（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能守恒定律 第3課時 機械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案

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1、 第3課時　機械能守恒定律及其應(yīng)用 一、重力勢能 1.重力做功的特點 (1)重力做功與路徑無關(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械能的變化。 2.重力做功與重力勢能變化的關(guān)系 (1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減??；重力對物體做負(fù)功，重力勢能就增大。 (2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量。即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。 (3)重力勢能的相對性和系統(tǒng)性 ①重力勢能的具體大小與零勢能面的選取是有關(guān)的，即具有相對性。 ②重力勢能是物體和地球共有的，即具有系統(tǒng)性。 二、彈性勢能 1.概念：物體

2、由于發(fā)生彈性形變而具有的能。 2.大小：彈簧的彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。 3.彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：類似于重力做功與重力勢能變化的關(guān)系，用公式表示：W＝－ΔEp。 三、機械能及其守恒定律 1.機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。 2.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)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。 (2)表達(dá)式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv。 3.守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。 【思考判斷】 1.重力勢能的大小與零勢能參考面

3、的選取有關(guān)( √ ) 2.重力勢能的變化量與零勢能參考面的選取無關(guān)( √ ) 3.被舉高的物體重力勢能一定不為零( × ) 4.物體所受合外力為零，其機械能一定守恒( × ) 5.合外力做功為零，物體的機械能一定守恒( × ) 6.做勻速運動的物體其機械能一定守恒( × ) 7.克服重力做功，物體的重力勢能一定增加( √ ) 8.發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能( √ ) 考點一　重力勢能(c/c)　彈性勢能(b/b) [要點突破] 1.對重力做功和重力勢能的幾點理解 (1)重力做功的大小與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，與物體是否受其他力無關(guān)。 (2)重力做功，一定會引起重力

4、勢能的變化。 (3)重力勢能是標(biāo)量，但有正負(fù)，其意義表示物體的重力勢能比它在參考平面的重力勢能大還是小。 (4)WG＝－ΔEP中的負(fù)號表示重力做的功與重力勢能變化的絕對值相等，符號相反。 2.對彈性勢能的理解 (1)彈性勢能是由物體的相對位置決定的能。 (2)當(dāng)彈簧形變量的長度為零時，彈性勢能計為零，彈簧被拉長或壓縮后，都具有彈性勢能。 (3)表達(dá)式適用范圍：在彈簧的彈性限度之內(nèi)，該式成立，與其他受力無關(guān)，與運動狀態(tài)無關(guān)。 [典例剖析] 【例1】 關(guān)于重力勢能，下列說法中正確的是(　　) A.物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定 B.物體與零勢能面的距離越大，它

5、的重力勢能也越大 C.一個物體的重力勢能從－5 J變化到－3 J，重力勢能減少了 D.重力勢能的變化量與零勢能面的選取無關(guān) 解析　物體的重力勢能與零勢能面的選取有關(guān)，同一物體在同一位置相對不同的零勢能面的重力勢能不同，選項A錯誤；物體在零勢能面以上，距零勢能面的距離越大，重力勢能越大；物體在零勢能面以下，距零勢面的距離越大，重力勢能越小，選項B錯誤；重力勢能中的正、負(fù)號表示大小，－5 J的重力勢能小于－3 J的重力勢能，選項C錯誤；重力做的功量度了重力勢能的變化，選項D正確。 答案　D 【例2】 如圖所示，在光滑水平面上有一物體，它的左端連一彈簧，彈簧的另一端固定在墻上，在力F作用下

6、物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)撤去F后，物體將向右運動，在物體向右運動的過程中，下列說法正確的是(　　) A.彈簧的彈性勢能逐漸減少 B.彈簧的彈性勢能逐漸增加 C.彈簧的彈性勢能先增加再減少 D.彈簧的彈性勢能先減少再增加 解析　當(dāng)力F作用在物體上時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，當(dāng)撤去力F后，物體向右運動。隨著物體向右運動，彈簧的壓縮量逐漸減小，彈性勢能減少，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，但物體的運動速度仍然向右，繼續(xù)向右運動，彈簧被拉長，彈性勢能增加，所以選項D正確。 答案　D 【方法總結(jié)】 (1)物體的重力勢能大小與參考面的選擇有關(guān)。 (2)重力做功過程是重力勢能改變的

7、過程，重力勢能的改變只與重力做功有關(guān)，與其他力做功無關(guān)。 [針對訓(xùn)練] 1.籃球場上，運動員練習(xí)投籃，籃球劃過一條漂亮的弧線落入籃筐，球的軌跡如圖中虛線所示。從籃球出手到落入籃筐的過程中，籃球的重力勢能(　　) A.一直增大 B.一直減小 C.先減小后增大 D.先增大后減小 解析　籃球出手后先上升后下降，故重力勢能先增大后減小，D正確。 答案　D 2.如圖所示，小明玩蹦蹦桿，在小明將蹦蹦桿中的彈簧向下壓縮的過程中，小明的重力勢能、彈簧的彈性勢能的變化是(　　) A.重力勢能減少，彈性勢能增大 B.重力勢能增大，彈性勢能減少 C.重力勢能減少，彈性勢能減少 D.

8、重力勢能不變，彈性勢能增大 解析　彈簧向下壓縮的過程中，彈簧壓縮量增大，彈性勢能增大；重力做正功，重力勢能減少，故A正確。 答案　A 考點二　機械能守恒定律及應(yīng)用(d/d) [要點突破] 1.機械能守恒的判斷 (1)物體只受重力，只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。如自由落體運動、拋體運動等。 (2)只有系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化。如在光滑水平面上運動的物體碰到一個彈簧，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說，機械能守恒。 (3)物體既受重力，又受彈力，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。如自由下落的物體落到豎直的

9、彈簧上，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說，機械能守恒。 (4)除受重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)外，還受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代數(shù)和為零。如物體在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下運動，其拉力的大小與摩擦力的大小相等，在此運動過程中，其機械能守恒。 2.用機械能守恒定律解題的基本思路 [典例剖析] 【例1】 如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度地釋放，讓小球自由擺下，不計空氣阻力，在小球由A點擺向最低點B的過程中，下列說法中正確的是(　　) A.小球的機械能守恒 B.小球的機

10、械能增加 C.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變 D.小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析　小球由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負(fù)功，所以小球的機械能減少，故選項A、B錯誤；在此過程中，由于有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球減少的重力勢能，等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項C錯誤，D正確。 答案　D 【例2】 (2015·浙江9月選考測試)如圖所示是跳臺滑雪的示意圖，雪道由傾斜的助滑雪道AB、水平平臺BC、著陸雪道CD及減速區(qū)DE組成，各雪道間均平滑連接，A處與水平平臺間的高度差h＝45 m，CD的傾角為3

11、0°。運動員自A處由靜止滑下，不計其在雪道ABC滑行和空中飛行時所受的阻力。運動員可視為質(zhì)點。(g取10 m/s2) (1)求運動員滑離平臺BC時的速度； (2)為保證運動員落在著陸雪道CD上，雪道CD長度至少為多少？ (3)若實際的著陸雪道CD長為150 m，運動員著陸后滑到D點時具有的動能是著陸瞬間動能的80%。在減速區(qū)DE，滑行s＝100 m后停下，運動員在減速區(qū)所受平均阻力是其重力的多少倍？ 解析　(1)A→C過程中機械能守恒 mgh＝mv 得vC＝＝30 m/s (2)設(shè)落點距拋出點C的距離為L，由平拋運動規(guī)律得 Lcos 30°＝vCt Lsin 30°＝gt

12、2 解得L＝120 m (3)運動員由A運動到落點過程中，由機械能守恒得 mg(h＋Lsin 30°)＝mv2 設(shè)運動員在減速區(qū)減速過程中所受平均阻力是重力的k倍，根據(jù)動能定理有 －kmgs＝0－mv 根據(jù)題意有 mv＝0.80×mv2 解得k＝0.84 答案　(1)30 m/s　(2)120 m　(3)0.84倍 [針對訓(xùn)練] 1.(2016·浙江10月學(xué)考)如圖所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是(　　) A.動能 B.動能、重力勢能 C.重力勢能、機械能 D.動能、重力勢能、機械能 解析　無人機勻速上升，所以動能保持不變，所以選項A、B、D均

13、錯；高度不斷增加，所以重力勢能不斷增加，在上升過程中升力對無人機做正功，所以無人機機械能不斷增加，所以選項C正確。 答案　C 2.下列運動過程中，機械能一定守恒的是(　　) A.做自由落體運動的小球 B.在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動的物體 C.在粗糙斜面上勻加速下滑的物塊 D.勻速下落的跳傘運動員 解析　判斷機械能是否守恒有兩種方法，一是根據(jù)條件判斷；二是直接判斷動能和勢能的總和是否保持不變。做自由落體運動的小球，只有重力做功，機械能守恒，選項A正確；做豎直面上的勻速圓周運動的物體，在運動中重力勢能改變，而動能不變，機械能不守恒，故選項B錯誤；沿粗糙斜面加速下滑的物塊，由于摩擦力做

14、功，所以機械能一定不守恒，選項C錯誤；跳傘運動員帶著張開的降落傘勻速下降，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小，故選項D錯誤。 答案　A 3.為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列的設(shè)想：取一個與水平方向夾角為θ＝60°，長為L1＝2 m的傾斜軌道AB，通過微小圓弧與長為L2＝ m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計一個豎直完整的光滑圓軌道，出口為水平軌道D，如圖所示?，F(xiàn)將一個小球從距A點高為h＝0.9 m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點時速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知小球與AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝。g取10 m/s2，求： (1)小球初速度v

15、0的大?。? (2)小球滑過C點時的速率vC； (3)要使小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件。 解析　(1)小球做平拋運動到達(dá)A點，由平拋運動規(guī)律知豎直方向有v＝2gh，即vy＝3 m/s。因為在A點的速度恰好沿AB方向，所以小球的初速度 v0＝vytan 30°＝ m/s。 (2)從水平拋出到C點的過程中，由動能定理得 mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝mv－mv，解得vC＝3 m/s。 (3)小球剛好能通過最高點時，由牛頓第二定律有 mg＝m， 小球做圓周運動過程中，由動能定理有 －2mgR1＝mv2－mv，解得R1＝＝1.

16、08 m。 當(dāng)小球剛好能到達(dá)與圓心等高時有mgR2＝mv， 解得R2＝＝2.7 m。 當(dāng)圓軌道與AB相切時R3＝BCtan 60°＝1.5 m，即圓軌道的半徑不能超過1.5 m。綜上所述，要使小球不離開軌道，R應(yīng)該滿足的條件是0＜R≤1.08 m或R>2.7 m。 答案　(1) m/s　(2)3 m/s　(3)0＜R≤1.08 m或R>2.7 m 1.關(guān)于重力勢能的幾種理解，正確的是(　　) A.重力勢能的值與參考平面的選擇有關(guān) B.放在地面上的物體，它的重力勢能一定等于零 C.不同質(zhì)量的物體，由于在同一地點，所以重力勢能相等 D.因為重力勢能是標(biāo)量，所以只能取正值 解

17、析　重力勢能的值與參考平面有關(guān)，選定了參考平面后，物體處于參考平面以下，重力勢能為負(fù)值，A正確。 答案　A 2.將質(zhì)量為100 kg的物體從地面提升到10 m高處，在這個過程中，下列說法中正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A.重力做正功，重力勢能增加1.0×104 J B.重力做正功，重力勢能減少1.0×104 J C.重力做負(fù)功，重力勢能增加1.0×104 J D.重力做負(fù)功，重力勢能減少1.0×104 J 解析　WG＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，C項正確。 答案　C 3.如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓

18、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，且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A.圓環(huán)的機械能守恒 B.彈簧彈性勢能變化了mgL C.圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零 D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析　圓環(huán)在下落過程中彈簧的彈性勢能增加，由能量守恒定律可知圓環(huán)的機械能減少，而圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A、D錯誤；圓環(huán)下滑到最大距離時速度為零，但是加速度不為零，即合外力不為零，故C錯誤；圓環(huán)重力勢能減少了mgl，由機械能守恒

19、定律知彈簧彈性勢能增加了mgl，故B正確。 答案　B 4.總質(zhì)量約為3.8噸“嫦娥三號”探測器在距月面3 m 處關(guān)閉反推發(fā)動機，讓其以自由落體方式降落在月球表面。4條著陸腿觸月信號顯示，“嫦娥三號”完美著陸月球虹灣地區(qū)。月球表面附近重力加速度約為1.6 m/s2，4條著陸腿可視作完全相同的四個輕彈簧，在軟著陸后，每個輕彈簧獲得的彈性勢能大約是(　　) A.28 500 J B.4 560 J C.18 240 J D.9 120 J 解析　由機械能守恒定律，mgh＝4Ep，解得Ep＝＝4 560 J，選項B正確。 答案　B 5.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R＝0.50 m

20、的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點，質(zhì)量m＝0.10 kg的小球從B點正上方H＝0.95 m高處的A點自由下落，由B點進(jìn)入圓弧軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，D、Q間的距離x＝2.4 m，小球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h＝0.80 m，g取10 m/s2，不計空氣阻力，求： (1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小FN； (2)小球經(jīng)過最高點P的速度大小vP； (3)D點與圓心O的高度差hOD。 解析　(1)設(shè)經(jīng)過C點時速度為v1，由機械能守恒定律有 mg(H＋R)＝mv 由牛頓第二定律有 FN－mg＝，解得FN＝6.

21、8 N。 (2)由P點到Q點做平拋運動，有 h＝gt2，＝vPt， 解得vP＝3.0 m/s。 (3)由機械能守恒定律，有 mv＋mgh＝mg(H＋hOD) 解得hOD＝0.30 m。 答案　(1)6.8 N　(2)3.0 m/s　(3)0.30 m [基礎(chǔ)過關(guān)] 1.籃球從一定高度下落至地面，經(jīng)多次反彈后靜止在地面上，此過程中(　　) A.動能時刻在減少 B.重力始終做正功 C.重力勢能時刻在減少 D.機械能不守恒 解析　籃球的動能增大時，重力勢能減小，動能減小時，重力勢能增大，但機械能不守恒，D正確。 答案　D 2.把一本質(zhì)量為1.0 kg的書，從距地面

22、1.2 m高的書架移到距地面2.0 m高的書架，這本書的重力勢能增加了(　　) A.0.8 J B.8 J C.－8 J D.20 J 解析　ΔEp＝mg·h＝1×10×(2.0－1.2) J＝8 J。 答案　B 3.內(nèi)壁光滑的圓形凹槽半徑為R，固定在豎直平面內(nèi)，一根長度為R的輕桿，一端固定有質(zhì)量為m的小球甲，另一端固定有質(zhì)量為2m的小球乙，將輕桿放入凹槽內(nèi)，球乙位于凹槽的最低點，如圖所示，由靜止釋放后(　　) A.下滑過程中甲球減少的重力勢能總是等于乙球增加的重力勢能 B.下滑過程中甲球減少的機械能總是等于乙球增加的機械能 C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低點 D.

23、桿從右向左滑回時，乙球一定不能回到凹槽的最低點 解析　因甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確，C、D錯誤；下滑過程中甲球減少的重力勢能等于乙球增加的重力勢能與甲、乙增加的動能之和，故A錯誤。 答案　B 4.如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個物體甲和乙從同一水平面下降相同高度，甲物體豎直向下運動，乙物體沿斜面下滑。下列說法正確的是(　　) A.重力對甲做功mgh B.重力對乙做功mgl C.甲的重力勢能增加mgh D.乙的重力勢能減小mgl 答案　A 5.物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面(不計一切阻力)。下列圖象能正確反映各

24、物理量之間關(guān)系的是(　　) 解析　由機械能守恒定律得Ep＝E－Ek可知，勢能與動能關(guān)系的圖象為傾斜的直線，C錯誤；由動能定理得Ek＝mgh，則Ep＝E－mgh，故勢能與h關(guān)系的圖象也為傾斜的直線，D錯誤；Ep＝E－mv2，故勢能與速度關(guān)系的圖象為開口向下的拋物線，B正確；Ep＝E－mg2t2，勢能與時間關(guān)系的圖象也為開口向下的拋物線，A錯誤。 答案　B 6.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h時的

25、速度為(　　) A. B. C. D.0 解析　對彈簧和小球A，根據(jù)機械能守恒定律得彈性勢能Ep＝mgh；對彈簧和小球B，根據(jù)機械能守恒定律有Ep＋×2mv2＝2mgh，得小球B下降h時的速度v＝，故選項B正確。 答案　B 7.取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為(　　) A. B. C. D. 解析　根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得mv＝mgh，即v0＝。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運

26、動，故落地時的豎直分速度vy＝＝v0，則該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。 答案　B 8.靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關(guān)系是(　　) 解析　設(shè)在恒力作用下的加速度為a，則機械能增量E＝Fh＝F·，知機械能隨時間不是線性增加，撤去拉力后，機械能守恒，則機械能隨時間不變。故C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 9.如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑

27、斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則(　　) A.hA＝hB＝hC B.hA＝hB＜hC C.hA＝hB＞hC D.hA＝hC＞hB 解析　對于A球和C球，當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點時，速度均會減為0，所以由機械能守恒定律可得mv＝mgh，所以hA＝hC，而B球當(dāng)上升到最高點時，只有豎直方向的分速度減為0，水平方向速度保持不變，所以由機械能守恒定律得mv＝mghB＋mv，所以hA＝hC＞hB，故D正確。 答案　D [能力提升] 10.(2017·上海單科，19)如圖，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上

28、的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h。 解析　(1)對C點：滑塊豎直方向所受合力提供向心力 mg＝① vC＝＝2 m/s。 (2)對B→C過程：滑塊機械能守恒 mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°)② vB＝＝4.29 m/s。 (3)滑塊在A→B的過程，利用動能定理 mgh－mgμcos 37°·＝mv－0③ 代入

29、數(shù)據(jù)解得h＝1.38 m 答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m 11.如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端B與軌道最低點C的距離為4R，現(xiàn)用一個小球壓縮彈簧(不拴接)，當(dāng)彈簧的壓縮量為l時，釋放小球，小球在運動過程中恰好通過半圓形軌道的最高點E；之后再次從B點用該小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE軌道拋出后恰好落在B點，已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次壓縮時彈簧的壓縮量。 解析　設(shè)第一次壓縮量為l

30、時，彈簧的彈性勢能為Ep。 釋放小球后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，設(shè)小球離開彈簧時速度為v1 由機械能守恒定律得Ep＝mv 設(shè)小球在最高點E時的速度為v2，由臨界條件可知 mg＝m，v2＝ 由機械能守恒定律可得mv＝mg·2R＋mv 以上幾式聯(lián)立解得Ep＝mgR 設(shè)第二次壓縮時彈簧的壓縮量為x，此時彈簧的彈性勢能為Ep′ 小球通過最高點E時的速度為v3，由機械能守恒定律可得Ep′＝mg·2R＋mv 小球從E點開始做平拋運動， 由平拋運動規(guī)律得4R＝v3t，2R＝gt2， 解得v3＝2， 解得Ep′＝4mgR 由已知條件可得＝， 代入數(shù)據(jù)解得x＝l。 答案　l

31、 12.(2017·嘉興期中)如圖是翻滾過山車的模型，光滑的豎直圓軌道半徑為R＝2 m，入口的平直軌道AC和出口的平直軌道CD均是粗糙的，質(zhì)量m＝2 kg的小車與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為0.5。加速階段AB的長度為l＝3 m，小車從A點由靜止開始受到水平拉力F＝60 N的作用， 在B點撤去拉力，g取10 m/s2，試問： (1)要使小車恰好通過圓軌道的最高點，小車在C點的速度為多少？ (2)滿足(1)的條件下，小車沿著出口平直軌道CD滑行多遠(yuǎn)的距離？ (3)要使小車不脫離軌道，平直軌道BC段的長度范圍？ 解析　(1)小車恰好通過圓軌道的最高點mg＝m 由機械能守恒定律mv＝mg·2R＋mv 解得vC＝10 m/s (2)根據(jù)動能定理－μmgsCD＝0－mv 解得sCD＝10 m (3)根據(jù)動能定理Fl－μmg(l＋sBC)－mgh＝0－0 h≤R 得sBC≥11 m Fl－μmg(l＋sBC)＝mv vC≥10 m/s 得sBC≤5 m BC滿足sBC≤5 m或sBC≥11 m。 答案　(1)10 m/s　(2)10 m　(3) sBC≤5 m或sBC≥11 m 16