機械能守恒定律的理解和應用1．考點及要求：(1)重力做功與重力勢能(Ⅱ)；(2)機械能守恒定律及應用(Ⅱ).2.方法與技巧：(1)單物體多過程機械能守恒問題：劃分物體運動階段，研究每個階段中的運動性質，判斷機械能是否守恒；(2)多物體的機械能守恒：一般選用ΔEp＝－ΔEk形式，不用選擇零勢能面．1．(機械能守恒的判斷)如圖1所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD部分光滑，DE部分粗糙，A、B兩物體疊放在一起從頂端C點由靜止下滑，下滑過程中A、B保持相對靜止，且在DE段做勻速運動．已知A、B間的接觸面水平，則()圖1A．沿CD部分下滑時，A的機械能減少，B的機械能增加，但總的機械能不變B．沿CD部分下滑時，A的機械能增加，B的機械能減少，但總的機械能不變C．沿DE部分下滑時，A的機械能不變，B的機械能減少，而總的機械能減少D．沿DE部分下滑時，A的機械能減少，B的機械能減少，故總的機械能減少2．(單物體多過程機械能守恒問題)如圖2所示，質量m＝50kg的運動員(可視為質點)，在河岸上A點緊握一根長L＝5.0m的不可伸長的輕繩，輕繩另一端系在距離水面高H＝10.0m的O點，此時輕繩與豎直方向的夾角為θ＝37°，C點是位于O點正下方水面上的一點，距離C點x＝4.8m處的D點有一個救生圈，O、A、C、D各點均在同一豎直面內．若運動員抓緊繩端點，從河岸上A點沿垂直于輕繩斜向下方向以一定初速度v0躍出，當擺到O點正下方的B點時松開手，最終恰能落在救生圈內．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：圖2(1)運動員經過B點時速度的大小vB；(2)運動員從河岸上A點躍出時的動能Ek；(3)若初速度v0不一定，且使運動員最終仍能落在救生圈內，則救生圈離C點距離x將隨運動員離開A點時初速度v0的變化而變化．試在圖3所給坐標系中粗略作出x－v0的圖象，并標出圖線與x軸的交點．圖33.(多物體的機械能守恒問題)(多選)如圖4所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為M、m(M>m)的滑塊通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖4A．兩滑塊組成系統的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加D．兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功4.蹦極是一項既驚險又刺激的運動，深受年輕人的喜愛．如圖5所示，蹦極者從P點靜止跳下，到達A處時彈性繩剛好伸直，繼續下降到最低點B處，B離水面還有數米距離，蹦極者在其下降的整個過程中，重力勢能的減少量為ΔE1、繩的彈性勢能增加量為ΔE2、克服空氣阻力做功為W，則下列說法正確的是()圖5A．蹦極者從P到A的運動過程中，機械能守恒B．蹦極者與繩組成的系統從A到B的過程中，機械能守恒C．ΔE1＝W＋ΔE2D．ΔE1＋ΔE2＝W5．(多選)如圖6所示，小球沿水平面以初速度v0通過O點進入半徑為R的豎直半圓弧軌道，不計一切阻力，則()圖6A．小球進入豎直半圓弧軌道后做勻速圓周運動B．若小球能通過半圓弧軌道的最高點P，則小球在P點受力平衡C．若小球的初速度v0＝3eq\r(gR)，則小球一定能通過P點D．若小球恰能通過半圓弧軌道的最高點P，則小球落地點離O點的水平距離為2R6．如圖7所示，ABCDO是處于豎直平面內的光滑軌道，AB是半徑為R＝15m的圓周軌道，CDO是直徑為15m的半圓軌道，AB和CDO通過極短的水平軌道(長度忽略不計)平滑連接．半徑OA處于水平位置，直徑OC處于豎直位置．一個小球P從A點的正上方高H處自由落下，從A點進入豎直平面內的軌道運動(小球經過A點時無機械能損失)．當小球通過CDO軌道最低點C時對軌道的壓力等于其重力的eq\f(23,3)倍，取g為10m/s2.圖7(1)試求高度H的大小？(2)試討論此球能否到達CDO軌道的最高點O，并說明理由？(3)求小球沿軌道運動后經多長時間再次落回軌道上？7.光滑的長軌道形狀如圖8所示，下部為半圓形，半徑為R，固定在豎直平面內．質量分別為m、2m的兩小環A、B用長為R的輕桿連接在一起，套在軌道上，A環距軌道底部高為2R.現將A、B兩環從圖示位置靜止釋放．重力加速度為g圖8(1)運動過程中A環距軌道最低點的最大高度；(2)若僅將桿長換成2eq\r(2)R，其他條件不變，求運動過程中A環距軌道最低點的最大高度．

答案解析1．D[假設DE段仍然是光滑的，在DE段仍做加速運動，此種情況下機械能守恒，但實際情況是勻速運動，相對于加速運動來說，速度減小了，必是整體機械能減少了，D正確．]2．(1)4.8m/s(2)76J(3)見解析圖解析(1)運動員從B點到D點做平拋運動H－L＝eq\f(1,2)gt2x＝vBt代入數據解得vB＝4.8m/s(2)運動員從A點到B點的過程中，由機械能守恒定律有mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－Ek其中hAB＝L(1－cosθ)代入數據解得Ek＝76J(3)設運動員經過O點正下方B點時的速度為vB′，B點距水面高h，則eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL(1－cosθ)x＝vB′·eq\r(\f(2H－L,g))解得x2－veq\o\al(2,0)＝20x－v0的圖象如圖所示．3．CD[兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負功，系統的機械能減小，減小的機械能等于M克服摩擦力做的功，選項A錯誤，D正確．除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤．繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C正確．]4．C[蹦極者從P到A的過程中，除了重力做功以外，有空氣阻力做功，機械能不守恒，故A錯誤；從A到B的過程中，對于系統，除了重力和彈力做功以外，有空氣阻力做功，系統機械能不守恒，故B錯誤；根據能量守恒知，由于動能變化量為零，重力勢能的減小量等于彈性勢能的增加量與克服阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，故C正確，D錯誤．]5．CD[小球進入豎直半圓弧軌道后，隨著高度的上升，重力勢能增加，根據機械能守恒定律可知，其動能減小，速率減小，做變速圓周運動，故A錯誤．若小球能通過半圓弧軌道的最高點P，小球在P點所受的合力提供向心力，不為零，則小球在P點受力不平衡，故B錯誤．若小球恰好通過P點，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R)，vP＝eq\r(gR)，設小球的初速度為v，由機械能守恒定律得：mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mv2，聯立解得v＝eq\r(5gR)，由于v0＝3eq\r(gR)>v，所以小球一定能通過P點，故C正確．若小球恰能通過半圓弧最高點P，則vP＝eq\r(gR)，則有2R＝eq\f(1,2)gt2，得t＝2eq\r(\f(R,g))，落地點離O點的水平距離為x＝vPt＝eq\r(gR)·2eq\r(\f(R,g))＝2R，故D正確，故選C、D.]6．(1)10m(2)見解析(3)1s解析(1)設小球通過C點的速度為v，則有：eq\f(23,3)mg－mg＝meq\f(v2,\f(R,2))小球從P點落下直到沿光滑水平軌道運動的過程中，機械能守恒，有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mv2，可得高度H＝eq\f(2,3)R＝10m(2)設小球能夠沿豎直半圓軌道運動到O點的最小速度為vC，有meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2))＝mg，小球至少應從HC高處落下，mgHC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得HC＝eq\f(R,4)，由H>HC，小球可以通過O點．(3)小球由H高度落下通過O點的速度為v0＝eq\r(2gH)小球通過O點后做平拋運動，設小球經時間t落到AB圓弧軌道上，有x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2且x2＋y2＝R2可解得時間t＝1s(其他解不符合題意舍棄)7．(1)eq\f(10,3)R(2)eq\f(2＋4\r(2),3)R解析(1)運動過程中A環距軌道最低點的