高考物理一轮总复习 第七章 第19讲 机械能守恒定律及其应用教案 新人教版必修2

第19讲 机械能守恒定律及其应用考情 剖析(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A 代表容易，B 代表中等，C 代表难)考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度弹性势能 Ⅰ(弹性势能的表达式不作要求)09 多选 考查用弹簧连接的两物体在水平恒力的作用下，弹性势能最大值和物体运动情况之间的对应关系12 计算 考查弹性势能的相关计算次重点 B机械能守 恒定律的 应用Ⅱ 09 多选 由机械能守恒定律的守恒条件判断系统机械能的变化情况10计算动为背景，考查运用机械能守恒定律求速度，进而求向心力计算以导体棒切割磁感线为背景，考查运用机械能守恒定律求速度，进而求最大感应电动势11单选以导线框切割磁感线运动为背景，考查线框在下落过程中能量转化问题次重点B或C小结及预测1.小结：弹性势能以多选题的形式考查，求弹性势能最大值和物体运动情况之间的对应关系；机械能守恒定律的应用侧重考查以弹性势能、重力势能和动能相互转化以及结合运用运动学公式和受力分析解决问题．2．预测：预测14年考查的可能性很大．3．复习建要理解机械能守恒定律的条件，合理选择过程可以使问题大大简化.知识整合知识网络基础自测一、重力势能物体由于________________________，叫做重力势能．表达式：.单位： ________.符号： ________.重力势能是标量．选不同的参考面，物体的重力势能的数值是不同的．二、重力做功________时，重力势能减少，减少的重力势能等于重力做的正功，________时，重力势能增加，增加的重力势能等于克服重力做的功．重力所做的功只跟初位置的高度和末位置的高度有关，跟物体运动的路径无关．三、弹性势能物体由于________________叫弹性势能．物体的弹性形变量越大，弹性势能越大．四、机械能动能和势能统称机械能，即.五、机械能守恒定律在________的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，机械能的总量不变，这就是机械能守恒定律．机械能守恒定律的表达式为：.在只有弹力做功情形下，物体的动能和弹性势能相互转化，机械能的总量不变，即机械能守恒．重点阐述重点知识概述一、对机械能守恒定律的理解1．机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内．另外小球的动能中所用的v ，也是相对于地面的速度．2．“只有重力做功”不等于“只受重力作用”．在该过程中，物体可以受其他力的作用，只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功”．二、系统机械能守恒的表达式有以下三种：1．系统初态的机械能等于系统末态的机械能，即：E 初＝E 末2．系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，即：ΔE p 减＝ΔE k 增3．若系统内只有A 、B 两物体，则A 减少的机械能等于B 增加的机械能，即：ΔE A 减＝ΔE B 增三、机械能守恒定律的推论：除重力和弹簧弹力之外的力对物体做的总功W 等于物体机械能的变化．W ＝E 2－E 1，若W >0，机械能增加，若W <0，机械能减少．难点释疑一、机械能守恒问题的规范解答 1．一般步骤(1)选取研究对象⎩⎪⎨⎪⎧单个物体多个物体组成的系统含弹簧的系统(2)分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件．(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明． 2．应注意的问题(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不同． (2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同．二、应用机械能守恒定律应该注意1．必须准确地选择系统，在此基础上分析内力和外力的做功情况； 2．必须由守恒条件判断系统机械能是否守恒； 3．必须准确地选择过程，确定初、末状态； 4．写守恒等式时应注意状态的同一性．【典型例题1】 如图所示，一物体质量m ＝2kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4m.当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A点AD ＝3m.挡板及弹簧质量不计，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ. (2)弹簧的最大弹性势能E pm . 温馨提示画出受力分析图，运动草图来帮助认清物理过程建立物理情景来解题． 记录空间【变式训练1】如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中( )A．重力先做正功，后做负功B．弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大【典型例题2】如图所示，在竖直平面内有一半径为R的半圆形圆柱截面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，已知A始终不离开球面，且细绳足够长，圆柱固定．若不计一切摩擦．求：(1)A球沿圆柱截面滑至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱截面运动的最大位移．温馨提示本题极易犯v A＝v B的错误，事实上A、B两球的速度大小不相等，因绳不可伸长，则将v1分解后沿绳子的方向的分速度才与B球速度相等．记录空间【变式训练2】有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53°杆上套着一个质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)．(1)如图甲所示，滑块从O 点由静止释放，下滑了位移x ＝1 m 后到达P 点，求滑块此时的速率．(2)如果用不可伸长的细绳将滑块m 与另一个质量为M ＝2.7 kg 的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M 而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度L ＝53m(如图乙所示)．再次将滑块从O 点由静止释放，求滑块滑至P 点的速度大小．(整个运动过程中M 不会触地，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10 m/s 2)易错诊所首先判断整个系统的机械能是否守恒、明确机械能守恒的条件．其次是除重力和弹力之外的力对物体做的总功W 等于物体机械能的变化．【典型例题3】 如图所示，在水平光滑轨道PQ 上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m ＝2.0kg 的小物块(视为质点)将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量M ＝8.0kg 的长木板，最后恰好停在长木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径R ＝0.5m ，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g ＝10m/s 2.(1)弹簧具有的弹性势能；(2)小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力； (3)木板的长度． 温馨提示理解物块进x 轨道恰好能沿轨道运动的含义，即重力刚好提供圆周运动的向心力． 记录空间【变式训练3】 如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长L ＝8 m ，匀速运动的速度v 0＝5 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x p ＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)N 点的纵坐标；(2)从P 点到Q 点，小物块在传送带上运动系统产生的热量； (3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M ＝0.25 m 的M 点，这些位置的横坐标范围．随堂 演练1．如图，两物体A 、B 用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动，在运动过程中，对A 、B 两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )第1题图A ．动量不守恒B ．机械能不断增加C ．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D ．当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度为零2．如图所示，质量为m 的物体C (可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )第2题图A ．重力势能增加了24mghB ．重力势能增加了3mghC ．动能损失了12ghD ．机械能损失了12mgh3．如图所示长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下列说法中正确的是( )第3题图A ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能B ．物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D ．摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量4．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动，一滑雪坡由AB 和BC 组成，AB 是倾角为37°的斜坡，BC 是半径为R ＝5m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B ，与水平面相切于C ，如图所示，AB 竖直高度差h ＝8.8m ，运动员连同滑雪装备总质量为80kg ，从A 点由静止滑下通过C点后飞落(不计空气阻力和摩擦阻力，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：第4题图(1)运动员到达C 点的速度大小；(2)运动员经过C 点时轨道受到的压力大小．5．“S ”形玩具轨道如图所示．该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内．轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成．圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个直径略小于细管直径的小球(可视为质点)从a 点水平射向b 点并进入轨道，经过轨道后从P 点水平抛出．已知小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，ab 段长L ＝2.25m ，半圆的半径R ＝0.1m ，不计其他机械能损失，g 取10m/s 2，若v 0＝5m/s ，求：第5题图(1)小球到达b 点时的速度v b ；(2)小物体从P 点抛出后的水平射程．6．如图所示，ABDO 是固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 是半径为R ＝15m 的四分之一圆周轨道，半径OA 处于水平位置，BDO 是直径为15m 的半圆轨道，D 为BDO 轨道的中央．AB 和BDO 相切于B 点．一个小球P 从A 点的正上方距水平半径OA 高H 处自由落下，沿竖直平面内的轨道通过D 点时对轨道的压力大小等于其重力大小的143倍．取g ＝10m/s 2.第6题图(1)求高度H ；(2)试讨论此球能否到达BDO 轨道的最高点O ；(3)求小球沿轨道运动后再次落到轨道上的速度大小．7．如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O 点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m 的物体从O 点正上方的A 点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B 后向上运动．则以下说法正确的是( )第7题图A．物体落到O点后，立即做减速运动B．物体从O点运动到B点，动能先增大后减小；C．物体在B点加速度最大，且大于重力加速度gD．在整个过程中，物体m机械能守恒8．如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑定滑轮(定滑轮质量不计)，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可以达到的最大高度为( )第8题图A．h B．1.6h C．2h D．2.2h9．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，求：第9题图(1)小球从管口飞出时的速率；(2)小球进入管口时的初速度v0.10．如图所示，粗糙弧形轨道AB和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s，已知小球质量m.不计空气阻力，求：第10题图(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小；(3)小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功．11．工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.求：第11题图(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．第19讲 机械能守恒定律及其应用知识整合 基础自测一、重力而具有的跟物体和地球的相对位置有关的能量 E p ＝mgh 焦耳 J 二、重力做正功 重力做负功三、弹性形变而具有的与它形变量有关的势能 四、E ＝E k ＋E p五、只有重力作用 E k1＋E p1＝E k2＋E p2或ΔE k ＝－ΔE p 重点阐述【典型例题1】 如图所示，一物体质量m ＝2kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4m.当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A点AD ＝3m.挡板及弹簧质量不计，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ. (2)弹簧的最大弹性势能E pm . 【答案】 (1)0.52 (2)24.5 J 【解析】 (1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减小量为ΔE ＝ΔEk ＋ΔE p ＝12mv 20＋mgl AD sin37°物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x 其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m F f ＝μmgcos37°由能量守恒定律可得ΔE ＝Q 解得μ＝0.52.(2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12mv 2重力势能减少ΔE′p ＝mgl AC sin37° 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmgcos37°l AC由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q 解得ΔE pm ＝24.5 J.变式训练1 BCD 【解析】 要确定金属块的动能最大位置和动能为零时的情况，就要分析它的运动全过程．为了弄清运动性质，做好受力分析．可以由图看出运动过程中的情景．从图上可以看到在弹力N<mg 时，a 的方向向下，v 的方向向下，金属块做加速运动．当弹力N 等于重力mg 时，a ＝0加速停止，此时速度最大．所以C 答案正确．弹力方向与位移方向始终反向，所以弹力没有做正功，B 选项正确，重力方向始终与位移同方向，重力做正功，A 选项错．速度为零时，恰是弹簧形变量最大时，所以此时弹簧弹性势能最大，故D 正确．所以B 、C 、D 为正确选项．【典型例题2】 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的半圆形圆柱截面，用轻质不可伸长的细绳连接的A 、B 两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A 球质量为B 球质量的2倍，现将A 球从圆柱边缘处由静止释放，已知A 始终不离开球面，且细绳足够长，圆柱固定．若不计一切摩擦．求：(1)A 球沿圆柱截面滑至最低点时速度的大小； (2)A 球沿圆柱截面运动的最大位移． 【答案】 (1)22－25gR (2)3R 【解析】 (1)设B 球的质量为m ，所求的速度为v 1，当A 经过轨道最低点时速度水平向左，这是A 的实际速度也是合速度，所以根据其作用效果将其分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的两个速度，如图所示，则v 2＝v 1cos45°＝22v 1.A 到达最低点时在竖直方向上下落R ，而B 上升了2R.对A 、B 系统根据机械能守恒定律可得 2mgR －2mgR ＝12×2mv 21＋12mv 22，解得v 1＝22－25gR. (2)当A 球的速度为0时，A 球沿圆柱截面运动的位移最大，设为x ，A 物体下降高度为h ，则根据机械能守恒定律可得2mgh －mgx ＝0，由几何关系2R x ＝x x 2－h 2，得h ＝x 2R 4R 2－x 2，解得x ＝3R.变式训练2 (1)4 m/s (2)5 m/s 【解析】 (1)设滑块下滑至P 点时的速度为v 1，由机械能守恒定律得mgxsin53°＝12mv 21解得v 1＝4 m/s(2)设滑块再次滑到P 点时速度为v 2，M 的速度为v M ，如图，将v 2进行分解得： v M ＝v 2cos θ绳与直杆的夹角为θ，由几何关系得θ＝90° v M ＝0再由系统机械能守恒定律得：MgL(1－sin53°)＋mgxsin53°＝12mv 22＋0解得v 2＝5 m/s【典型例题3】 如图所示，在水平光滑轨道PQ 上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m ＝2.0kg 的小物块(视为质点)将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量M ＝8.0kg 的长木板，最后恰好停在长木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径R ＝0.5m ，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g ＝10m/s 2.(1)弹簧具有的弹性势能；(2)小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力； (3)木板的长度．【答案】 (1)5J (2)120N (3)5m 【解析】(1)物块进入轨道后恰好沿轨道运动在轨道最高点有mg ＝m v 21R ，弹簧具有弹性势能E p ＝12mv 21＝5J.(2)物块由顶端滑到底端过程由机械能守恒mg2R ＝12mv 22－12mv 21得v 2＝5m/s.在轨道底端由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 22R ，解得F ＝120N ，由牛顿第三定律得物块对轨道压力为120N.(3)对物块由牛顿第二定律得a 1＝μmg m＝μg ＝2m/s 2.对木板由牛顿第二定律得a 2＝μmg M＝0.5m/s 2设经过时间t 小物块与木板相对静止，共同速度为v ，则v ＝v 2－a 1t ＝a 2t ，解得v ＝1m/s ，t ＝2s ，小物块与木板在时间t 内通过的位移分别为x 1＝v 2＋v 2t ＝6m ，x 2＝v2t＝1m.则木板的长度为L ＝x 1－x 2＝5m.变式训练3 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x≤5.5 m【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝5 m/s 2小物块与传送带共速时，所用的时间t ＝v 0a ＝1 s运动的位移Δx ＝v 02a＝2.5 m ＜(L －x)＝6 m故小物块与传送带达到相同速度后以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：mg ＝m 2v 2Ny N由机械能守恒定律得12mv 20＝mgy N －12mv 2N 解得y N ＝1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移s ＝v 0t －Δx ＝2.5 m 产生的热量Q ＝μmgs ＝12.5 J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：μmg(L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 mμmg(L －x 2)＝12mgy N 代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，由(1)可知x 3＝5.5 m 故小物块放在传送带上的位置坐标范围为 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x≤5.5 m. 随堂演练1.C 【解析】 F 1、F 2加在A 、B 上以后，A 、B 向两侧做加速度a ＝(F －kx)/m 减小的加速运动．当F ＝kx 时，加速度为零，速度达到最大，以后kx>F ，A 、B 向两侧做减速运动，至速度减为零时，弹簧伸长到最长．从A 、B 开始运动到弹簧伸长到最长的过程中，F 1、F 2都一直做正功，使系统的机械能增加．以后弹力作用使弹簧伸长量减小，F 1、F 2开始做负功，则系统的机械能减小．2.D 【解析】 设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mgs in30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg.重力势能的变化由重力做功决定，故ΔE p ＝mgh. 动能的变化由合外力做功决定：(F f ＋mg·sin30°)·x＝ma·x＝34mg ·h sin30°＝32mgh.机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定， 由ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·h sin30°＝12mgh ，故D 正确，ABC 错误．3.CD 【解析】 根据能量的转化，B 的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A 错C 对；B 克服摩擦力做的功等于B 的动能减少量，B 错．对B ：WF f B ＝E′kB －E kB ，对A ：WF f A ＝E′kA －0则WF f A ＋WF f B ＝(E′kA ＋E′kB )－E kB ＝ΔE 内增，D 对．4.(1)14m/s (2)3936N 【解析】 (1)由A→C 过程，应用机械能守恒定律得mg(h ＋Δh)＝12mv 2C 又Δh ＝R(1－cos37°)，可解得：v C ＝14m/s.(2)在C 点，由牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v 2CR ，解得：F C ＝3936N.由牛顿第三定律知，运动员在C 点时对轨道的压力大小为3936N.5.(1)4m/s (2)0.8m 【解析】 (1)小球由a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得－μmgL ＝12mv 2b －12mv 20，小球到达b 点时的速度v b ＝v 20－2μgL ＝4m/s.小球由b 点运动到P点的过程中，由机械能守恒定律得12mv 2b ＝12mv 2P ＋4mgR ，小球从P 点水平抛出后的水平射程x＝v P t ，竖直位移4R ＝12gt 2，以上各式联立，可得x ＝0.8m.6.(1)10m (2)可以 (3)10 3 m/s 【解析】 (1)小球从H 高处落下，进入轨道，沿ABD 轨道做圆周运动，小球受重力和轨道的支持力．设小球在D 点时的速度为v ，通过D 点时轨道对小球的支持力等于它做圆周运动的向心力，即m v 2R/2＝F ＝143mg 小球从P 点落下直到沿光滑轨道运动的过程中，机械能守恒，有 mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H ＋R 2＝12mv 2解得高度H ＝23R ＝10m(2)设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O 点的最小速度为v 0，有 m v 20R/2＝mg 设小球至少应从H 0高处落下， mgH 0＝12mv 2得H 0＝R4由H>H 0，小球可以通过最高点．(3)小球由H 高落下通过O 点的速度为v 0＝2gH ＝10 2 m/s小球通过O 点后做平抛运动，设小球经过时间t 落到AB 圆弧轨道上，建立坐标系 x ＝v 0t y ＝12gt 2又由几何关系x 2＋y 2＝R 2解得时间t ＝1s(另解舍去)小球落到轨道上的速度的大小为v ＝v 20＋g 2t 2＝10 3 m/s.7.BC 【解析】 小球刚接触弹簧时，弹簧弹力小于重力，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到OB 之间某位置C 时，合力为零，加速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B 时，速度为零，加速度方向向上，且最大．故A 错误，B 正确．对物体的运动过程分析可知，在BC 之间必有一位置D 与O 点关于C 点对称，满足弹簧的弹力大小等于2 mg ，此时物体的加速度向上，大小等于g ，仍向下做减速运动，加速度继续增大；所以选项C 正确．在整个过程中，物体m 的机械能跟弹簧的弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，单个物体m 机械能不守恒，D 错误．8.B 【解析】 设a 球到达高度h 时两球的速度为v ，根据机械能守恒：4mgh ＝mgh ＋12(4m ＋m)v 2，此时绳子恰好放松，a 球开始做初速为v 的竖直上抛运动，同样根据机械能守恒：mgh ＋12mv 2＝mgH ，解得a 球能达到的最大高度H 为1.6 h.9.见解析 【解析】 (1)当小球对管下部有压力时，则有mg －0.5mg ＝mv 21R ，v 1＝gR 2. 当小球对管上部有压力时，则有mg ＋0.5mg ＝mv 22R ，v 2＝32gR (2)对小球应用机械能守恒，得12mv 20＝mg2R ＋12mv 2当小球对管下部有压力时，解得v 0＝92gR 当小球对管上部有压力时，解得v 0＝112gR. 10.见解析 【解析】 (1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v Et ，由平抛运动规律，s ＝v E t ，4R ＝12gt 2联立解v E ＝s42g R(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能定恒 12mv 2B ＝mg4R ＋12mv 2E 解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R 在B 点F －mg ＝m v 2B R 得F ＝9mg ＋mgs 28R2由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F′＝9mg ＋mgs28R 2(3)设小球沿翘尾巴的s 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则 mg(h －4R)－W ＝12mv 2E 得W ＝mg(h －4R)－mgs216R.11.见解析 【解析】 (1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒E p ＝12mv 2滑块在传送带上做匀加速运动 由动能定理μmgL ＝12mv 20－12mv 2解得：E p ＝12mv 20－μmgL.(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移s ＝v 0tv0＝v＋at μmg＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δs＝s－L 相对滑动生成的热量Q＝μmgΔs解得：Q＝mv0(v0－v20－2μgL)－μmgL.。