高中物理《高中全程學(xué)習(xí)方略》2025版必修第二冊(cè)導(dǎo)學(xué)案第八章　3.動(dòng)能和動(dòng)能定理含答案

高中物理《高中全程學(xué)習(xí)方略》2025版必修第二冊(cè)導(dǎo)學(xué)案第八章3.動(dòng)能和動(dòng)能定理含答案3.動(dòng)能和動(dòng)能定理1.理解動(dòng)能和動(dòng)能定理。2.能用動(dòng)能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象。兩名同學(xué)射出的箭的“殺傷”本領(lǐng)可能不同,實(shí)際是反映了什么物理量的不同?【情境引入】你知道為什么高速路上會(huì)限制不同車型的時(shí)速嗎?必備知識(shí)·認(rèn)知導(dǎo)學(xué)一、動(dòng)能的表達(dá)式1.定義:物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫作動(dòng)能,用符號(hào)Ek表示。2.表達(dá)式:Ek=12mv23.單位:與功的單位相同,國際單位為焦耳,符號(hào)為J。1kg·(m/s)2=1N·m=1J。4.標(biāo)矢性:動(dòng)能是標(biāo)量,只有大小,沒有方向。二、動(dòng)能定理1.推導(dǎo)過程:2.內(nèi)容:力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功,等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。動(dòng)能是狀態(tài)量,變化量是過程量3.表達(dá)式:(1)W=12mv22-1(2)W=Ek2-Ek1。說明:式中W為合外力做的功,它等于各力做功的代數(shù)和。4.動(dòng)能定理的適用范圍不僅適用于恒力做功和直線運(yùn)動(dòng),也適用于變力做功和曲線運(yùn)動(dòng)?！咎剿髑笳妗亢贤饬?duì)物體做功,物體的速度一定變化嗎?物體的速度變化,合外力一定對(duì)物體做功嗎?提示:如果合外力對(duì)物體做功,物體動(dòng)能發(fā)生變化,速度一定發(fā)生變化;而速度變化動(dòng)能不一定變化,比如做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度方向時(shí)刻變化,但所受合外力不做功,如果合外力對(duì)物體不做功,則動(dòng)能不變。【明辨是非】1.速度大的物體動(dòng)能也大。(×)提示:物體的動(dòng)能不僅和速度有關(guān),還和質(zhì)量有關(guān)。物體質(zhì)量不確定,動(dòng)能也不確定。2.某物體的速度加倍,它的動(dòng)能也加倍。(×)提示:某物體質(zhì)量不變,其動(dòng)能與速度的平方成正比。3.合外力做功不等于零,物體的動(dòng)能一定變化。(√)4.物體的速度發(fā)生變化,合外力做功一定不等于零。(×)提示:如果只是物體的速度方向發(fā)生變化,合外力做功等于零。5.如果物體受到幾個(gè)力的作用,動(dòng)能定理中的W表示這幾個(gè)力的合力做的功。(√)關(guān)鍵能力·探究導(dǎo)思學(xué)習(xí)任務(wù)一動(dòng)能的理解探錨——情境創(chuàng)設(shè)啟發(fā)設(shè)問在同樣的高度釋放質(zhì)量不同的小球,發(fā)現(xiàn)質(zhì)量大的小球能將物塊推動(dòng)得更遠(yuǎn);在不同的高度釋放質(zhì)量相同的小球,發(fā)現(xiàn)從越高處釋放的小球能將物塊推動(dòng)得越遠(yuǎn)。則:(1)小球的動(dòng)能從何而來?提示:(1)小球依靠重力做功獲得動(dòng)能。(2)小球的動(dòng)能與哪些因素有關(guān)?提示:(2)小球的動(dòng)能與小球的質(zhì)量和速度有關(guān)。小球的質(zhì)量越大、速度越大,它的動(dòng)能就越大。解錨——要點(diǎn)歸納規(guī)律概括1.動(dòng)能的“四性”(1)相對(duì)性:選取不同的參考系,物體的速度不同,動(dòng)能也不同,一般以地面為參考系。(2)狀態(tài)性:動(dòng)能是表征物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量,與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(或某一時(shí)刻的速度)相對(duì)應(yīng)。(3)標(biāo)量性:只有大小,沒有方向;只有正值,沒有負(fù)值。(4)瞬時(shí)性:動(dòng)能具有瞬時(shí)性,與某一時(shí)刻或某一位置的速率相對(duì)應(yīng)。2.動(dòng)能的變化量:末狀態(tài)的動(dòng)能與初狀態(tài)的動(dòng)能之差,即ΔEk=12mv22-1提醒:動(dòng)能的變化量是過程量,ΔEk>0,表示物體的動(dòng)能增加;ΔEk<0,表示物體的動(dòng)能減少。起錨——典題突破學(xué)以致用【典例1】“中國天眼”FAST發(fā)現(xiàn)一個(gè)由甲、乙兩恒星組成的雙星系統(tǒng)。甲、乙兩恒星繞其連線上某點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為r1∶r2,則甲、乙兩恒星的動(dòng)能之比為()A.r1∶r2 B.r2∶r1C.r12∶r22 D.【解析】選A。雙星角速度相等,向心力相等,F=m甲ω2r1=m乙ω2r2,故m甲∶m乙=r2∶r1,又根據(jù)v=rω,可得v1∶v2=r1∶r2,動(dòng)能Ek=12mv2,甲、乙兩恒星的動(dòng)能之比為Ek甲∶Ek乙=r1∶r2[思維導(dǎo)引]程序內(nèi)容研究對(duì)象雙星轉(zhuǎn)化情境雙星繞連線上某點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)選擇規(guī)律雙星的速度和半徑的關(guān)系雙星的質(zhì)量和半徑的關(guān)系根據(jù)Ek=12mv2學(xué)習(xí)任務(wù)二動(dòng)能定理探錨——情境創(chuàng)設(shè)啟發(fā)設(shè)問在電影里常會(huì)看到這樣的畫面,一個(gè)人將一張撲克牌像刀片一樣飛出去,花草斷了、瓷器碎了,在現(xiàn)實(shí)中,居然真有人把這項(xiàng)飛牌絕技練成了!一張普通的撲克牌在普通人手里,不僅能在幾米外斬?cái)嘞憬?、黃瓜、西瓜……切斷黃瓜的原因是什么?撲克牌動(dòng)能變化的原因是什么?提示:在沒有風(fēng)的條件下,手持一張撲克牌,憑借腕力的抖動(dòng),瞬間發(fā)力,撲克牌擁有很大的動(dòng)能。在空中飛速旋轉(zhuǎn)后,因?yàn)閾淇伺七吘壓忘S瓜的接觸面很小,阻力很小,根據(jù)動(dòng)能定理,初動(dòng)能大,很容易切斷黃瓜。黃瓜對(duì)撲克牌的阻力使得撲克牌動(dòng)能變化。解錨——要點(diǎn)歸納規(guī)律概括對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)表達(dá)式W=ΔEk中的W為外力對(duì)物體做的總功。(2)動(dòng)能定理描述了做功和動(dòng)能變化的兩種關(guān)系。①等值關(guān)系:物體動(dòng)能的變化量等于合力對(duì)它做的功。②因果關(guān)系:合力對(duì)物體做功是引起物體動(dòng)能變化的原因,做功的過程實(shí)質(zhì)上是其他形式的能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化的過程,轉(zhuǎn)化了多少由合力做的功來度量。起錨——典題突破學(xué)以致用【典例2】(2024·東營高一檢測)央視《加油向未來》欄目曾測試穿甲彈貫穿鋼板的能力,測試中穿甲彈貫穿10塊豎直放置的鋼板后速度恰好減為零。已知測試用穿甲彈的質(zhì)量m=12kg,穿甲彈離開炮筒時(shí)的速度v0=1800m/s,方向沿水平方向,鋼板的厚度l0=10cm。穿甲彈在空氣中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的變化忽略不計(jì),假設(shè)穿甲彈在鋼板中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到鋼板的阻力恒定。結(jié)果可包含根式。求:(1)穿甲彈穿透第一塊鋼板時(shí)速度的大小;答案:(1)54010m/s【解析】(1)穿甲彈貫穿10塊豎直放置的鋼板的過程根據(jù)動(dòng)能定理得12mv02穿甲彈貫穿第一塊豎直放置的鋼板的過程根據(jù)動(dòng)能定理得12mv12-12m解得v1=54010m/s(2)穿甲彈對(duì)鋼板的平均沖擊力大小。答案:(2)1.944×107N【解析】(2)鋼板對(duì)穿甲彈的平均沖擊力為f=12mv02根據(jù)牛頓第三定律可得穿甲彈對(duì)鋼板的平均沖擊力大小為1.944×107N。[思維升華]動(dòng)能定理牽涉一個(gè)過程、兩個(gè)狀態(tài),利用動(dòng)能定理求變力功的一個(gè)重要應(yīng)用(1)明確研究的過程,抓住過程對(duì)應(yīng)的兩個(gè)狀態(tài)。(2)明確研究的過程中各個(gè)力做的功,利用動(dòng)能定理求出變力功?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】(2024·常州高一檢測)“平衡浪木”是一種訓(xùn)練平衡能力的器材,如圖所示,質(zhì)量m1=30kg的長方形均質(zhì)晃板用四根相同的輕質(zhì)鏈條分別懸掛在兩根固定的橫梁上,鏈條長度均為l=5m,與豎直方向夾角均為α=37°。讓一質(zhì)量m2=50kg的受訓(xùn)人員靜坐在晃板正中間,給晃板一水平初速度,晃板和受訓(xùn)人員擺動(dòng)起來,到最高點(diǎn)時(shí)兩根鏈條所在平面與晃板夾角為β=53°,受訓(xùn)人員可看作質(zhì)點(diǎn)且始終與晃板保持相對(duì)靜止,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g=10m/s2。求:(1)晃板和受訓(xùn)人員靜止時(shí)每根鏈條的拉力大小T;答案:(1)250N【解析】(1)在最低點(diǎn)靜止時(shí)受力平衡,以晃板和受訓(xùn)人員為整體進(jìn)行受力分析,受到拉力和重力,得4Tcosα=(m1+m2)g解得T=250N(2)晃板的初速度大小v0;答案:(2)4m/s【解析】(2)以晃板和受訓(xùn)人員為整體從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得(m1+m2)g·lcosα·(1-sinβ)=12(m1+m2)解得v0=4m/s(3)晃板擺到最高點(diǎn)時(shí),受訓(xùn)人員受到的支持力FN和摩擦力f的大小。答案:(3)320N240N【解析】(3)在最高點(diǎn)時(shí),以晃板和受訓(xùn)人員為整體進(jìn)行分析,整體受到重力和鐵鏈拉力作用,鐵鏈方向受力平衡,垂直鐵鏈方向根據(jù)牛頓第二定律得(m1+m2)gcosβ=(m1+m2)a則a=gcosβ=6m/s2以受訓(xùn)人員為研究對(duì)象,水平方向f=m2asinβ豎直方向受力平衡,得m2g-FN=m2acosβ聯(lián)立解得f=240N,FN=320N學(xué)習(xí)任務(wù)三動(dòng)能定理的應(yīng)用探錨——情境創(chuàng)設(shè)啟發(fā)設(shè)問如圖所示,一輛汽車正在上坡路上加速行駛。則:(1)汽車上坡過程中受到哪些力?各個(gè)力做什么功?提示:(1)汽車受重力、支持力、牽引力及路面的阻力作用;上坡過程中牽引力做正功,重力、阻力做負(fù)功,支持力不做功。(2)汽車的動(dòng)能怎樣變化?其動(dòng)能的變化與各個(gè)力做的功有什么關(guān)系?提示:(2)由于汽車加速上坡,其動(dòng)能增大;汽車動(dòng)能的變化等于重力、牽引力及路面的阻力三個(gè)力做功的代數(shù)和。解錨——要點(diǎn)歸納規(guī)律概括1.動(dòng)能定理的表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式,不能在某方向上應(yīng)用動(dòng)能定理,動(dòng)能沒有負(fù)值,但動(dòng)能的變化量ΔEk有正負(fù)之分。2.一些變力做功,不能用W=Flcosθ求解,應(yīng)當(dāng)善于運(yùn)用動(dòng)能定理。若整個(gè)過程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過程,既可以考慮分段計(jì)算,又可以對(duì)整個(gè)過程分析。3.應(yīng)用動(dòng)能定理涉及“一個(gè)過程”和“兩個(gè)狀態(tài)”。所謂“一個(gè)過程”是指做功過程,應(yīng)明確該過程合力所做的總功;“兩個(gè)狀態(tài)”是指初、末兩個(gè)狀態(tài)物體的動(dòng)能。4.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟:(1)選取研究對(duì)象,明確它的運(yùn)動(dòng)過程;(2)分析研究對(duì)象的受力情況和各力的做功情況:受哪些力各力是否做功做正功還是負(fù)功做多少功各力做功的代數(shù)和(3)明確研究對(duì)象在過程的始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2;(4)列出動(dòng)能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程,進(jìn)行求解。起錨——典題突破學(xué)以致用角度1動(dòng)能定理在直線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用【典例3】質(zhì)量為M的列車正沿平直軌道勻速行駛,忽然尾部有一節(jié)質(zhì)量為m的車廂脫鉤,待司機(jī)發(fā)現(xiàn)并關(guān)閉油門時(shí),前部車廂已駛過的距離為L。已知列車所受的阻力跟質(zhì)量成正比(設(shè)比例系數(shù)為k),列車啟動(dòng)后牽引力不變,問前后兩車都停下來時(shí)相距多遠(yuǎn)?答案:MM【解析】兩車脫鉤前做勻速運(yùn)動(dòng),其牽引力F=kM,脫鉤后尾部車廂在阻力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng),前部車廂在關(guān)閉油門前加速運(yùn)動(dòng),在關(guān)閉油門后做減速運(yùn)動(dòng),依據(jù)題意可作出相關(guān)圖。以尾部車廂分析,應(yīng)用動(dòng)能定理Wf=0-12mv2即-kms1=0-12mv2對(duì)于前部車廂,應(yīng)用動(dòng)能定理W合=0-12(M-m)v2即FL-k(M-m)s2=0-12(M-m)v2由于列車脫鉤前做勻速運(yùn)動(dòng),F=kM,聯(lián)立以上方程,解得Δs=s2-s1=MM-角度2動(dòng)能定理在曲線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用【典例4】(2024·六盤水高一檢測)如圖所示,光滑軌道ABCD固定在豎直平面內(nèi),BC段是圓心為O、半徑為R=1m的四分之一圓弧,B點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方。一質(zhì)量為m的小球由A點(diǎn)靜止下滑,最后從B點(diǎn)水平飛出,落在水平地面上的D點(diǎn)。已知O、D之間的距離為2R,小球可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小g取10m/s2,空氣阻力忽略不計(jì)。(1)求A、B兩點(diǎn)間的高度差;答案:(1)1m【解析】(1)小球從A點(diǎn)由靜止沿圓弧軌道滑下運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有mghAB=12m小球從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有xOD=vBt豎直方向有yOB=12gt解得,A、B兩點(diǎn)間的高度差hAB=1m(2)若小球從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放后,沿著軌道運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)脫離軌道。已知α=53°,求小球釋放點(diǎn)與B點(diǎn)之間的高度差。(sin53°=0.8,cos53°=0.6)答案:(2)0.2m【解析】(2)小球從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放后,沿著軌道運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)脫離軌道,則小球在P點(diǎn)對(duì)軌道沒有壓力,此時(shí)重力沿PO方向的分力提供向心力,即F向=mgsinα=mv根據(jù)動(dòng)能定理有mgh1=12m解得h1=0.4m根據(jù)幾何關(guān)系,小球釋放點(diǎn)與B點(diǎn)之間的高度差h2=h1-R(1-sin53°)=0.2m[思維升華]動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題比較項(xiàng)目牛頓運(yùn)動(dòng)定律動(dòng)能定理相同點(diǎn)確定研究對(duì)象,對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析適用條件只能研究恒力作用下物體做直線運(yùn)動(dòng)的情況對(duì)于物體在恒力或變力作用下,物體做直線運(yùn)動(dòng)或曲線運(yùn)動(dòng)均適用應(yīng)用方法要考慮運(yùn)動(dòng)過程的每一個(gè)細(xì)節(jié),結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動(dòng)能運(yùn)算方法矢量運(yùn)算代數(shù)運(yùn)算兩種思路對(duì)比可看出應(yīng)用動(dòng)能定理解題不涉及加速度、時(shí)間,不涉及矢量運(yùn)算,運(yùn)算簡單,不易出錯(cuò)?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1.(2024·煙臺(tái)高一檢測)如圖所示,直角桿AOB位于豎直平面內(nèi),OA水平,OB豎直且光滑,用不可伸長的輕細(xì)繩相連的兩小球a和b分別套在OA和OB桿上,b球的質(zhì)量為1kg,在作用于a球的水平拉力F的作用下,a、b均處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)a球到O點(diǎn)的距離l1=0.3m,b球到O點(diǎn)的距離h=0.4m。改變力F的大小,使a球向右加速運(yùn)動(dòng),已知a球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)速度大小為6m/s。g=10m/s2,則在此過程中繩對(duì)b球的拉力所做的功為()A.33JB.32JC.19JD.10J【解析】選A。a球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí),由幾何關(guān)系得,b上升距離為h1=0.4m-0.52-0.42m=0.1m,此時(shí)細(xì)繩與水平方向夾角的正切值為tanθ=34,可知cosθ=45,sinθ=35,由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)可知:vbsinθ=vacosθ,可得vb=8m/s,以b球?yàn)檠芯繉?duì)象,由動(dòng)能定理得WF2.(2024·泰安高一檢測)我國的民用無人機(jī)技術(shù)發(fā)展迅速,目前已占據(jù)全球市場一半以上。某品牌無人機(jī)出廠前進(jìn)行豎直飛行測試,發(fā)動(dòng)機(jī)起飛一段時(shí)間后關(guān)閉,再經(jīng)歷一小段時(shí)間到達(dá)最高點(diǎn)。已知無人機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)提供的升力大小恒定,空氣阻力恒為重力的0.25倍,無人機(jī)的動(dòng)能Ek與上升高度h的關(guān)系如圖所示,則下列論述錯(cuò)誤的是()A.無人機(jī)的升力大小是68.6NB.無人機(jī)的質(zhì)量是4kgC.空氣阻力的大小是8ND.加速段與減速段時(shí)間之比為7∶5【解析】選B。由動(dòng)能Ek與上升高度h的關(guān)系圖可得,斜率大小即為合外力的大小,故得到加速段的合外力大小為F-mg-f=501.75N≈28.6N,減速段的合外力為mg+f=503-1.75N=40N,聯(lián)立可得升力F=68.6N,故A正確;由減速段的合外力為mg+f=1.25mg=40N,可得無人機(jī)質(zhì)量m=3.2kg,空氣阻力f=0.25mg=0.25×3.2×10N=8N,故B錯(cuò)誤,C正確;由于加速段和減速段均為勻變速直線運(yùn)動(dòng),可知兩階段的平均速度相等,故時(shí)間之比等于位移之比,為13.(2024·樂山高一檢測)如圖所示,一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m=1kg的小物塊,從平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0=3m/s的初速度水平拋出,恰好無碰撞地從C點(diǎn)進(jìn)入固定光滑圓弧軌道,最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量M=2kg的長木板,并恰好能到達(dá)長木板的左端。已知長木板的上表面與圓弧軌道末端的切線相平,圓弧軌道的半徑R=118m,圓弧軌道對(duì)應(yīng)的圓心角為θ,小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1,不計(jì)空氣阻力,取重力加速度大小g=10m/s2,sinθ=0.(1)小物塊滑上長木板時(shí)的速度大小vD;答案:(1)6m/s【解析】(1)小物塊在C點(diǎn)的速度為vC=v0小物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1-cosθ)=12mvD2-解得小物塊滑上長木板時(shí)的速度大小為vD=6m/s(2)小物塊與長木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案:(2)15J【解析】(2)對(duì)小物塊,根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg=ma1對(duì)長木板,根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2解得a1=5m/s2,a2=1m/s2設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t小物塊與長木板共速,速度為v1,則v1=vD-a1t=a2t解得t=1s,v1=1m/s小物塊與長木板間的相對(duì)位移為Δx=vD+v12小物塊與長木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μ1mgΔx=5×3J=15J【補(bǔ)償訓(xùn)練】北京冬奧會(huì)之后,掀起了冰雪運(yùn)動(dòng)的高潮。山西省某市一滑雪場計(jì)劃新建一條滑道,某同學(xué)就此事提出了自己的設(shè)計(jì)方案。方案中滑道的局部示意圖如圖所示,ABC可看作豎直平面內(nèi)的兩段光滑圓弧銜接而成。已知AB段圓弧半徑為R1,對(duì)應(yīng)的圓心角為60°,B點(diǎn)切線水平,重力加速度大小為g。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的人,從A點(diǎn)由靜止開始滑下。(1)求此人通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小。答案:(1)gR【解析】設(shè)人的質(zhì)量為m,滑道對(duì)人的彈力為F(1)人從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理得mgR1(1-cos60°)=12mv解得v=g(2)若保障此人不從B點(diǎn)脫離滑道,求BC段圓弧的半徑R2的取值范圍。答案:(2)R2>R1【解析】(2)對(duì)B點(diǎn)在BC圓弧上有mg-F=mv當(dāng)人剛好從B點(diǎn)脫離滑道時(shí)F=0由以上兩式可求得此時(shí)R2=R1則不從B點(diǎn)脫離滑道需滿足R2>R1【拓展例題】考查內(nèi)容:與曲線運(yùn)動(dòng)的綜合【典例】如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi),軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ=30°,下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切,一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m=0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中的A點(diǎn)以v0=2m/s的速度被水平拋出,恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道,經(jīng)過C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí),彈簧被壓縮至最短,此時(shí)彈簧的彈性勢能Epm=0.8J,已知小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10m/s2。求:(1)小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的時(shí)間;答案:(1)0.35s【解析】(1)小物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道,根據(jù)幾何關(guān)系有:tanθ=v解得:t=35(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的壓力大小;答案:(2)8N【解析】(2)vB=v0小物塊由B運(yùn)動(dòng)到C,根據(jù)動(dòng)能定理有:mgR(1+sinθ)=12mvC2-在C點(diǎn)處,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mv聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得FN=8N。由牛頓第三定律得:小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的壓力FN'=FN=8N。(3)C、D兩點(diǎn)間的水平距離L。答案:(3)1.2m【解析】(3)從C點(diǎn)到D點(diǎn),由動(dòng)能定理可知:-μmgL-W=0-12mvC2,彈簧克服彈力做的功W解得:L=1.2m。隨堂檢測·自我診斷1.(對(duì)動(dòng)能的理解)花樣滑冰是一個(gè)極具觀賞性的比賽項(xiàng)目,在2022年北京冬奧會(huì)上,隋文靜和韓聰?shù)碾p人滑完美發(fā)揮摘得冠軍。其中有一個(gè)精彩的場面,韓聰拉著隋文靜的手,使隋文靜以韓聰為轉(zhuǎn)動(dòng)軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則在這個(gè)過程中()A.隋文靜所受到的合外力為零B.隋文靜的加速度大小會(huì)改變C.隋文靜的線速度不變D.隋文靜的動(dòng)能不變【解析】選D。隋文靜以韓聰為轉(zhuǎn)動(dòng)軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則隋文靜所受到的合外力不為零,合外力提供向心力,故A錯(cuò)誤;隋文靜以韓聰為轉(zhuǎn)動(dòng)軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則隋文靜的加速度大小不變,故B錯(cuò)誤;隋文靜以韓聰為轉(zhuǎn)動(dòng)軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則隋文靜的線速度大小不變,方向時(shí)刻改變,故C錯(cuò)誤;隋文靜以韓聰為轉(zhuǎn)動(dòng)軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則隋文靜的線速度大小不變,方向時(shí)刻改變,但動(dòng)能只與速度大小有關(guān),則隋文靜的動(dòng)能不變,故D正確。2.(動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用)國產(chǎn)大飛機(jī)C919執(zhí)行“上海浦東——三亞——哈爾濱”航線試飛任務(wù),于2023年2月8日晚安全抵達(dá)哈爾濱太平國際機(jī)場。如圖所示,在某次試飛中,C919從靜止開始滑跑,當(dāng)位移為l時(shí),達(dá)到起飛速度v。已知此過程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為f,牽引力大小恒為F,飛機(jī)質(zhì)量為m。則下列關(guān)系式中正確的是()A.Fl=12mv2 B.(F-f)l=12C.(F-f)l=mv D.Fl-f=0【解析】選B。飛機(jī)從靜止開始至達(dá)到起飛速度,根據(jù)動(dòng)能定理有W合=ΔEk,即(F-f)l=12mv23.(動(dòng)能定理中的圖像)如圖甲所示,用大小不同的水平向右恒力F將物體M從靜止由P點(diǎn)拉動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度為v,F與v2的變化關(guān)系如圖乙中的a圖線;用相同的方法得到另一個(gè)物體N的F與v2的變化關(guān)系如圖乙中的b圖線,則()A.M的質(zhì)量比N的質(zhì)量大B.M的質(zhì)量比N的質(zhì)量小C.M、N與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同D.M與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)比N與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)大【解析】選A。設(shè)P點(diǎn)與Q點(diǎn)之間的距離為d,根據(jù)動(dòng)能定理有Fd-μmgd=12mv2,可得F=mv22d+μmg,由圖乙可知,M【補(bǔ)償訓(xùn)練】(動(dòng)能定理的應(yīng)用)MN為豎直固定放置的半圓形軌道,A為軌道最低點(diǎn),O為圓心,B點(diǎn)在半圓軌道上,AB為一斜面,與半徑OA夾角為α,今從O點(diǎn)和B點(diǎn)同時(shí)由靜止開始釋放兩小球。不計(jì)一切阻力,下列說法正確的是()A.α越大,兩小球下落時(shí)間差越小B.α越大,兩小球下落時(shí)間差越大C.兩小球下落的時(shí)間差與α大小無關(guān)D.若B與O點(diǎn)等高,兩小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度相同【解析】選C。對(duì)從O點(diǎn)釋放的小球有R=12gt12,對(duì)從B點(diǎn)釋放的小球分析有,a=mgcosαm=gcosα,2Rcosα=12at22,解得t1=2Rg,t2=2Rg,可知兩小球下落的時(shí)間差與α大小無關(guān),故A、B錯(cuò)誤,C正確;根據(jù)mgR=12mv24.機(jī)械能守恒定律【課程標(biāo)準(zhǔn)】1.理解機(jī)械能守恒定律,體會(huì)守恒觀念對(duì)認(rèn)識(shí)物理規(guī)律的重要性。2.能用機(jī)械能守恒定律分析生產(chǎn)生活中的有關(guān)問題?！局R(shí)導(dǎo)圖】【情境引入】一個(gè)大鐵球從鼻子尖端靜止釋放,鐵球在運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)碰到鼻子嗎?必備知識(shí)·認(rèn)知導(dǎo)學(xué)一、追尋守恒量1.能量是普遍存在的。2.伽利略斜面實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象表明:讓靜止的小球沿一個(gè)斜面滾下,小球?qū)L上另一個(gè)對(duì)接斜面,沒有摩擦?xí)r,小球?qū)L到與開始時(shí)相同的高度。3.能量概念的建立:始、末位置高度相同,小球運(yùn)動(dòng)中守恒的量叫機(jī)械能。二、動(dòng)能與勢能的相互轉(zhuǎn)化1.重力做正功,重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能;重力做負(fù)功,動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢能。2.彈性勢能也可以與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化。3.重力勢能、彈性勢能與動(dòng)能都是機(jī)械運(yùn)動(dòng)中的能量形式,統(tǒng)稱為機(jī)械能。[思考]跳水運(yùn)動(dòng)員從跳板上彈起的過程中,跳板的彈性勢能轉(zhuǎn)化成什么能量?提示:運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能。三、機(jī)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),動(dòng)能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化,而總的機(jī)械能保持不變。2.表達(dá)式:(1)mgh2+12mv22=mgh1+1(2)Ek2+Ep2=Ek1+Ep1。(3)E2=E1。3.條件:物體系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功。沒有其他能量[思考]如圖所示,運(yùn)動(dòng)員雙手緊握鏈條的一端,另一端拴一重球,繞一豎直軸做圓周運(yùn)動(dòng)。在轉(zhuǎn)速不斷增大的過程中,某時(shí)刻突然松手后鏈球飛出。不計(jì)空氣阻力,鏈球飛出后,在空中運(yùn)動(dòng)過程中,鏈球的機(jī)械能守恒嗎?提示:守恒。【對(duì)號(hào)入座】關(guān)于機(jī)械能守恒的敘述,下列說法正確的是②。

①做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體,機(jī)械能一定守恒②物體所受的合力不等于零,機(jī)械能可能守恒③物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),機(jī)械能一定守恒④物體所受合力做功為零,機(jī)械能一定守恒【明辨是非】1.物體自由下落時(shí),重力做正功,物體的動(dòng)能和重力勢能都增加。(×)提示:重力勢能減少。2.合力為零,物體的機(jī)械能一定守恒。(×)提示:機(jī)械能不一定守恒。3.只有重力做功,物體的機(jī)械能一定守恒。(√)4.物體的機(jī)械能守恒時(shí),則物體一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(×)提示:自由落體運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒。5.物體的速度增大時(shí),其機(jī)械能可能減小。(√)6.“某物體機(jī)械能守恒”為習(xí)慣說法,實(shí)際上應(yīng)為“某物體和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒”。(√)關(guān)鍵能力·探究導(dǎo)思學(xué)習(xí)任務(wù)一機(jī)械能守恒條件的理解與判斷探錨——情境創(chuàng)設(shè)啟發(fā)設(shè)問如圖所示,過山車在關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)的情況下由高處飛奔而下。(忽略軌道的阻力和其他阻力)過山車下滑時(shí),動(dòng)能和勢能怎么變化?機(jī)械能守恒嗎?提示:動(dòng)能增加,重力勢能減少,機(jī)械能保持不變。解錨——要點(diǎn)歸納規(guī)律概括1.研究對(duì)象:(1)當(dāng)只有重力做功時(shí),可取一個(gè)物體(其實(shí)是物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng))作為研究對(duì)象。(2)當(dāng)物體之間的彈力做功時(shí),必須將這幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象(使這些彈力成為系統(tǒng)內(nèi)力)。2.守恒條件理解:(1)從能量轉(zhuǎn)化分析,系統(tǒng)內(nèi)部只發(fā)生動(dòng)能和勢能的相互轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機(jī)械能的傳遞,機(jī)械能也沒有轉(zhuǎn)化成其他形式的能,則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)從做功條件分析,機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈簧類彈性物體的彈力做功。可從以下幾種情形理解:①只受重力作用:如在不考慮空氣阻力的情況下的各種拋體運(yùn)動(dòng)(自由落體、豎直上拋、平拋、斜拋等)。②系統(tǒng)內(nèi)只有重力和彈力作用,如圖甲、乙、丙所示。圖甲中,小球在擺動(dòng)過程中線的拉力不做功,如不計(jì)空氣阻力則只有重力做功,小球的機(jī)械能守恒。圖乙中,各接觸面光滑,A自B上端自由下滑的過程中,只有重力和A、B間的彈力做功,A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。但對(duì)A來說,B對(duì)A的彈力做負(fù)功,這個(gè)力對(duì)A來說是外力,A的機(jī)械能不守恒。圖丙中,不計(jì)空氣阻力,球在下落過程中,只有重力和彈力做功,球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。但對(duì)球來說,機(jī)械能不守恒,這一點(diǎn)需要特別注意。③受其他力,但其他力不做功,只有重力或彈簧類彈性物體的彈力做功,例如:物體沿光滑的曲面下滑,受重力、曲面的支持力作用,但曲面的支持力對(duì)物體不做功。④有系統(tǒng)的內(nèi)力做功,但是做功代數(shù)和為零。如圖丁所示,拉力對(duì)A、對(duì)B做功不為零,但代數(shù)和為零,A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。起錨——典題突破學(xué)以致用角度1單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問題【典例1】(2024·信陽高一檢測)下列關(guān)于配圖的說法正確的是()A.圖1中“蛟龍?zhí)枴北坏踯噭蛩俚跸滤倪^程中機(jī)械能守恒B.圖2中物塊在恒力F作用下沿固定光滑斜面勻加速上滑過程中,物塊機(jī)械能守恒C.圖3中物塊沿固定斜面勻速下滑過程中,物塊機(jī)械能不守恒D.圖4中撐竿跳高運(yùn)動(dòng)員在上升過程中機(jī)械能守恒【解析】選C。圖1中“蛟龍?zhí)枴北坏踯噭蛩俚跸滤倪^程中,重力勢能不斷減小,動(dòng)能不變。所以機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;圖2中物塊在恒力F作用下沿固定光滑斜面勻加速上滑過程中,重力勢能和動(dòng)能均增大,則其機(jī)械能增大,故B錯(cuò)誤;圖3中物塊沿固定斜面勻速下滑過程中,重力勢能減小,動(dòng)能不變,故機(jī)械能不守恒,故C正確;圖4中撐竿跳高運(yùn)動(dòng)員在上升過程中,撐竿的彈性勢能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能,所以運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒,故D錯(cuò)誤。[思維升華]判斷機(jī)械能守恒的方法做功分析法(常用于單個(gè)物體)角度2系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題【典例2】(2024·玉溪高一檢測)如圖所示,長度為2L的輕桿兩端固定有質(zhì)量為2m的小球a和質(zhì)量為m的小球b,桿可繞固定的轉(zhuǎn)動(dòng)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng),兩小球到轉(zhuǎn)動(dòng)軸O的距離均為L,且兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。桿位于豎直位置時(shí)使小球a受到輕微擾動(dòng)后,a、b在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),g為重力加速度,不計(jì)空氣阻力和一切摩擦,則小球a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的拉力大小為()A.3mg B.143C.6mg D.203[思維導(dǎo)引]程序內(nèi)容研究對(duì)象小球a和b組成的系統(tǒng)轉(zhuǎn)化情境小球a從最高點(diǎn)轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)選擇規(guī)律小球a從最高點(diǎn)轉(zhuǎn)到最低點(diǎn),系統(tǒng)機(jī)械能守恒小球a在最低點(diǎn)適用牛頓第二定律【解析】選B。當(dāng)a到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得2mg·2L-mg·2L=12(2m+m)v2,對(duì)球a在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得F-2mg=2mv2L,解得F=【補(bǔ)償訓(xùn)練】(多選)如圖所示,質(zhì)量都為m的a、b兩球固定在輕桿的兩端,輕桿可繞過O點(diǎn)的水平軸在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng),已知兩球到O點(diǎn)的距離L1>L2。在圖示的水平位置由靜止釋放兩球至a到達(dá)最低點(diǎn)的過程中()A.桿對(duì)a球做正功B.桿對(duì)b球做負(fù)功C.桿對(duì)a球做負(fù)功 D.桿對(duì)b球做正功【解析】選C、D。a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mgL1-mgL2=Eka+Ekb>0,設(shè)桿對(duì)b做功為Wb,對(duì)b由動(dòng)能定理得-mgL2+Wb=Ekb>0,可得Wb>0,故B錯(cuò)誤,D正確;a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,桿對(duì)系統(tǒng)做功的代數(shù)和為0,桿對(duì)b球做正功,則桿對(duì)a球做負(fù)功,故A錯(cuò)誤,C正確。學(xué)習(xí)任務(wù)二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用探錨——情境創(chuàng)設(shè)啟發(fā)設(shè)問2023年9月29日晚,杭州亞運(yùn)會(huì)女子鉛球金牌在杭州奧林匹克體育中心體育場產(chǎn)生,中國選手鞏立姣以19米58的成績獲得金牌,實(shí)現(xiàn)亞運(yùn)會(huì)三連冠。如圖所示是鞏立姣投擲鉛球的動(dòng)作。(忽略鉛球所受空氣的阻力)(1)鉛球在空中運(yùn)動(dòng)過程中,機(jī)械能守恒嗎?提示:(1)機(jī)械能守恒。(2)在求解鉛球落地的速度大小時(shí),可以考慮應(yīng)用什么規(guī)律?提示:(2)可以應(yīng)用機(jī)械能守恒定律,也可以應(yīng)用動(dòng)能定理。解錨——要點(diǎn)歸納規(guī)律概括1.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)形式理解角度表達(dá)式物理意義從不同狀態(tài)看Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E初=E末初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能從轉(zhuǎn)化角度看Ek2-Ek1=Ep1-Ep2或ΔEk=-ΔEp過程中動(dòng)能的增加量等于勢能的減少量從轉(zhuǎn)移角度看EA2-EA1=EB1-EB2或ΔEA=-ΔEB系統(tǒng)只有A、B兩物體時(shí),A增加的機(jī)械能等于B減少的機(jī)械能2.三種表達(dá)式的比較起錨——典題突破學(xué)以致用角度1單個(gè)物體機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用【典例3】(2024·重慶高一檢測)如圖甲所示的陀螺可在圓軌道的外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落,好像軌道對(duì)它施加了魔法一樣,被稱為“魔力陀螺”。其物理原理可等效為如圖乙所示的模型:半徑為R的磁性圓軌道豎直固定,質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點(diǎn))在軌道外側(cè)轉(zhuǎn)動(dòng),A、B兩點(diǎn)分別為軌道上的最高、最低點(diǎn),鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,重力加速度為g,不計(jì)摩擦和空氣阻力,下列說法正確的是()A.鐵球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.鐵球繞軌道轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不守恒C.鐵球在A點(diǎn)的速度一定大于或等于gRD.要使鐵球不脫軌,軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg【解析】選D。鐵球在豎直軌道上做圓周運(yùn)動(dòng),受到重力、軌道的支持力和磁性引力的作用,其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,支持力的方向指向圓心,它們都始終與鐵球的運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以磁性引力和支持力對(duì)鐵球都不做功,只有重力對(duì)鐵球做功,所以鐵球的機(jī)械能守恒。在最高點(diǎn)的速度最小,在最低點(diǎn)的速度最大,所以鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;鐵球繞軌道轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),只有重力做功,其機(jī)械能守恒,故B錯(cuò)誤;在A點(diǎn),軌道可以支撐鐵球,所以要使鐵球不脫離軌做完整圓周運(yùn)動(dòng),只需鐵球在A點(diǎn)時(shí)的速度大于等于零即可,故C錯(cuò)誤;鐵球在最低點(diǎn)時(shí),若恰好不脫軌,則滿足F-mg=mv2R,鐵球恰好從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)時(shí),由機(jī)械能守恒定律得2mgR=12mv2,解得F=5mg角度2系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用【典例4】(2024·貴陽高一檢測)如圖所示,傾角θ=30°的光滑斜面固定,跨過光滑定滑輪的細(xì)線一端連接B物塊,另一端連接A物塊,A物塊另一端連接輕彈簧,輕彈簧下端固定連接在斜面底部。開始時(shí)B受到向上的外力F保持靜止,細(xì)線剛好伸直無張力?，F(xiàn)撤去外力F,物塊B下落未碰到地面。已知mA=mB=1kg,彈簧勁度系數(shù)k=1000N/m,彈性勢能大小為Ep=12kx2,x為彈簧的形變量,重力加速度g10m/s2,兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求:(1)撤去外力F后B物塊的最大速度;答案:(1)510m/s【解析】(1)A靜止,設(shè)彈簧壓縮量為x0,有mAgsinθ=kx0得x0=0.005m當(dāng)A、B加速度為零時(shí)速度最大,設(shè)彈簧伸長量為x1,有mBg-mAgsinθ-kx1=0解得彈簧伸長量x1=0.005mA、B及彈簧組成的系統(tǒng)下落過程中機(jī)械能守恒mBg(x0+x1)-mAg(x0+x1)sinθ=12(mA+mB)可得vm=510(2)撤去外力F后B下降的最大距離。答案:(2)0.02m【解析】(2)A上升到最大高度時(shí)速度為零,彈簧和A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,設(shè)彈簧伸長量為x2,有12kx22-12kx02=mBg(x0+x2)-mAg(x解得x2=0.015mB下降的最大距離L=x0+x2=0.02m【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1.(多選)(2024·沙坪壩高一檢測)在距地面h高處,以初速度v0沿水平方向拋出一個(gè)物體,若忽略空氣阻力,它運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,物體分別經(jīng)過軌跡上a、b、c三個(gè)位置,若a與b、b與c的時(shí)間間隔相等,那么()A.物體在ab與bc過程中,重力做功相等B.物體在ab與bc過程中,動(dòng)能的變化量相等C.物體在a點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率比在c點(diǎn)時(shí)小D.物體在a、b、c三點(diǎn)的機(jī)械能相等【解析】選C、D。物體水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng),其豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng),ab與bc時(shí)間相等,相等時(shí)間內(nèi)的位移越來越大,由WG=mgh可知,物體在ab與bc過程中,重力做功不相等,故A錯(cuò)誤;由于物體做平拋運(yùn)動(dòng),只有重力做功,由動(dòng)能定理可知,物體在ab與bc過程中,動(dòng)能的變化量不相等,故B錯(cuò)誤;物體在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),則物體在a點(diǎn)豎直方向的速度小于c點(diǎn)豎直方向的速度,由PG=mgvy可知,物體在a點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率比在c點(diǎn)時(shí)小,故C正確;物體拋出后只受重力的作用,在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功,則機(jī)械能守恒,所以物體在a、b、c三點(diǎn)的機(jī)械能相等,故D正確。2.(2024·蘇州高一檢測)2023年杭州亞運(yùn)會(huì)上,中國選手嚴(yán)浪宇獲得男子蹦床金牌。比賽時(shí),可將蹦床簡化為一豎直放置的彈簧,彈簧的勁度系數(shù)為k,其彈力F與形變量x的關(guān)系如圖所示。運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m并可視為質(zhì)點(diǎn),當(dāng)其從蹦床正上方h處的最高點(diǎn)下落到最低點(diǎn)時(shí),蹦床的壓縮量為x0,空氣阻力不計(jì),重力加速度為g,則由最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中,下列說法正確的是()A.運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能守恒B.運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能最大時(shí),蹦床的彈性勢能為mC.運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能的最大值為mgh-mD.蹦床的彈性勢能的最大值為mg(h+x0)【解析】選D。運(yùn)動(dòng)員和蹦床組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,但蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員有彈力作用,則運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;當(dāng)運(yùn)動(dòng)員加速度為零時(shí),其動(dòng)能最大,由mg=kx知,運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能最大時(shí),蹦床的壓縮量為x=mgk,此時(shí)彈簧的彈性勢能等于克服彈力所做的功,Ep=-W=12mgkmg=m2g22k,故B錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可得mg(h+x)-Ep=Ekmax,代入數(shù)據(jù)得Ekmax=mgh+m2g3.(2024·大連高一檢測)如圖所示,總長為l、質(zhì)量為m的均勻軟繩對(duì)稱地掛在輕小滑輪上,用細(xì)線將質(zhì)量也為m的物塊與軟繩一端連接。現(xiàn)將物塊由靜止釋放,直到軟繩剛好全部離開滑輪。不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.剛釋放物塊時(shí),細(xì)線的拉力大小等于mgB.在軟繩從靜止到剛離開滑輪的過程中,軟繩的機(jī)械能守恒C.在軟繩從靜止到剛離開滑輪的過程中,物塊的機(jī)械能減少了18D.在軟繩從靜止到剛離開滑輪的過程中,軟繩的機(jī)械能增加了38【解析】選C。剛釋放的時(shí)候,物塊有向下的加速度,根據(jù)牛頓第二定律有mg-T=ma,可知拉力小于mg,故A錯(cuò)誤;在軟繩從靜止到剛離開滑輪的過程中,拉力對(duì)軟繩做了功,軟繩機(jī)械能不守恒,故B錯(cuò)誤;設(shè)軟繩剛離開滑輪的時(shí)候,物塊和軟繩的速度為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·l2+mg2·l2=12·2mv2,計(jì)算可得v=3gl2,則物塊機(jī)械能的減少量為E減=mg·l2-12mv2=1【補(bǔ)償訓(xùn)練】(多選)(2024·佛山高一檢測)圖甲為水上樂園水滑梯,人從高處滑下,最后從末端飛出去,可簡化如圖乙所示模型。其中C點(diǎn)為圓弧的最低點(diǎn),圓弧軌道的半徑R=2m,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ為120°,AC的豎直高度差h=6m。質(zhì)量m=50kg的人在A點(diǎn)從靜止開始下滑,不計(jì)空氣阻力和軌道摩擦,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()A.人滑到C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為3500NB.人從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)一直處于失重狀態(tài)C.人滑到D點(diǎn)時(shí)速度大小為10m/sD.人落入水中時(shí)的速度方向與水面夾角大于60°【解析】選A、C、D。人從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒知mgh=12mvC2,得出vC=230m/s,在C點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律,有FN-mg=mvC2R,解得FN=3500N,根據(jù)牛頓第三定律,人滑到C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為3500N,A正確;人從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),到C點(diǎn)之前,先有向下的加速度分量,到C點(diǎn)時(shí),有向上的加速度分量,加速度向上,不是一直處于失重狀態(tài),B錯(cuò)誤;人從C點(diǎn)滑到D點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒知,-mg(R-Rcos60°)=12mvD2-12m【拓展例題】考查內(nèi)容:鏈條下滑問題【典例】(2024·內(nèi)江高一檢測)如圖所示,勻質(zhì)鐵鏈質(zhì)量為m,長度為L,現(xiàn)使其L2放在傾角為30°的光滑斜面上,其余部分豎直