江蘇版2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理第5章第3節(jié)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

17/17機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用一、重力做功與重力勢(shì)能1．重力做功的特點(diǎn)(1)重力做功與路徑無(wú)關(guān)，只與初、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)公式：Ep＝mgh。(2)特性：①標(biāo)矢性：重力勢(shì)能是標(biāo)量，但有正、負(fù)，其意義是表示物體的重力勢(shì)能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負(fù)的物理意義不同。②系統(tǒng)性：重力勢(shì)能是物體和地球所組成的“系統(tǒng)”共有的。③相對(duì)性：重力勢(shì)能的大小與參考平面的選取有關(guān)。重力勢(shì)能的變化是絕對(duì)的，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)能就減少；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能就增加。(2)定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少量。即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。二、彈力做功與彈性勢(shì)能1．彈性勢(shì)能定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，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??；彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加。即W＝－ΔEp。3．特別提示(1)對(duì)同一彈簧，彈性勢(shì)能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧伸長(zhǎng)量和壓縮量相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能相等。(2)物體運(yùn)動(dòng)的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)。三、機(jī)械能守恒定律1．機(jī)械能動(dòng)能和勢(shì)能統(tǒng)稱(chēng)為機(jī)械能，其中勢(shì)能包括重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能。2．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)能和勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。(2)守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功。(3)守恒表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)重力勢(shì)能的大小與零勢(shì)能參考面的選取有關(guān)。 (√)(2)重力勢(shì)能的變化與零勢(shì)能參考面的選取有關(guān)。 (×)(3)克服重力做功，物體的重力勢(shì)能一定增加。 (√)(4)做曲線運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能可能守恒。 (√)(5)物體初、末狀態(tài)的機(jī)械能相等，則物體的機(jī)械能守恒。 (×)(6)只有彈簧彈力對(duì)物體做功，則物體機(jī)械能守恒。 (×)二、教材習(xí)題衍生1．(機(jī)械能守恒定律的理解及應(yīng)用)在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出。不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小()A．一樣大 B．水平拋出的最大C．斜向上拋出的最大 D．斜向下拋出的最大[答案]A2．(動(dòng)能、重力勢(shì)能及機(jī)械能的理解)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢(shì)能面，而且不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的是()A．重力對(duì)物體做的功為mghB．物體在海平面上的勢(shì)能為mghC．物體在海平面上的動(dòng)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghD．物體在海平面上的機(jī)械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh[答案]A3．(機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題綜合)一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)對(duì)軌道的壓力為()A．2mg B．3mgC．4mg D．5mgC[小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)，有F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，根據(jù)機(jī)械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C正確。]機(jī)械能守恒定律的判斷1．(機(jī)械能守恒判斷)如圖所示，下列關(guān)于機(jī)械能是否守恒的判斷正確的是()甲乙丙丁A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過(guò)程中，物體A的機(jī)械能守恒B．乙圖中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機(jī)械能守恒C．丙圖中，不計(jì)任何阻力和定滑輪質(zhì)量時(shí)，A加速下落，B加速上升過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球的機(jī)械能守恒D[題圖甲中重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物體A的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；題圖乙中物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負(fù)功，物體B的機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；題圖丙中繩子張力對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤；題圖丁中小球的動(dòng)能不變，勢(shì)能不變，機(jī)械能守恒，D正確。]2．(含有彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒的分析與判斷)如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球，將小球從與懸點(diǎn)O在同一水平面且使彈簧保持原長(zhǎng)的A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，讓小球自由擺下。不計(jì)空氣阻力。在小球由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)B的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．小球的機(jī)械能守恒B．小球的機(jī)械能增加C．小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不變D．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D[小球由A點(diǎn)下擺到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧被拉長(zhǎng)，彈簧的彈力對(duì)小球做了負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減少，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在此過(guò)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(jī)械能守恒，即小球減少的重力勢(shì)能等于小球獲得的動(dòng)能與彈簧增加的彈性勢(shì)能之和，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。]3．(系統(tǒng)機(jī)械能守恒的分析與判斷)質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)小球A和B，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點(diǎn)O處有一水平固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，把桿置于水平位置后釋放，在BA．B球的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．A球的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C．A球、B球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B[B球從水平位置轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，A球重力勢(shì)能增加，動(dòng)能增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加。由于A球、B球和地球組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，則B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定減少，選項(xiàng)B正確。]機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用做功判斷：若單個(gè)物體所受外力只有重力做功則其機(jī)械能守恒；若系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數(shù)和為0)，則機(jī)械能守恒。(2)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒(méi)有能量交換，物體或系統(tǒng)也沒(méi)有機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。(3)利用機(jī)械能的定義判斷：若物體動(dòng)能、勢(shì)能之和不變，則機(jī)械能守恒。單物體機(jī)械能守恒問(wèn)題1．表達(dá)式2．一般步驟3．選用技巧在處理單個(gè)物體機(jī)械能守恒問(wèn)題時(shí)通常應(yīng)用守恒觀點(diǎn)和轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)，轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)不用選取零勢(shì)能面。eq\o([典例])(單物體機(jī)械能守恒與圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的綜合問(wèn)題)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)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eq\f(R,2)。一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)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)能之比；(2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。審題指導(dǎo)：題干關(guān)鍵獲取信息光滑固定圓弧軌道小球在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不受摩擦力，彈力與速度方向垂直小球能否運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)由小球經(jīng)C點(diǎn)的最小速度確定[解析](1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4)設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有EkB＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,4)))則小球在B、A兩點(diǎn)的功能之比EkB∶EkA＝5∶1。(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設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心力公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2))應(yīng)滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R)由機(jī)械能守恒定律有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得出小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。[答案](1)5∶1(2)見(jiàn)解析eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])單物體機(jī)械能守恒與圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的綜合1．如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1，在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mgD[設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度為v1，在最高點(diǎn)時(shí)速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點(diǎn)N1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，在最高點(diǎn)N2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立可得N1－N2＝6mg，故選項(xiàng)D正確。]單物體機(jī)械能守恒與平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的綜合2．取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等。如果拋出點(diǎn)足夠高，當(dāng)物塊的動(dòng)能等于重力勢(shì)能的兩倍時(shí)，速度與水平方向的夾角為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(5π,12)A[設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，拋出時(shí)的高度為h。根據(jù)題意，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，則v0＝eq\r(2gh)；設(shè)當(dāng)物塊的動(dòng)能等于重力勢(shì)能的兩倍時(shí)，物塊距離地面的高度為h′，由機(jī)械能守恒定律得mg(h－h(huán)′)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又2mgh′＝eq\f(1,2)mv2，解得h′＝eq\f(2,3)h，則此時(shí)物塊在豎直方向上的分速度為vy＝eq\r(2gh－h(huán)′)＝eq\r(\f(2,3)gh)，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，即速度與水平方向的夾角為eq\f(π,6)，選項(xiàng)A正確。]單物體機(jī)械能守恒與平拋及圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的綜合3．如圖所示，P是水平面上的固定圓弧軌道，從高臺(tái)邊B點(diǎn)以速度v0水平飛出質(zhì)量為m的小球，恰能從左端A點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入。O是圓弧的圓心，θ是OA與豎直方向的夾角。已知m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圓弧軌道半徑R＝0.5m，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力和所有摩擦，求：(1)A、B兩點(diǎn)的高度差；(2)小球能否到達(dá)最高點(diǎn)C？如能到達(dá)，小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為多少？[解析](1)小球從B到A做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為θ，則有vA＝eq\f(v0,cosθ)＝5m/s根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得A、B兩點(diǎn)的高度差h＝0.8m。(2)假設(shè)小球能到達(dá)C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vC＝3m/s小球通過(guò)C點(diǎn)的最小速度為v，則mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s因?yàn)関C>v，所以小球能到達(dá)最高點(diǎn)C在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg＋F＝meq\f(v\o\al(2,C),R)代入數(shù)據(jù)解得F＝4N由牛頓第三定律知，小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為4N。[答案]見(jiàn)解析多物體機(jī)械能守恒問(wèn)題1．解決多物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒的注意點(diǎn)(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或ΔEA＝－ΔEB的形式。2．幾種實(shí)際情景的分析(1)速率相等情景用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。(2)角速度相等情景桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。(3)關(guān)聯(lián)速度情景兩物體速度的關(guān)聯(lián)實(shí)質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等。eq\o([典例])(多物體機(jī)械能守恒問(wèn)題)如圖所示，A、B兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)。開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)，C恰好離開(kāi)地面。求：(1)斜面的傾角α；(2)A球獲得的最大速度vm。審題指導(dǎo)：關(guān)鍵語(yǔ)句獲取信息固定的光滑斜面上系統(tǒng)機(jī)械能守恒使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用彈簧處于壓縮狀態(tài)，且彈力等于B的重力A沿斜面下滑至速度最大時(shí)，C恰好離開(kāi)地面彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，且彈力等于C的重力B、C的質(zhì)量均為m彈簧壓縮量同伸長(zhǎng)量相等，彈性勢(shì)能相同A球獲得的最大速度vmA的加速度此時(shí)為零[解析](1)由題意可知，當(dāng)A沿斜面下滑至速度最大時(shí)，C恰好離開(kāi)地面，A的加速度此時(shí)為零由牛頓第二定律得4mgsinα－2mg＝0，則sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°。(2)由題意可知，mg＝kΔx，B球上升的高度x＝2Δx＝eq\f(2mg,k)。A、B兩小球及輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)在初始時(shí)和A沿斜面下滑至速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)A、B、C三小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得4mgxsinα－mgx＝eq\f(1,2)(5m)veq\o\al(2,m)聯(lián)立化簡(jiǎn)得vm＝2geq\r(\f(m,5k))。[答案](1)30°(2)2geq\r(\f(m,5k))eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])輕繩連接的物體系統(tǒng)1．如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長(zhǎng)的細(xì)軟輕線連接，跨過(guò)固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面上時(shí)，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3)D．eq\f(2R,3)C[設(shè)B球質(zhì)量為m，A球剛落地時(shí)，兩球速度大小都為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq\f(2,3)gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選項(xiàng)C正確。]輕桿連接的物體系統(tǒng)2．(2021·揚(yáng)州市邗江區(qū)蔣王中學(xué)高三月考)如圖所示，一長(zhǎng)為6L的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端固定在鉸鏈O處(輕桿可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng))。一根不可伸長(zhǎng)的輕繩一端系于輕桿的中點(diǎn)，另一端通過(guò)輕小定滑輪連接在小物塊上，物塊放置在傾角θ＝30°的斜面上。已知滑輪距正下方地面上的A點(diǎn)的距離為3L，鉸鏈O距A點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦。整個(gè)裝置由圖示位置靜止釋放，當(dāng)輕桿被拉至豎直位置時(shí)，小球的速度v＝3eq\r(gL)，物塊仍在斜面上，求：(1)此時(shí)小球?qū)p桿的作用力F；(2)此過(guò)程中輕繩對(duì)輕桿做的功W；(3)小物塊的質(zhì)量M。[解析](1)當(dāng)輕桿被拉至豎直位置時(shí)，小球的速度v＝3eq\r(gL)，根據(jù)豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球受到的重力和輕桿對(duì)小球的作用力的合力提供向心力mg＋F′＝meq\f(v2,6L)根據(jù)牛頓第三定律，可得F＝F′＝eq\f(1,2)mg豎直向上。(2)將小球和輕桿看作一個(gè)整體，根據(jù)動(dòng)能定理W＋WG＝eq\f(1,2)mv2因?yàn)閃G＝－6mgL，所以W＝eq\f(21,2)mgL。(3)將小球、輕桿、輕繩和小物塊看作一個(gè)系統(tǒng)，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒ΔEk＝ΔEp小球和小物塊動(dòng)能增大，則動(dòng)能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)小球重力勢(shì)能增大，小物塊重力勢(shì)能減小，則重力勢(shì)能減少量為ΔEp＝Mg·2L－mg·解得M＝12m[答案](1)eq\f(1,2)mg，豎直向上(2)eq\f(21,2)mgL(3)12m輕彈簧連接的物體系統(tǒng)3．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過(guò)定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長(zhǎng)。用手托住物體B使繩子剛好沒(méi)有拉力，然后由靜止釋放。求：(1)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力大??；(2)物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)時(shí)獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。[解析](1)恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)對(duì)B有mg－FT＝ma對(duì)A有FT－mgsin30°＝ma解得FT＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當(dāng)A速度最大時(shí)mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長(zhǎng)x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故彈性勢(shì)能改變量ΔEp＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2mv2得v＝geq\r(\f(m,2k))＝1m/s。[答案](1)30N(2)20cm(3)1m/s輕彈簧和光滑桿連接的物體系統(tǒng)4．(2021·江蘇南京、鹽城市一模)如圖所示，質(zhì)量M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長(zhǎng)為l0的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)。圖中AO水平，BO間連線長(zhǎng)度恰好與彈簧原長(zhǎng)相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點(diǎn)，θ＝30°?，F(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有()A．下滑過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒B．小球滑到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為eq\f(1,2)gC．小球下滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大D．小球下滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(2gl0)D[下滑過(guò)程中小球的機(jī)械能會(huì)與彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，因此小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；因?yàn)樵贐點(diǎn)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgcos30°＝Ma，解得a＝eq\f(\r(3),2)g，故B錯(cuò)誤；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)加速度與速度方向相同，因此小球還會(huì)加速，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镃是AO′段的中點(diǎn)，θ＝30°，所以當(dāng)小球到C點(diǎn)時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度與在A點(diǎn)時(shí)相同，故在A、C兩位置彈簧彈性勢(shì)能相等，小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，所以得Mgl0＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\r(2gl0)，故D正確。]用機(jī)械能守恒定律解決非質(zhì)點(diǎn)問(wèn)題1．在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理實(shí)際問(wèn)題時(shí)，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類(lèi)的物體，其在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將發(fā)生形變，其重心位置相對(duì)物體也發(fā)生變化，因此這類(lèi)物體不能再視為質(zhì)點(diǎn)來(lái)處理。2．物體雖然不能視為質(zhì)點(diǎn)來(lái)處理，但因只有重力做功，物體整體機(jī)械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢(shì)能的變化列式求解。eq\o([典例])如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角為α的足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面體固定不動(dòng)。AB、BC間用一小段光滑圓弧軌道相連。一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻柔軟鏈條開(kāi)始時(shí)靜置在ABC面上，其一端D至B的距離為L(zhǎng)－a?，F(xiàn)自由釋放鏈條，則：(1)鏈條下滑過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒？簡(jiǎn)述理由；(2)鏈條的D端滑到B點(diǎn)時(shí)，鏈條的速率為多大？[解析](1)鏈條在下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，因?yàn)樾泵鍮C和水平面AB均光滑，鏈條下滑時(shí)只有重力做功，符合機(jī)械能守恒的條件。(2)設(shè)鏈條質(zhì)量為m，可以認(rèn)為始、末狀態(tài)的重力勢(shì)能變化是由L－a段下降引起的，如圖所示。該部分高度減少量h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(L－a,2)))sinα＝eq\f(L＋a,2)sinα該部分的質(zhì)量為m′＝eq\f(m,L)(L－a)由機(jī)械能守恒定律可得m′gh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(g,L)L2－a2sinα)。[答案](1)機(jī)械能守恒，理由見(jiàn)解析(2)eq\r