(全國(guó)通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案
《(全國(guó)通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國(guó)通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案(21頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.機(jī)械能守恒的判斷方法Ⅱ 2.單個(gè)物體的機(jī)械能守恒Ⅱ 3.多個(gè)物體的機(jī)械能守恒Ⅱ 2016·全國(guó)卷Ⅲ,24 機(jī)械能守恒定律是力學(xué)的重要規(guī)律之一,高考??疾轵?yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn),要深刻理解機(jī)械能守恒定律的條件,會(huì)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解力學(xué)的綜合問(wèn)題 1.重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系 (1)重力做功的特點(diǎn) ①重力做功與__路徑__無(wú)關(guān),只與始末位置的__高度差__有關(guān). ②重力做功不引起物體__機(jī)械能__的變化. (2)重力勢(shì)能 ①表達(dá)式:Ep=__mgh__. ②重力勢(shì)能的特點(diǎn) 重力
2、勢(shì)能是物體和__地球__所共有的,重力勢(shì)能的大小與參考平面的選取__有關(guān)__,但重力勢(shì)能的變化與參考平面的選取__無(wú)關(guān)__. (3)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系 ①定性關(guān)系:重力對(duì)物體做正功,重力勢(shì)能__減小__;重力對(duì)物體做負(fù)功,重力勢(shì)能__增大__; ②定量關(guān)系:重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能增量的負(fù)值.即WG=__-(Ep2-Ep1)__=__-ΔEp__. 2.彈性勢(shì)能 (1)定義:發(fā)生__彈性形變__的物體之間,由于有彈力的相互作用而具有的勢(shì)能. (2)彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系:彈力做正功,彈性勢(shì)能__減小__;彈力做負(fù)功,彈性勢(shì)能__增加__.即W=__-ΔEp_
3、_. 3.機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 (1)內(nèi)容 在只有__重力__或__彈簧彈力__做功的物體系統(tǒng)內(nèi),動(dòng)能與勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化,而總的機(jī)械能__保持不變__. (2)守恒條件 只有__重力或彈簧彈力__做功. 1.請(qǐng)判斷下列表述是否正確,對(duì)不正確的表述,請(qǐng)說(shuō)明原因. (1)被舉到高處的物體重力勢(shì)能可以為零.( √ ) (2)克服重力做功,物體的重力勢(shì)能一定增加.( √ ) (3)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢(shì)能.( √ ) (4)彈簧彈力做正功時(shí),彈性勢(shì)能增加.( × ) 解析 彈簧彈力做正功時(shí),彈性勢(shì)能減少. (5)物體在速度增大時(shí),其機(jī)械能可能在減?。? √ )
4、(6)物體所受合外力為零時(shí),機(jī)械能一定守恒.( × ) 解析 物體所受合外力為零時(shí),運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不會(huì)發(fā)生變化,故動(dòng)能一定不變,但機(jī)械能不一定守恒. (7)物體受到摩擦力作用時(shí),機(jī)械能一定要變化.( × ) 解析 物體受摩擦力的作用時(shí),機(jī)械能可能不變.例如物體在水平拉力的作用下沿水平粗糙地面勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其機(jī)械能不變. (8)在只有重力、彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi),只發(fā)生動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化,物體的機(jī)械能一定守恒.( √ ) 一 機(jī)械能守恒的判斷方法 1.機(jī)械能守恒的條件:只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功. 2.機(jī)械能守恒的判斷方法: (1)從機(jī)械能的定義直接判斷:若物體動(dòng)能、勢(shì)能均不
5、變,機(jī)械能不變.若一個(gè)物體動(dòng)能不變,重力勢(shì)能變化,或重力勢(shì)能不變,動(dòng)能變化或動(dòng)能和重力勢(shì)能同時(shí)增加(或減小),其機(jī)械能一定變化. (2)用做功判斷:若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功,雖受其他外力,但其他外力不做功,則機(jī)械能守恒. (3)用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷:若物體系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化,則物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒. [例1](2018·廣西南寧調(diào)研)在如圖所示的物理過(guò)程示意圖中,甲圖為一端固定有小球的輕桿,從右偏上30°角釋放后繞光滑支點(diǎn)擺動(dòng);乙圖為末端固定有A、B兩小球的輕質(zhì)直角架,釋放后繞通過(guò)直角頂點(diǎn)的固定軸O無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng);丙圖為置于光滑水平面上的
6、A、B兩小車,B靜止,A獲得一向右的初速度后向右運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻連接兩車的細(xì)繩繃緊,然后帶動(dòng)B車運(yùn)動(dòng);丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車,把用細(xì)繩懸掛的小球從圖示位置釋放,小球開(kāi)始擺動(dòng).則關(guān)于這幾個(gè)物理過(guò)程(空氣阻力忽略不計(jì)),下列判斷中正確的是( A ) A.甲圖中小球機(jī)械能守恒 B.乙圖中小球A的機(jī)械能守恒 C.丙圖中兩車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.丁圖中小球的機(jī)械能守恒 解析 甲圖過(guò)程中輕桿對(duì)小球不做功,小球的機(jī)械能守恒;乙圖過(guò)程中A、B兩球通過(guò)桿相互影響(例如開(kāi)始時(shí)A球帶動(dòng)B球轉(zhuǎn)動(dòng)),輕桿對(duì)A的彈力不沿桿的方向,會(huì)對(duì)小球做功,所以每個(gè)小球的機(jī)械能不守恒,但把兩個(gè)小球作為
7、一個(gè)系統(tǒng)時(shí)機(jī)械能守恒;丙圖中繩子繃緊的過(guò)程雖然只有彈力作為內(nèi)力做功,但彈力突變有內(nèi)能轉(zhuǎn)化,機(jī)械能不守恒;丁圖過(guò)程中細(xì)繩也會(huì)拉動(dòng)小車運(yùn)動(dòng),取地面為參考系,小球的軌跡不是圓弧,細(xì)繩會(huì)對(duì)小球做功,小球的機(jī)械能不守恒,把小球和小車當(dāng)做一個(gè)系統(tǒng),機(jī)械能才守恒. (1)機(jī)械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零,更不是合外力為零;“只有重力做功”不等于“只受重力作用”. (2)分析機(jī)械能是否守恒時(shí),必須明確要研究的系統(tǒng). 二 單個(gè)物體機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用技巧 (1)機(jī)械能守恒定律是一種“能—能轉(zhuǎn)化”關(guān)系,其守恒是有條件的.因此,應(yīng)用時(shí)首先要對(duì)研究對(duì)象在所研究的過(guò)程中機(jī)
8、械能是否守恒做出判斷. (2)如果系統(tǒng)(除地球外)只有一個(gè)物體,用守恒觀點(diǎn)列方程較方便;對(duì)于由兩個(gè)或兩個(gè)以上物體組成的系統(tǒng),用轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的觀點(diǎn)列方程較簡(jiǎn)便. [例2](2018·陜西寶雞調(diào)研)如圖所示,豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑管道的半徑略大于小球半徑,管道中心線到圓心的距離為R,A端與圓心O等高,AD為水平面,B點(diǎn)在O點(diǎn)的正下方,小球自A點(diǎn)正上方由靜止釋放,自由下落至A點(diǎn)時(shí)進(jìn)入管道,從上端口飛出后落在C點(diǎn),當(dāng)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),管壁對(duì)小球的彈力大小是小球重力大小的9倍.求: (1)釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度; (2)落點(diǎn)C與A點(diǎn)的水平距離. 解析 (1)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為v1,因?yàn)榈竭_(dá)
9、B點(diǎn)時(shí),管壁對(duì)小 球的彈力大小是小球重力大小的9倍,所以有9mg-mg=.設(shè)B點(diǎn)為重力勢(shì)能的零點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得mg(h+R)=mv,解得h=3R. (2)設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為v2,落點(diǎn)C與A點(diǎn)的水平距離為x.由機(jī)械能守恒定律得mv=mv+mg·2R, 由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得R=gt2,R+x=v2t, 解得x=(2-1)R. 答案 (1)3R (2)(2-1)R 三 多個(gè)物體的機(jī)械能守恒 1.對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng),要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒. 判斷方法:看是否有其他形式的能與機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化. 2.三種守恒表達(dá)式的比較 角度 公式 意義 注意事項(xiàng)
10、 守恒 觀點(diǎn) Ek1+Ep1= Ek2+Ep2 系統(tǒng)的初狀態(tài)機(jī)械能的總和與末狀態(tài)機(jī)械能的總和相等 初、末狀態(tài)必須用同一零勢(shì)能面計(jì)算勢(shì)能 轉(zhuǎn)化 觀點(diǎn) ΔEk= -ΔEp 系統(tǒng)減少(或增加)的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動(dòng)能 應(yīng)用時(shí)關(guān)鍵在于分清重力勢(shì)能的增加量和減少量,可不選零勢(shì)能面而直接計(jì)算初、末狀態(tài)的勢(shì)能差 轉(zhuǎn)移 觀點(diǎn) ΔEA增= ΔEB減 若系統(tǒng)由A、B兩物體組成,則A物體機(jī)械能的增加量與B物體機(jī)械能的減少量相等 常用于解決兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問(wèn)題 [例3](2016·湖北黃岡模擬)如圖所示,三條長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的輕桿兩兩夾120°在O點(diǎn)連
11、接且能繞垂直桿的水平固定轉(zhuǎn)軸在豎直平面內(nèi)做無(wú)摩擦的轉(zhuǎn)動(dòng),三條桿的另一端點(diǎn)A、B、C分別固定著質(zhì)量為3m、2m、m的小球,從圖示位置開(kāi)始,在該裝置順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)120°的過(guò)程中,求輕桿OA、OB、OC分別對(duì)質(zhì)量為3m、2m、m的小球所做的功. 解析 三球的速度大小相等,設(shè)為v.在桿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)120°時(shí),C球的重力勢(shì)能不變,A球重力勢(shì)能的變化量ΔEpA=-3mg·L,B球重務(wù)勢(shì)能的變化量ΔEpB=2mg·L,對(duì)三個(gè)小球組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律有-(ΔEpA+ΔEpB)=ΔE, 即3mg·L-2mg·L=(m+2m+3m)v2-0, 解得v=. 在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,設(shè)輕桿OA、OB、OC分別對(duì)
12、質(zhì)量3m、2m、m的小球所做的功分別為WA、WB、WC,對(duì)三個(gè)小球分別由動(dòng)能定理有 對(duì)質(zhì)量為3m的小球 3mg·L+WA=·3mv2-0, 對(duì)質(zhì)量為2m的小球 -2mg·L+WB=2mv2-0, 對(duì)質(zhì)量為m的小球WC=mv2-0, 解得WA=-mgL,WB=mgL,WC=mgL. 答案?。璵gL mgL mgL 多物體機(jī)械能守恒問(wèn)題 (1)多物體機(jī)械能守恒問(wèn)題的分析方法 ①對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒; ②注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系; ③列機(jī)械能守恒方程時(shí),一般選用ΔEk=-ΔEp的形式. (2)多物體
13、機(jī)械能守恒問(wèn)題的三點(diǎn)注意 ①正確選取研究對(duì)象; ②合理選取物理過(guò)程; ③正確選取機(jī)械能守恒定律常用的表達(dá)形式列式求解. 四 繩索、鏈條類機(jī)械能守恒問(wèn)題 對(duì)繩索、鏈條之類的問(wèn)題,由于在考查過(guò)程中其常發(fā)生形變,其重心位置對(duì)物體來(lái)說(shuō)并不是固定不變的,能否正確確定重心的位置,是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵.一般情況下常分段考慮各部分的勢(shì)能,并用各部分勢(shì)能之和作為系統(tǒng)總的重力勢(shì)能,至于參考平面,可任意選取,但以系統(tǒng)初、末狀態(tài)重力勢(shì)能便于表示為宜. [例4]如圖所示,有一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻金屬鏈條,一半長(zhǎng)度在光滑斜面上,斜面傾角為θ,另一半長(zhǎng)度沿豎直方向下垂在空中,當(dāng)鏈條從靜止開(kāi)始釋放后滑動(dòng),求鏈條剛好從
14、右側(cè)全部滑出斜面時(shí)的速度是多大? [思維導(dǎo)引]研究對(duì)象:鏈條. 隱含條件:釋放后的鏈條,豎直方向的一半向下運(yùn)動(dòng),放在斜面上的一半向上運(yùn)動(dòng),由于豎直部分越來(lái)越多,所以鏈條做的是變加速運(yùn)動(dòng),不能用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式去解. 思路分析:因?yàn)樾泵婀饣?,所以機(jī)械能守恒,鏈條得到的動(dòng)能應(yīng)是由重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化來(lái)的,重力勢(shì)能的變化可以用重心的位置確定,要注意釋放時(shí)的重力勢(shì)能可分左右兩段考慮,然后再求和. 解析 設(shè)斜面的最高點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn),設(shè)鏈條的總質(zhì)量為m,開(kāi)始時(shí)左半部分的重力勢(shì)能為 EP1=-g·sin θ=-mgLsin θ, 右半部分的重力勢(shì)能為EP2=-g·=-mgL, 機(jī)械能E1=EP1
15、+EP2=-(1+sin θ), 當(dāng)鏈條剛好全部滑出斜面時(shí),重力勢(shì)能EP=-mg,動(dòng)能Ek=mv2,機(jī)械能E2=EP+EK=-+mv2, 由機(jī)械能守恒定律得E1=E2, 所以-(1+sin θ)=-+mv2, 解得v=. 答案 1.(2017·江蘇常州模擬)如圖所示,斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上,現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放,不計(jì)一切摩擦,則在小球從釋放到落至地面的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( B ) A.斜劈對(duì)小球的彈力不做功 B.斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.斜劈的機(jī)械能守恒 D.小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量 解析 不計(jì)一切摩擦,小球下滑
16、時(shí),小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,選項(xiàng)B正確,C、D錯(cuò)誤;斜劈對(duì)小球的彈力與小球位移間夾角大于90°,故彈力做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤. 2.如圖所示,將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放,當(dāng)環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(shí)(圖中B處),下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g)( B ) A.環(huán)剛釋放時(shí)輕繩中的張力等于2mg B.環(huán)到達(dá)B處時(shí),重物上升的高度為(-1)d C.環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為 D.環(huán)減少的機(jī)械能大于重物增加的機(jī)械能
17、 解析 環(huán)釋放后重物加速上升,故繩中張力一定大于2mg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;環(huán)到達(dá)B處時(shí),繩與直桿間的夾角為45°,重物上升的高度h=(-1)d,選項(xiàng)B正確;如圖所示,將B處環(huán)速度v進(jìn)行正交分解,重物上升的速度與其分速度v1大小相等,v1=vcos 45°=v,所以,環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.(2018·湖南岳陽(yáng)調(diào)研)如圖所示,一根長(zhǎng)L=5 m的輕繩一端固定在O′點(diǎn),另一端系一質(zhì)量m=1 kg的小球.將輕繩伸直拉至水平并將小球由位置A靜止釋放,小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)O時(shí),輕繩剛好被拉斷.O點(diǎn)下方有一以O(shè)點(diǎn)為圓心,半徑R=5
18、 m的圓弧狀的曲面,所有阻力不計(jì),已知重力加速度g=10 m/s2.求: (1)輕繩所能承受的最大拉力Fm的大??; (2)小球落至曲面上的動(dòng)能Ek. 解析 (1)小球由A至O的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律,有 mgL=mv, 在O點(diǎn),由牛頓第二定律有 Fm-mg=m, 解得Fm=30 N, 由牛頓第三定律可知輕繩所能承受的最大拉力為30 N. (2)小球從O點(diǎn)平拋飛出,有 x=v0t,y=gt2, 小球落至曲面上,根據(jù)幾何關(guān)系有 x2+y2=R2, 小球落至曲面上的速度為 v=, 小球落至曲面上的動(dòng)能為 Ek=mv2, 解得Ek=100 J. 答案 (1)30
19、 N (2)100 J [例1](12分)如圖所示,在長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿中點(diǎn)A和端點(diǎn)B各固定一質(zhì)量均為m的小球,桿可繞O軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng),使桿從水平位置無(wú)初速度釋放擺下.求當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí),輕桿對(duì)A、B兩球分別做了多少功? [答題送檢]來(lái)自閱卷名師報(bào)告 錯(cuò)誤 致錯(cuò)原因 扣分 (1) 錯(cuò)誤地認(rèn)為桿的彈力方向總是沿桿的方向.用桿連接一個(gè)物體繞桿的一個(gè)端點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),桿對(duì)物體的彈力方向始終與物體運(yùn)動(dòng)方向垂直;而在桿連接兩物體繞桿的一個(gè)端點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),由于兩物體獨(dú)自繞桿運(yùn)動(dòng)時(shí)的快慢不同,會(huì)導(dǎo)致桿對(duì)物體產(chǎn)生垂直桿的側(cè)向分力. -12 [規(guī)范答題] [解析] 設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí),A球
20、和B球的速度分別為vA和vB,如果把輕桿、地球、兩個(gè)小球構(gòu)成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象,那么由于桿和小球的相互作用力做功總和等于零,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒.若取B球的最低點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面,可得2mgL=mv+mv+mgL. 又因A球與B球在各個(gè)時(shí)刻對(duì)應(yīng)的角速度相同,故vB=2vA. 由以上二式得vA=,vB=. 根據(jù)動(dòng)能定理,可解出桿對(duì)A、B做的功, 對(duì)于A有WA+=mv-0, 所以WA=-0.2mgL, 對(duì)于B有WB+mgL=mv-0,所以WB=0.2 mgL. 答案?。?.2 mgL(6分) 0.2 mgL(6分) 1.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,半圓形光滑軌道固定在水平地
21、面上,半圓的直徑與地面垂直.一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道,并從軌道上端水平飛出,小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān),此距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)( B ) A. B. C. D. 解析 小物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有 mv2=mg·2R+mv, 小物塊從最高點(diǎn)水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)有2R=gt2, x=v1t,(x為落地點(diǎn)到軌道下端的距離) 聯(lián)立得x2=R-16R2, 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知,當(dāng)R=-,即R=時(shí),x具有最大值,選項(xiàng)B正確. 2.如圖所示為某游樂(lè)場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖,整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi),表面粗糙
22、的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切.點(diǎn)A距水面的高度為H,圓弧軌道BC的半徑為R,圓心O恰在水面.一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下,不計(jì)空氣阻力. (1)若游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下,到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn),OD=2R,求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB的大小及運(yùn)動(dòng)中軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf; (2)若游客從AB段某處滑下,恰好停在B點(diǎn),又因?yàn)槭艿轿⑿_動(dòng),繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道,求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示:在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中任一點(diǎn),質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向=m) 解析 (1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),有2R=vBt,
23、R=gt2, 解得vB=, 從A到B,根據(jù)動(dòng)能定理,有mg(H-R)+Wf=mv-0, 解得Wf=2mgR-mgH. (2)設(shè)OP與OB間夾角為θ,游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP,受到的支持力為N,從B到P由機(jī)械能守恒定律,有 mg(R-Rcos θ)=mv-0, 過(guò)P點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,有mgcos θ-N=m, 又N=0,cos θ=,解得h=R. 答案 (1)2mgR-mgH (2)R 3.山谷中有三塊石頭和一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)青藤,其示意圖如圖所示.圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點(diǎn),O為青藤的固定點(diǎn),h1=1.8 m,h2=4.0 m,x1=4.8 m,x2=8.0 m
24、.開(kāi)始時(shí),質(zhì)量分別為M=10 kg和m=2 kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上,當(dāng)大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時(shí),迅速?gòu)淖筮吺^的A點(diǎn)水平跳至中間石頭.大猴抱起小猴跑到c點(diǎn),抓住青藤下端,蕩到右邊石頭上的D點(diǎn),此時(shí)速度恰好為零.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中猴子均可看成質(zhì)點(diǎn),空氣阻力不計(jì),重力加速度g=10 m/s2.求: (1)大猴從A點(diǎn)水平跳離時(shí)速度的最小值; (2)抓住青藤蕩起時(shí)的速度大小; (3)猴子蕩起時(shí),青藤對(duì)猴子的拉力大?。? 解析 (1)設(shè)大猴從A點(diǎn)水平跳離時(shí)速度的最小值為vmin,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,有h1=gt2, x1=vmint, 代入數(shù)據(jù)解得vmin=8 m/s.
25、 (2)猴子抓住青藤后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,設(shè)蕩起時(shí)的速度為vC,則有(M+m)gh2=(M+m)v, 解得vC== m/s≈9 m/s. (3)設(shè)拉力為FT,青藤的長(zhǎng)度為L(zhǎng),在最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有 FT-(M+m)g=(M+m), 由幾何關(guān)系是(L-h(huán)2)2+x22=L2, 代入數(shù)據(jù)解得FT=216 N. 答案 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N 1.如圖所示,固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長(zhǎng)狀態(tài).現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑,已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng),圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變
26、為2L(未超過(guò)彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中( B ) A.圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B.彈簧彈性勢(shì)能變化了mgL C圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力為零 D.圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變 解析 圓環(huán)沿桿下滑的過(guò)程中,圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能之和守恒,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí),圓環(huán)下落的高度h=L,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,彈簧的彈性勢(shì)能增加了ΔEp=mgh=mgL,選項(xiàng)B正確;圓環(huán)釋放后,圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng),后做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度最大時(shí),合力為零,下滑到最大距離時(shí),具有向上的加速度,合力不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 2.(多選)如圖,滑塊a、b的質(zhì)量
27、均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上.a(chǎn)、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦,a、b可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g.則( BD ) A.a(chǎn)落地前,輕桿對(duì)b一直做正功 B.a(chǎn)落地時(shí)速度大小為 C.a(chǎn)下落過(guò)程中,其加速度大小始終不大于g D.a(chǎn)落地前,當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí),b對(duì)地面的壓力大小為mg 解析 設(shè)某一時(shí)刻a、b速度分別為va、vb,則vacos θ=vbsin θ.當(dāng)a落到地面時(shí),θ=90°,cos θ=0,故vb為0,可知a下落過(guò)程中b先加速后減速,輕桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.輕桿對(duì)a的力先為支持力后為拉力,故a的加速度先
28、小于g后大于g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤.由于a、b系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)桿的彈力做功,故a、b機(jī)械能守恒,a落地時(shí)b速度為零,由機(jī)械能守恒定律得mgh=mv,得va=.選項(xiàng)B正確.當(dāng)a機(jī)械能最小時(shí),b的機(jī)械能最大,即動(dòng)能最大,此時(shí)F桿=0,故FN=mg,選項(xiàng)D正確. 3.如圖,在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道,兩者在最低點(diǎn)B平滑連接.AB弧的半徑為R,BC弧的半徑為.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落,經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng). (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能的比值; (2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn). 解析 (1)設(shè)小球的質(zhì)量為m,小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為E
29、kA,由機(jī)械能守恒得EkA=mg,① 設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB,同理有EkB=mg,② 由①②式得=5.③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0,④ N+mg=m,⑤ 由④⑤式得,vC應(yīng)滿足mg≤m,⑥ 由機(jī)械能守恒有mg=mv,⑦ 由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn). 答案 (1)5 (2)能 4.如圖所示,傾角θ=37°光滑斜面的底端的固定擋板上連接一輕彈簧,斜面頂端與半徑為R的豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道相切于B點(diǎn).質(zhì)量m的物塊甲將彈簧壓縮至A點(diǎn),A、B間距為3R,由靜止釋放物塊甲,物塊甲運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最高點(diǎn)C時(shí),對(duì)軌道的壓力大
30、小等于物塊甲重力的1.4倍,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求釋放物塊甲時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep; (2)若將物塊甲換成物塊乙,仍將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放,為使物塊乙恰能經(jīng)過(guò)圓弧軌道最高點(diǎn)C,求物塊乙的質(zhì)量m0. 解析 (1)根據(jù)牛頓第三定律可得,物塊甲經(jīng)過(guò)圓弧軌道C點(diǎn),軌道對(duì)物塊甲的彈力為1.4mg,設(shè)物塊甲經(jīng)過(guò)圓弧軌道C點(diǎn)的速度為v1,由牛頓第二定律有1.4mg+mg=m, 對(duì)物塊甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有 Ep=mg(3Rsin θ+Rcos θ+R)+mv, 解得Ep=4.8 mgR. (2
31、)設(shè)物塊乙經(jīng)過(guò)圓弧軌道C點(diǎn)的速度為v2,由牛頓第二定律有 m0g=m0, 對(duì)物塊乙從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律有 Ep=m0g(3Rsin θ+Rcos θ+R)+m0v, 解得m0=m. 答案 (1)4.8mgR (2)m 課時(shí)達(dá)標(biāo) 第16講 [解密考綱]理解機(jī)械能守恒定律運(yùn)用的條件,會(huì)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解力學(xué)綜合問(wèn)題. 1.如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻鏈條放在光滑水平桌面上,且使長(zhǎng)度的垂在桌邊,松手后鏈條從靜止開(kāi)始沿桌邊下滑,則鏈條滑至剛剛離開(kāi)桌邊時(shí)的速度大小為( C ) A. B. C. D.4 解析 由機(jī)械能守恒定律ΔEp減=ΔEk增,即mg
32、·-mg·=mv2,所以v=.選項(xiàng)C正確. 2.將一小球從高處水平拋出,最初2 s內(nèi)小球動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示,不計(jì)空氣阻力,g取10 m/s2.根據(jù)圖象信息,不能確定的物理量是( D ) A.小球的質(zhì)量 B.小球的初速度 C.最初2 s內(nèi)重力對(duì)小球做功的平均功率 D.小球拋出時(shí)的高度 解析 由機(jī)械能守恒定律可得Ek=Ek0+mgh,又h=gt2,所以Ek=Ek0+mg2t2.當(dāng)t=0時(shí),Ek0=mv=5 J,當(dāng)t=2 s時(shí),Ek=Ek0+2mg2=25 J,聯(lián)立方程解得m=0.1 kg,v0=10 m/s.當(dāng)t=2 s時(shí),由動(dòng)能定理得WG=ΔEk=20 J,故==
33、10 W.根據(jù)圖象信息,無(wú)法確定小球拋出時(shí)離地面的高度.綜上所述,選項(xiàng)D正確.
3. 如圖所示,有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道,置于豎直平面內(nèi),MN是通過(guò)橢圓中心O點(diǎn)的水平線.已知一小球從M點(diǎn)出發(fā),初速率為v0,沿管道MPN運(yùn)動(dòng),到N點(diǎn)的速率為v1,所需時(shí)間為t1;若該小球仍由M點(diǎn)以初速率v0出發(fā),而沿管道MQN運(yùn)動(dòng),到N點(diǎn)的速率為v2,所需時(shí)間為t2.則( A )
A.v1=v2,t1>t2 B.v1 34、QN軌道運(yùn)動(dòng)時(shí),先加速后減速,總路程相等,將小球的曲線運(yùn)動(dòng)類比為直線運(yùn)動(dòng),畫出v-t圖象如圖,可得t1 >t2.選項(xiàng)A正確.
4.如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán),圓環(huán)與豎直放置的輕彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn),彈簧處于原長(zhǎng)h.讓圓環(huán)沿桿滑下,滑到桿的底端時(shí)速度剛好為零.則在圓環(huán)下滑過(guò)程中( C )
A.圓環(huán)機(jī)械能守恒
B.彈簧的彈性勢(shì)能一定先增大后減小
C.彈簧的彈性勢(shì)能變化了mgh
D.彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)圓環(huán)的動(dòng)能最大
解析 下滑過(guò)程中圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在圓環(huán)下滑過(guò)程中,彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小再增大,選項(xiàng) 35、B錯(cuò)誤;圓環(huán)初、末狀態(tài)的動(dòng)能都為零,則減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,且彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),圓環(huán)速度為零,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
5.(多選)由光滑細(xì)管組成的軌道如圖所示,其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧,軌道固定在豎直平面內(nèi).一質(zhì)量為m的小球,從距離水平地面為H的管口D處?kù)o止釋放,最后能夠從A端水平拋出落到地面上.下列說(shuō)法正確的是( BC )
A.小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2
B.小球落到地面時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的水平位移值為2
C.小球能從細(xì)管A端水平拋出的條件是H>2R
D.小球能從細(xì)管A端水平拋出的最小高度Hmin=R
解析 小球能從A端射出,則H 36、>2R,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤;設(shè)A端射出的速度為v,D端到A端由動(dòng)能定理得
mg(H-2R)=mv2,①
小球從A端射出后做平拋運(yùn)動(dòng),落地點(diǎn)水平位移
x=v,②
由①②可得x=2,選項(xiàng)B正確,A錯(cuò)誤.
6.(2017·山東濟(jì)南模擬)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出,取地面為零勢(shì)能面,小球在上升過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示.設(shè)阻力大小恒定,g取10 m/s2,下列說(shuō)法正確的是( D )
A.小球的質(zhì)量為0.2 kg
B.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 N
C.小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為 m
D.小球上升 37、到2 m時(shí),動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J
解析 在最高點(diǎn),Ep=mgh得m=0.1 kg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由除重力以外其他力做功W其=ΔE可知-Ffh=E高-E低,E為機(jī)械能,解得Ff=0.25 N,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H,此時(shí)有mgH=mv2,由動(dòng)能定理得-FfH-mgH=mv2-mv,解得H= m,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)上升h′=2 m時(shí),由動(dòng)能定理得-Ffh′-mgh′=Ek2-mv,解得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh′=2 J,所以動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J,故選項(xiàng)D正確.
7.(2017·海南??谀M)(多選)我國(guó)“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼?yàn)時(shí),深潛器內(nèi)的顯示屏 38、上顯示出了從水面開(kāi)始下潛到最后返回水面的10 min內(nèi)全過(guò)程的深度曲線甲和速度圖象乙,則正確的有( AC )
A.甲圖中h3代表本次下潛最大深度為360 m
B.全過(guò)程中最大加速度是0.025 m/s2
C.潛水員感到失重體驗(yàn)發(fā)生在0~1 min和8~10 min內(nèi)
D.整個(gè)潛水器在8~10 min時(shí)間段內(nèi)機(jī)械能守恒
解析 “蛟龍?zhí)枴毕聺摰淖畲笊疃葹榍? min內(nèi)v-t圖線與t軸所圍面積,h3=(120+240)×2× m=360 m,選項(xiàng)A正確;全過(guò)程中最大加速度大小am= m/s2=m/s2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在0~1 min和8~10 min內(nèi)深潛器具有向下的加速度,潛水員處于失 39、重狀態(tài),選項(xiàng)C正確;在8~10 min內(nèi),潛水器的加速度方向向下,a= m/s2= m/s2,不是只有重力做功,機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
8.(多選)如圖所示,半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),O是圓心,虛線OC水平,D是圓環(huán)最低點(diǎn).兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B套在圓環(huán)上,兩球之間用輕桿相連,從圖示位置由靜止釋放,則( BD )
A.B球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)D時(shí),A、B球組成的系統(tǒng)重力勢(shì)能最小
B.A、B球組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒
C.A球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)過(guò)程中受到的合外力做正功
D.當(dāng)輕桿水平時(shí),A、B球速度達(dá)到最大
解析 A、B球組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,當(dāng)A、B 40、球高度相同時(shí)系統(tǒng)重力勢(shì)能最小,動(dòng)能最大,A球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)過(guò)程中受到的合外力先做正功后做負(fù)功,所以只有選項(xiàng)B、D正確.
9.(多選)如圖所示,半徑為R,內(nèi)徑很小的光滑半圓形管道豎直放置,其底端與水平地面相切.一質(zhì)量為m的小球(小球直徑很小且略小于管道內(nèi)徑)以某一水平初速度進(jìn)入管內(nèi),小球通過(guò)最高點(diǎn)P時(shí),對(duì)管壁的壓力大小為0.5mg(不考慮小球落地后反彈情況),則( AD )
A.小球落地點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離可能為R
B.小球落地點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離可能為2R
C.小球進(jìn)入圓管道的初速度大小可能為
D.小球進(jìn)入圓管道的初速度大小可能為
解析 小球在最高點(diǎn)P的速度有兩種可能mg+0.5 41、mg=m,或mg-0.5mg=m,解得v1=,v2=,則小球落地點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離可能為x1=v1=R,x2=v2=R,所以選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;又根據(jù)機(jī)械能守恒有mv=mv+mg·2R,分別代入v1,v2有v01=,v02=,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.
10.如圖所示,一個(gè)半徑為R、質(zhì)量為m的均勻薄圓盤處在豎直平面內(nèi),可繞過(guò)其圓心O的水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng),現(xiàn)在其右側(cè)挖去圓心與轉(zhuǎn)軸O等高、直徑為R的一個(gè)圓,然后從圖示位置將其靜止釋放,則下列說(shuō)法正確的是( A )
A.剩余部分不能繞O點(diǎn)做360°轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中具有的最大動(dòng)能為mgR
B.剩余部分不能繞O點(diǎn)做360°轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中具有 42、的最大動(dòng)能為mgR
C.剩余部分能繞O點(diǎn)做360°轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中具有的最大動(dòng)能為mgR
D.剩余部分能繞O點(diǎn)做360°轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中具有的最大動(dòng)能為mgR
解析 依題意知在薄圓盤右側(cè)挖去的圓心與轉(zhuǎn)軸O等高、直徑為R的一個(gè)圓的質(zhì)量為m1=m,根據(jù)對(duì)稱性可在其左側(cè)對(duì)稱挖去一個(gè)同樣大小的圓(如圖所示),余下部分的薄圓盤的重心仍在圓心O,故當(dāng)圓心O1在最低點(diǎn)時(shí),系統(tǒng)的重力勢(shì)能最小,動(dòng)能最大,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得Ekm=mgR,當(dāng)圓心O1轉(zhuǎn)到右側(cè)與O等高時(shí),薄圓盤將停止轉(zhuǎn)動(dòng),故剩余部分只能繞O點(diǎn)做180°轉(zhuǎn)動(dòng),所以只有選項(xiàng)A正確.
11.如圖所示,光滑的水平桌面上有一輕彈簧,左端固 43、定在A點(diǎn),水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧,MN為其豎直直徑,P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R.用質(zhì)量m=0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn),彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep,釋放后物塊從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌面后,由P點(diǎn)沿圓軌道切線落入圓軌道,g=10 m/s2.求:
(1)Ep的大??;
(2)判斷m能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn).
解析 (1)設(shè)物塊由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng),落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy,由v=2gR,
=tan 45°,得vD=4 m/s,
物塊從C→D由機(jī)械能守恒得
Ep=Ek=mv=×0.2×42 J=1 44、.6 J.
(2)設(shè)物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn),其速度為vM,從C→M整個(gè)過(guò)程由機(jī)械能守恒定律得Ep=mv+mgR·cos 45°,
代入數(shù)據(jù)解得vM≈2.2 m/s<≈2.8 m/s,
所以物塊不能到達(dá)M點(diǎn).
答案 (1)1.6 J (2)不能到達(dá)M點(diǎn)
12.如圖所示,在同一豎直平面內(nèi),一輕質(zhì)彈簧靜止放于光滑斜面上,其一端固定,另一端恰好與水平線AB平齊;長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量為m的小球,將細(xì)繩拉至水平,此時(shí)小球在位置C.現(xiàn)由靜止釋放小球,小球到達(dá)最低點(diǎn)D時(shí),細(xì)繩剛好被拉斷,D點(diǎn)與AB相距h,之后小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好與彈簧接觸并沿斜面方向壓縮彈簧,彈簧的最大壓縮量 45、為x.試求:
(1)細(xì)繩所能承受的最大拉力F;
(2)斜面傾角θ的正切值;
(3)彈簧所獲得的最大彈性勢(shì)能Ep.
解析 (1)小球由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程機(jī)械能守恒,則
mgL=mv,
解得v1=,
在D點(diǎn)由牛頓第二定律得
F-mg=m,
解得F=3mg,
由牛頓第三定律知,細(xì)繩所能承受的最大拉力為3mg.
(2)小球由D運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng),則v=2gh,
解得vy=,tan θ==.
(3)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí),有v=v+v=2g(h+L),
小球在壓縮彈簧的過(guò)程中,小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則EP=mgxsin θ+mv,
解得Ep=mg.
答案 (1)3mg (2) (3)mg
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