2017-2018學(xué)年物理人教版必修2講義第7章機械守恒定律第9節(jié)

第9節(jié)機械能守恒定律[學(xué)考報告]知識內(nèi)容機械能守恒定律考試要求必考加試dd基本要求1.知道機械能的各種形式，能夠分析動能與勢能(包括彈性勢能)之間的相互轉(zhuǎn)化問題2．知道機械能守恒的條件，知道機械能守恒定律的表達(dá)式3．會判斷機械能是否守恒，會應(yīng)用機械能守恒定律解決有關(guān)問題發(fā)展要求1.根據(jù)動能定理及重力做功與勢能變化的關(guān)系，推導(dǎo)出機械能守恒定律2．從能量轉(zhuǎn)化的角度理解機械能守恒的條件3．能從不同角度表達(dá)機械能守恒定律，并選擇合適的表達(dá)式求解問題4．領(lǐng)悟運用機械能守恒定律解決問題的優(yōu)點說明1.運用機械能守恒定律進(jìn)行計算時，不涉及彈性勢能的表達(dá)式2．不要求用機械能守恒定律求解兩個及兩個以上物體(包括需要確定重力的鏈條、繩子、流體等)的問題知識點一動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化[基礎(chǔ)梳理]1．機械能的定義動能與勢能(包括重力勢能和彈性勢能)統(tǒng)稱為機械能，用符號E表示。2．機械能具有相對性因為勢能具有相對性(需確定零勢能參考平面)，同時，與動能相關(guān)的速度也具有相對性(應(yīng)該相對于同一慣性參考系，一般是以地面為參考系)，所以機械能也具有相對性。只有在確定了參考系和零勢能參考平面的情況下，機械能才有確定的物理意義。3．動能和勢能相互轉(zhuǎn)化(1)重力勢能與動能相互轉(zhuǎn)化用細(xì)線、小球等做實驗，把一個小球用細(xì)線懸掛起來，把小球拉到一定高度的A點，然后放開，小球在擺動過程中，重力勢能與動能相互轉(zhuǎn)化。我們看到，小球可以擺到跟A點等高的C點，如圖1甲所示，如果用尺子在某一點擋住細(xì)線，小球雖然不能擺到C點，但擺到另一側(cè)時，也能到達(dá)跟A點相同的高度，如圖乙所示。圖1實驗證明，小球在擺動過程中重力勢能和動能在不斷轉(zhuǎn)化。在擺動過程中，小球總能回到原來的高度，可見，重力勢能和動能的總和不變。(2)彈性勢能與動能相互轉(zhuǎn)化被壓縮的彈簧具有彈性勢能，當(dāng)彈簧恢復(fù)原來形狀時，就把跟它接觸的物體彈出去，這一過程中，彈力做正功，彈簧的彈性勢能減少，而物體得到一定的速度，動能增加。射箭時弓的彈性勢能減少，箭的動能增加，也是這樣一種過程。如果重力和彈力做正功，重力勢能或彈性勢能就減少，動能增加，意味著重力勢能或彈性勢能轉(zhuǎn)化為動能；反之，如果重力或彈力做負(fù)功，重力勢能或彈性勢能就增加，動能減少，意味著動能轉(zhuǎn)化為重力勢能或彈性勢能?？梢姡ㄟ^重力或彈力做功，機械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式。[典例精析]【例1】(2016·9月金華十校聯(lián)考)2016年巴西奧運會上，中國選手鄧薇以262公斤(抓舉115公斤，挺舉147公斤)的總成績打破奧運會紀(jì)錄、世界紀(jì)錄。某次抓舉，在杠鈴被舉高的整個過程中，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖2A．杠鈴的動能一直增大 B．杠鈴的重力勢能一直增大C．杠鈴的機械能守恒 D．杠鈴一直處于超重狀態(tài)解析杠鈴被舉高的過程一定經(jīng)歷了先加速向上，后減速向上的運動，所以動能應(yīng)先增大后減小，A錯；物體一直向上運動，重力勢能一直增大，B正確；因人對杠鈴的支持力做正功，杠鈴的機械能增加，C不正確；加速度先向上，后向下，杠鈴先超重，后失重，D不正確。答案B知識點二機械能守恒定律[基礎(chǔ)梳理]1．推導(dǎo)(1)情景設(shè)定如圖3所示，設(shè)小球下落過程中經(jīng)過高度為h1的A點速度為v1，經(jīng)過高度為h2的B點速度為v2，分析下落過程中A、B兩位置的動能與勢能的總和之間的數(shù)量關(guān)系。圖3(2)理論推導(dǎo)從A點到B點，由動能定理知重力做的功WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek2－Ek1，由重力做功和重力勢能變化的關(guān)系有WG＝mgh1－mgh2＝Ep1－Ep2，得到Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2，移項后，得Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2。(3)探究結(jié)論自由落體運動過程中，動能和勢能之和保持不變。2．機械能守恒定律的內(nèi)容在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。3．守恒條件只有重力或彈力做功。4．表達(dá)式(1)守恒式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)此式表示系統(tǒng)的兩個狀態(tài)的機械能總量相等。(2)轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝－ΔEp此式表示系統(tǒng)動能的增加(減少)量等于勢能的減少(增加)量。(3)轉(zhuǎn)移式：ΔEA增＝ΔEB減此式表示系統(tǒng)A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量。5．機械能是否守恒的判斷(1)利用機械能守恒的條件直接判斷。(2)從做功角度判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒。(3)從能量轉(zhuǎn)化角度判斷：系統(tǒng)內(nèi)只有動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，無其他形式能量的轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒。[典例精析]【例2】下列運動的物體，機械能守恒的是()A．物體沿斜面勻速下滑B．物體從高處以0.9C．物體沿光滑曲面滑下D．拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升解析物體沿斜面勻速下滑時，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小。物體以0.9g的加速度下落時，除重力外，其他力的合力向上，大小為0.1答案C[即學(xué)即練]1．(多選)如圖4所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是()圖4A．甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空機械能守恒，若加速升空機械能不守恒B．乙圖中物體勻速運動，機械能守恒C．丙圖中小球做勻速圓周運動，機械能守恒D．丁圖中，輕彈簧將A、B兩小車彈開，兩小車組成的系統(tǒng)機械能不守恒，兩小車和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析題圖甲中無論火箭勻速上升還是加速上升，由于有推力做功，機械能增加，因而機械能不守恒；題圖乙中拉力F做功，機械能不守恒；題圖丙中，小球受到的所有力都不做功，機械能守恒；題圖丁中，彈簧的彈力做功，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為兩小車的動能，兩小車與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒。答案CD知識點三機械能守恒定律的應(yīng)用[基礎(chǔ)梳理]1．應(yīng)用步驟(1)確定研究對象：物體或系統(tǒng)(2)對研究對象進(jìn)行正確的受力分析。(3)判斷各個力是否做功，并分析是否符合機械能守恒的條件。(4)視解題方便與否選取零勢能參考平面，并確定研究對象在初、末狀態(tài)時的機械能。(5)根據(jù)機械能守恒定律列出方程，或再輔以其他方程，進(jìn)行求解。2．應(yīng)用機械能守恒定律時，系統(tǒng)內(nèi)相互作用的物體間的力可以是變力，也可以是恒力，只要符合守恒條件，機械能就守恒。而且機械能守恒定律只涉及物體系統(tǒng)的初、末狀態(tài)的物理量，不需分析中間過程的復(fù)雜變化，使處理問題得到簡化。[典例精析]【例3】如圖5所示，讓擺球從圖中A位置由靜止開始下擺，正好擺到最低點B位置時線被拉斷。設(shè)擺線長l＝1.6m，O點離地高H＝5.8m，不計線斷時的機械能損失，不計空氣阻力，g取10圖5(1)擺球剛到達(dá)B點時的速度大?。?2)落地時擺球的速度大小。解析(1)擺球由A到B的過程中只有重力做功，故機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律得mgl(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，則vB＝eq\r(2gl1－sin30°)＝eq\r(gl)＝eq\r(10×1.6)m/s＝4(2)設(shè)擺球落地點為題圖中的D點，則擺球由B到D過程中只有重力做功，機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg(H－l)則vD＝eq\r(v\o\al(2,B)＋2gH－l)＝eq\r(42＋2×10×5.8－1.6)m/s＝10m/s。答案(1)4m/s(2)10m技巧點撥無論物體是做直線運動還是做曲線運動都可應(yīng)用機械能守恒定律。應(yīng)用機械能守恒定律時，正確選取研究對象和研究過程，明確初、末狀態(tài)的動能和勢能，是解決問題的關(guān)鍵。[即學(xué)即練]2．以10m/s的速度將質(zhì)量為m的物體從地面上豎直向上拋出，取地面為零勢能面，若忽略空氣阻力，g取10m/s2，(1)物體上升的最大高度是多少？(2)上升過程中在何處重力勢能與動能相等？解析(1)由于物體在運動過程中只有重力做功，所以機械能守恒。取地面為零勢能面，則E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在最高點動能為0，故E2＝mgh，由機械能守恒定律E1＝E2可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，所以h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(102,2×10)m＝5m。(2)初態(tài)物體在地面上，E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，設(shè)重力勢能與動能相等時在距離地面h1高處，E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh1＝2mgh1，由機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgh1＝2mgh1，所以h1＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝2.5m答案(1)5m(2知識點四機械能守恒定律的綜合應(yīng)用[基礎(chǔ)梳理]機械能守恒定律與動能定理的比較規(guī)律比較內(nèi)容機械能守恒定律動能定理應(yīng)用范圍只有重力和彈力做功時無條件限制物理意義其他力(重力、彈力以外)所做的功是機械能變化的量度合外力對物體所做的功是動能變化的量度研究對象相互作用的物體系統(tǒng)單個物體(或可視為單個物體的系統(tǒng))關(guān)注角度守恒的條件和始末狀態(tài)機械能的形式及大小動能的變化及改變動能的方式(合外力做功的情況)說明等號右邊表示動能增量時，左邊表示勢能的減少量，“mgh”表示重力勢能(或重力勢能的變化量)等號左邊是合外力做的功，右邊是動能的增量，“mgh”表示重力做的功共同點都是從做功和能量轉(zhuǎn)化的角度來研究物體在力的作用下狀態(tài)的變化，表達(dá)這兩個規(guī)律的方程都是標(biāo)量式注意由于應(yīng)用動能定理不需要滿足什么條件，所以涉及功能關(guān)系問題時還是優(yōu)先考慮動能定理。[典例精析]【例4】如圖6所示，用細(xì)圓管組成的光滑軌道AB部分平直，BC部分是處于豎直平面內(nèi)半徑為R的半圓，圓管截面半徑r?R。有一質(zhì)量為m，半徑比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圓管。圖6(1)若要小球能從C端出來，初速度v0需多大？(2)在小球從C端出來的瞬間，管壁對小球的壓力為eq\f(1,2)mg，那么小球的初速度v0應(yīng)為多少？解析(1)要使小球能運動到C處，且從C端出來，必須滿足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥mg·2R，即：v0≥2eq\r(gR) ①(2)以AB所在平面為零勢面，則小球到達(dá)C處時的重力勢能為2mgR，從B到C列機械能守恒方程：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ②小球在C處受重力mg和細(xì)管豎直方向的作用力FN，根據(jù)牛頓第二定律，得：mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,C),R) ③由②③解得FN＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)－5mg ④討論④式，即得解：a．當(dāng)小球受到向下的壓力時，F(xiàn)N＝eq\f(1,2)mg，v0＝eq\r(\f(11,2)gR)b．當(dāng)小球受到向上的壓力時，F(xiàn)N＝－eq\f(1,2)mg，v0＝eq\r(\f(9,2)gR)答案(1)v0≥2eq\r(gR)(2)eq\r(\f(11,2)gR)或eq\r(\f(9,2)gR)【例5】如圖7所示，小球沿水平面通過O點進(jìn)入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過最高點P，然后落回水平面。不計一切阻力，下列說法不正確的是()圖7A．小球落地點離O點的水平距離為2RB．小球落地時的動能為5mgR/2C．小球運動到半圓弧最高點P時向心力為零D．若將半圓弧軌道上部的1/4圓弧截去，其他條件不變，則小球能達(dá)到的最大高度比P點高0.5R解析小球運動到半圓弧最高點P時，重力恰好提供向心力，即mg＝mveq\o\al(2,P)/R，所以vP＝eq\r(gR)，小球經(jīng)過P點后做平拋運動，下落時間t＝2eq\r(\f(R,g))，小球落地點離O點的水平距離x＝vPt＝2R，所以選項C錯誤，選項A正確；小球從P點到落地的過程中，機械能守恒，所以落地時的動能eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg·2R＝eq\f(5mgR,2)，選項B正確；若將半圓弧軌道上部的1/4圓弧截去，其他條件不變，則小球離開軌道后做豎直上拋運動，設(shè)小球能達(dá)到的最大高度為h，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(5,2)mgR，所以h＝eq\f(5R,2)，比P點高0.5R，選項D正確。答案C[即學(xué)即練]3．(2016·浙江名校協(xié)作體模擬)一彈珠彈射玩具模型如圖8所示，水平粗糙管AB內(nèi)裝有一輕彈簧，左端固定。豎直放置管道BCD光滑，其中CD為半徑為R＝0.1m的eq\f(1,4)圓周，C與地面高度也為R。用質(zhì)量m1＝0.3kg的彈珠甲(可看成質(zhì)點)將彈簧緩慢壓縮到某一確定位置M，彈珠與彈簧不固連，由靜止釋放后物塊恰停止在D點。用同種材料、質(zhì)量為m2＝0.1kg的彈珠乙仍將彈簧緩慢壓縮到M點釋放，由靜止釋放后彈珠由D點飛出后落在與D點正下方D′點相距x＝0.8m處。g＝10圖8(1)彈珠乙從D點飛出時的速度大?。?2)彈珠乙在D點時對軌道的彈力；(3)彈簧緩慢壓縮到M點時儲存的彈性勢能。解析(1)2R＝eq\f(1,2)gt2?t＝0.2svD＝eq\f(x,t)＝4m/s(2)D：m2g＋FN＝m2eq\f(v\o\al(2,D),R)?FN＝15N，方向豎直向下由牛頓第三定律知彈珠乙在D點時對軌道的彈力FN′＝15N，方向豎直向上(3)Ep＝μm1gxMB＋m1g·2Ep＝μm2gxMB＋m2g·2R＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)?Ep＝1.2J答案(1)4m/s(2)15N，方向堅直向上(3)1.24．如圖9所示，一固定在豎直平面內(nèi)的光滑的半圓形軌道ABC，其半徑R＝0.5m，軌道在C處與水平地面相切，在C處放一小物塊，給它一水平向左的初速度v0＝5m/s，結(jié)果它沿CBA運動，通過A點，最后落在水平地面上的D點，求C、D間的距離x。(重力加速度g取10m圖9解析解法一應(yīng)用機械能守恒定律求解。物塊由C到A過程，只有重力做功，機械能守恒，則：ΔEp＝－ΔEk，即2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2， ①物塊從A到D過程做平拋運動，則豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2， ②水平方向：x＝vt， ③由①②③式并代入數(shù)據(jù)得：x＝1解法二應(yīng)用動能定理求解。物塊由C到A過程，只有重力做功，由動能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)， ①物塊從A到D過程做平拋運動，則豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2 ②水平方向：x＝vt， ③由①②③式并代入數(shù)據(jù)得：x＝1答案11．關(guān)于機械能守恒，下列說法正確的是()A．做自由落體運動的物體，機械能一定守恒B．人乘電梯加速上升的過程，機械能守恒C．物體必須在只受重力作用的情況下，機械能才守恒D．合外力對物體做功為零時，機械能一定守恒解析做自由落體運動的物體，只受重力作用，機械能守恒，A正確；人乘電梯加速上升的過程，電梯對人的支持力做功，故人的機械能不守恒，B錯誤；物體在只有重力做功時，其他力也可存在，但不做功或做功之和為0，機械能守恒，故C錯誤；合外力對物體做功為零，物體的動能不變，機械能不一定守恒，D錯誤。答案A2．(多選)如圖10所示，下列幾種情況，系統(tǒng)的機械能守恒的是()圖10A．圖甲中一顆彈丸在光滑的碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運動B．圖乙中運動員在蹦床上越跳越高C．圖丙中小車上放一木塊，小車的左側(cè)由彈簧與墻壁相連。小車在左右振動時，木塊相對于小車無滑動(車輪與地面摩擦不計)D．圖丙中如果小車振動時，木塊相對小車有滑動解析可以通過以下表格對各項逐一分析選項分析判斷A彈丸在碗內(nèi)運動時，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒√B運動員越跳越高，表明她不斷做功，機械能不守恒×C由于一對靜摩擦力做的總功為零，故系統(tǒng)中只有彈簧彈力做功，機械能沒有轉(zhuǎn)化為其他形式的能，故系統(tǒng)機械能守恒√D滑動摩擦力做功，機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機械能不守恒×答案AC3．(2015·10月浙江學(xué)考)質(zhì)量為30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板離系繩子的橫梁的距離是2.5m。小孩的父親將秋千板從最低點拉起1.25mA．0 B．200NC．600N D．1000N解析小孩子從最高點運動到最低點，由機械能守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，h＝1.25m，由牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,R)，R＝2.5m，解以上兩式得FN＝600N，再由牛頓第三定律可知，小孩對秋千板的壓力為600N。答案C4．在游樂節(jié)目中，選手需要借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺上，小明和小陽觀看后對此進(jìn)行了討論，如圖11所示，他們將選手簡化為質(zhì)量m＝60kg的質(zhì)點，選手抓住繩由靜止開始擺動，此時繩與豎直方向夾角α＝53°，繩的懸掛點O距水面的高度為H＝3m。不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺露出水面的高度不計，水足夠深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°圖11解析由機械能守恒定律得：mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2由圓周運動的知識得：F′－mg＝meq\f(v2,l)解得F′＝(3－2cosα)mg人對繩的拉力F＝F′，則F＝1080N。答案1080N1．下列物體在運動過程中，可視為機械能守恒的是()A．飄落中的樹葉B．乘電梯勻速上升的人C．被擲出后在空中運動的鉛球D．沿粗糙斜面勻速下滑的木箱解析A項中，空氣阻力對樹葉做功，機械能不守恒；B項中人的動能不變，重力勢能變化，機械能變化；C項中，空氣阻力可以忽略不計，只有重力做功，機械能守恒；D項中，木箱動能不變，重力勢能減小，機械能減小。答案C2．(2016·10月浙江選考)如圖1所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是()圖1A．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C3．下列四個選項的圖中，木塊均在固定的斜面上運動，其中選項A、B、C中斜面是光滑的，選項D中的斜面是粗糙的，選項A、B中的F為木塊所受的外力，方向如圖中箭頭所示，選項A、B、D中的木塊向下運動，選項C中的木塊自由向上滑行運動。在這四個圖所示的運動過程中木塊機械能守恒的是()解析根據(jù)機械能守恒條件：只有重力(或彈力)做功的情況下，物體的機械能才能守恒，由此可見，A、B均有外力F參與做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合機械能守恒的條件，故答案為C。答案C4．在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大 B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大解析由機械能守恒定律mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)知，落地時速度v2的大小相等，故A正確。答案A5．(2016·浙江名校協(xié)作體模擬)彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構(gòu)造原理如圖2所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標(biāo)?，F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點，則()圖2A．從D到C過程中，彈丸的機械能守恒B．從D到C過程中，彈丸的動能一直在增大C．從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小D．從D到E過程橡皮筋對彈丸做功大于從E到C過程解析A項，從D到C重力外還有彈簧彈力做功，彈丸的機械能不守恒，A錯；B項，D到C的過程，先彈力大于重力，彈丸加速，后重力大于彈力，彈丸減速，所以彈丸的動能先增大后減小，B錯；從D到C，橡皮筋的形變量一直減小，所以其彈性勢能一直減小，C錯誤；D到E的彈簧彈力大于E到C的彈簧彈力，彈丸位移相等，所以從D到E過程橡皮筋對彈丸做的功大于從E到C過程橡皮筋對彈丸做的功，D正確。答案D6．某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進(jìn)入下一關(guān)。現(xiàn)在將這個娛樂項目進(jìn)行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器。若參與者仍在剛才的拋出點所在水平面上，沿下列四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，則小球能夠擊中觸發(fā)器的是()圖3解析假設(shè)拋出點到觸發(fā)器的高度為h，豎直上拋恰好擊中，則根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2。若小球能到達(dá)h高度處，則其速度均為0。分析A、C，上升高度h到達(dá)圓弧軌道最高點時，應(yīng)該有mg＋N＝eq\f(mv′2,R)，得v′≥eq\r(gR)，所以小球不可能到達(dá)最高點，A、C錯；B中小球離開斜面后速度斜向上做斜拋運動，有水平速度且水平方向做勻速運動，因此最高點速度不可能為0，根據(jù)機械能守恒，小球不能到達(dá)觸發(fā)器，B錯；D中內(nèi)外軌道可提供向內(nèi)或者向外的彈力，軌道最高點向心力可以為零，因此最高點速度可以為0，小球可以擊中觸發(fā)器，D對。答案D7．如圖4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斜上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA，hB，hC，則()圖4A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hC>hB D．hA>hB>hC解析A球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對A、C球而言mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，對B球：mgh′＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以h′＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,t),2g)<h。答案C8．(多選)把質(zhì)量為3kg的石塊從20m高的山崖上以與水平方向成30°角斜向上的方向拋出(如圖5所示)，拋出的初速度v0＝5m/s，石塊落地時的速度大小與下面哪些量無關(guān)(g取10m圖5A．石塊的質(zhì)量 B．石塊初速度的大小C．石塊初速度的仰角 D．石塊拋出時的高度解析以地面為參考平面，石塊運動過程中機械能守恒，則mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2，即v2＝2gh＋veq\o\al(2,0)，所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)由v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)可知，v與石塊的初速度大小v0和高度h有關(guān)，而與石塊的質(zhì)量和初速度的方向無關(guān)。答案AC9．(多選)一物體從高h(yuǎn)處自由下落，落至某一位置時其動能與重力勢能恰好相等(取地面為零勢能面)()A．此時物體所處的高度為eq\f(h,2)B．此時物體的速度為eq\r(gh)C．這段下落的時間為eq\r(\f(h,g))D．此時機械能可能小于mgh解析物體下落過程中機械能守恒，D錯誤；由mgh＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2＝2mgh′知h′＝eq\f(h,2)，A正確；由eq\f(1,2)mv2＝mgh′，h′＝eq\f(1,2)h知v＝eq\r(gh)，B正確；由t＝eq\f(v,g)知t＝eq\r(\f(h,g))，C正確。答案ABC10．(多選)圖6是滑道壓力測試的示意圖，光滑圓弧軌道與光滑斜面相切，滑道底部B處安裝一個壓力傳感器，其示數(shù)N表示該處所受壓力的大小。某滑塊從斜面上不同高度h處由靜止下滑，通過B時，下列表述正確的有()圖6A．N小于滑塊重力 B．N大于滑塊重力C．N越大表明h越大 D．N越大表明h越小解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m，在B點所受支持力為FN，圓弧半徑為R?；瑝K從高度h處由靜止下滑至B點過程中，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgh，在B點滑塊所需向心力由合外力提供，得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)。由牛頓第三定律知，傳感器示數(shù)N等于FN，解得N＝mg＋eq\f(2mgh,R)，由此式知N＞mg