重力一直做正功，所以重力勢能一直減小，故D錯誤。
5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球以速度v0離開桌面，若以桌面為零勢能面，則它經(jīng)過A點時所具有的機械能是(不計空氣阻力)( )
A.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh
C.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
D.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mg(H－h(huán))
答案 C
解析 小球下落過程機械能守恒，所以EA＝E初＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，C正確。
6．質(zhì)量為m的物體，從靜止出發(fā)以eq \f(g,2)的加速度豎直下降h，下列說法正確的是( )
A．物體的機械能增加了eq \f(1,2)mgh
B．物體的動能增加了mgh
C．物體的機械能減少了eq \f(1,2)mgh
D．物體的重力勢能減少了eq \f(1,2)mgh
答案 C
解析 因物體的加速度為eq \f(g,2)，故說明物體受阻力作用，由牛頓第二定律可知：mg－f＝ma，解得：f＝eq \f(mg,2)，阻力做功為：Wf＝－eq \f(mgh,2)，故機械能的減小量為eq \f(1,2)mgh，A錯誤，C正確；由動能定理可得動能的改變量為：ΔEk＝W合＝mah＝eq \f(1,2)mgh，所以物體的動能增加eq \f(1,2)mgh，故B錯誤；重力做功為：WG＝mgh，所以物體的重力勢能減少mgh，故D錯誤。
7．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在地面上沿斜向上方向以初速度v0拋出后，能達到的最大高度為H，當它將要落到離地面高度為h的平臺上時，下列判斷正確的是(不計空氣阻力，取地面為參考平面)( )
A．它的總機械能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．它的總機械能為mgh
C．它的動能為mg(H－h(huán))
D．它的動能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh
答案 AD
解析 整個過程中，只有重力對小球做功，故小球的機械能守恒，且E＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，故A正確，B錯誤；小球從拋出到落到平臺機械能守恒，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh＋Ek，故Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh，D正確；因為在最高點速度不為零，故C錯誤。
8．一個物體以一定的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，那么在選項圖中，表示物體的動能Ek隨高度h變化的圖像A，物體的重力勢能Ep隨速度v變化的圖像B，表示物體的機械能E隨高度h變化的圖像C，表示物體的動能Ek隨速度v的變化圖像D，其中錯誤的是( )
答案 B
解析 開始時物體的機械能E1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，上升高度為h時物體的機械能E2＝mgh＋Ek，根據(jù)機械能守恒定律，則E1＝E2，Ek＝E1－mgh，E1為定值，故Ek與h是一次函數(shù)關(guān)系，A正確；E1＝Ep＋eq \f(1,2)mv2，Ep＝E1－eq \f(1,2)mv2，故Ep與v是二次函數(shù)關(guān)系，B錯誤；物體在任何高度機械能E不變，C正確；Ek＝eq \f(1,2)mv2，故Ek與v是二次函數(shù)關(guān)系，故D正確。
9．(多選)某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進入下一關(guān)。現(xiàn)在將這個娛樂項目進行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器。若參與者仍在剛才的拋出點所在的水平面，沿圖示的四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是( )
答案 CD
解析 將小球豎直上拋時小球恰好擊中觸發(fā)器，則小球擊中觸發(fā)器時的速度為0，由機械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gh)(h為拋出點與觸發(fā)器間的豎直距離)。沿圖A中光滑軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑圓弧軌道內(nèi)表面做圓周運動，到達最高點的速率應(yīng)大于或等于eq \r(gR)(R為圓弧軌道的半徑)，所以小球不能到達圓弧最高點，故不能擊中觸發(fā)器；沿圖B中光滑軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑軌道上滑一段后做斜拋運動，在最高點具有水平方向的速度，由機械能守恒定律可知，小球無法達到高度h，所以也不能擊中觸發(fā)器；圖C和圖D中，小球在光滑軌道最高點的速度均可以為零，由機械能守恒定律可知小球能夠擊中觸發(fā)器。故選C、D。
10．2018年5月2日，港珠澳大橋沉管隧道最后接頭成功著床。如圖所示是6000噸重的“接頭”由世界最大單臂全旋回起重船“振華30”安裝的情景。“接頭”經(jīng)15分鐘緩慢下降15米的過程中，其機械能的減少量ΔE和所受重力的平均功率P表述正確的是(重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．ΔE＝9×107 J，P＝1×106 W
B．ΔE＝9×108 J，P＝6×107 W
C．ΔE＝9×108 J，P＝1×106 W
D．ΔE＝9×107 J，P＝6×107 W
答案 C
解析 緩慢下降，則動能不變，重力勢能減少，所以機械能減少，其減少量為ΔE＝mgΔh＝6×106×10×15 J＝9×108 J，重力的平均功率為P＝eq \f(W,t)＝eq \f(mgΔh,t)＝eq \f(9×108,15×60) W＝1×106 W，故A、B、D錯誤，C正確。
11.如圖所示，P、Q兩球質(zhì)量相等，開始兩球靜止，將P上方的細繩燒斷，在Q落地之前，下列說法正確的是(不計空氣阻力)( )
A．在任一時刻，兩球動能相等
B．在任一時刻，兩球加速度相等
C．系統(tǒng)動能和重力勢能之和保持不變
D．系統(tǒng)機械能是守恒的
答案 D
解析 將細繩燒斷后，由牛頓第二定律可知，P、Q的加速度不同，運動情況不同，在任一時刻，兩球的動能不一定相同，故A、B錯誤；在Q落地之前，系統(tǒng)的動能和重力勢能與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，總和不變，故C錯誤，D正確。
12．一個質(zhì)量m＝0.20 kg的小球系于輕質(zhì)彈簧的一端，且套在光滑豎立的圓環(huán)上，彈簧的另一端固定于環(huán)的最高點A，環(huán)的半徑R＝0.5 m，彈簧的原長l0＝0.5 m，勁度系數(shù)為4.8 N/m，如圖所示，若小球從圖中所示位置B點由靜止開始滑動到最低點C時，彈簧的彈性勢能Ep＝0.60 J。求：小球到C點時的速度vC的大小。(g取10 m/s2)
答案 3 m/s
解析 以C點所在水平面為參考平面，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得
mgR(1＋cs60°)＝Ep＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，解得vC＝3 m/s。
13．如圖所示，AB是豎直面內(nèi)光滑的四分之一圓弧軌道，下端B與水平直軌道相切。一個小物塊自A點由靜止開始沿軌道下滑，已知圓弧軌道半徑為R＝0.2 m，小物塊的質(zhì)量為m＝0.1 kg，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物塊到達B點的速度大??；
(2)小物塊在B點時受圓弧軌道的支持力；
(3)小物塊在水平面上滑動的最大距離。
答案 (1)2 m/s (2)3 N (3)0.4 m
解析 (1)對小物塊從A下滑到B，根據(jù)機械能守恒定律，得：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得：vB＝eq \r(2gR)＝2 m/s。
(2)對小物塊在B點，由牛頓第二定律得：
N－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
將vB＝eq \r(2gR)代入，可得：
N＝3mg＝3×0.1×10 N＝3 N。
(3)設(shè)在水平面上滑動的最大距離為s，
對小物塊在水平面上的滑動過程，由動能定理得：
－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：s＝eq \f(v\\al(2,B),2μg)＝eq \f(22,2×0.5×10) m＝0.4 m。
14．如圖所示，質(zhì)量分別為3 kg和5 kg的物體A、B，用輕線連接跨在一個定滑輪兩側(cè)，輕繩正好拉直，且A物體底面與地接觸，B物體距地面0.8 m，求：
(1)放開B物體，當B物體著地時A物體的速度；
(2)B物體著地后A物體還能上升多高？(g取10 m/s2)
答案 (1)2 m/s (2)0.2 m
解析 (1)對A、B組成的系統(tǒng)，當B下落時系統(tǒng)機械能守恒，
解法一：由E1＝E2，
以地面為參考平面，由機械能守恒定律得
mBgh＝mAgh＋eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
解得v＝eq \r(\f(2?mB－mA?gh,mA＋mB))＝2 m/s
解法二：由ΔEk增＝ΔEp減，
由機械能守恒定律得
eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝mBgh－mAgh，
解得v＝2 m/s。
解法三：由ΔEA增＝ΔEB減
由機械能守恒定律得
mAgh＋eq \f(1,2)mAv2＝mBgh－eq \f(1,2)mBv2
解得v＝2 m/s。
(2)當B落地后，A以2 m/s的速度豎直上拋，設(shè)A還能上升的高度為h′，由機械能守恒定律可得mAgh′＝eq \f(1,2)mAv2
解得h′＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(22,2×10) m＝0.2 m。