2023届高考物理二轮复习第6讲机械能守恒能量守恒学案（浙江专用）

第6讲　机械能守恒　能量守恒

题型1　机械能守恒定律的应用

1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

(1)做功判断法:只有重力(或系统内弹力)做功时,系统机械能守恒。

(2)能量转化判断法:没有与机械能以外的其他形式的能转化时,系统机械能守恒。

(3)定义判断法:看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化。

2.机械能守恒定律的表达式

3.应用机械能守恒定律解题的基本思路

[例1] (多选)如图所示,左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗,碗口直径AB水平,O点为球心,碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面,斜面倾角α=45°。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮,细绳两端分别系有可视为质点的小球甲和物块乙,质量分别为m1、m2,且m1=2m2。开始时甲恰在A点,乙在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接甲、乙的细绳与斜面平行且恰好伸直,C点是圆心O的正下方。当甲由静止释放开始运动,则下列说法正确的是(　AD　)

A.乙沿斜面上滑过程中,地面对斜面的支持力始终保持恒定

B.当甲运动到C点时,甲的速率v1=

C.甲可能沿碗面上升到B点

D.在甲从A点运动到C点的过程中,甲与乙组成的系统机械能守恒

解析:乙沿斜面上滑过程中,乙对斜面的压力是一定的,斜面的受力情况不变,由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定,故A正确;在甲从A点运动到C点的过程中,甲与乙组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒。对甲、乙组成的系统,由机械能守恒定律得m1gR-m2g·Rsin  α=m1+m2,结合m1=2m2,v1=v2,解得v1=,故B错误,D正确;若甲运动到C点时绳断开,由C到B机械能守恒得,至少需要有的速度甲才能沿碗面上升到B点,现由于甲上升的过程中绳子对它做负功,所以甲不可能沿碗面上升到B点,故C错误。

[拓展训练1] (2022·金丽衢十二校选考模拟)有一个小实验叫作“小纸帽能弹多高”。某同学在实验时将小纸帽用力往下压,使弹簧产生一定的弹性形变,然后迅速放手,在小纸帽上升的过程中,不计空气及摩擦阻力,下列说法正确的是(　C　)

A.小纸帽的机械能守恒

B.小纸帽的动能先增大后减小,机械能一直增加

C.小纸帽的动能与弹簧的势能之和一直在减小

D.小纸帽刚脱离弹簧时动能最大

解析:由于弹簧对小纸帽做功,所以小纸帽的机械能不守恒,故A错误;小纸帽在上升过程中,受到重力和弹簧的弹力,弹力先大于重力,再等于重力,后小于重力,合力先向上,再向下,则小纸帽先做加速运动后做减速运动,小纸帽的动能先增大后减小;小纸帽弹起到脱离前的过程中,由于弹簧的弹力对小纸帽一直做正功,所以小纸帽的机械能一直增加;小纸帽与弹簧脱离后小纸帽的机械能不变,故B错误;在小纸帽上升的过程中,小纸帽与弹簧系统机械能守恒,由于小纸帽的重力势能一直增大,所以小纸帽的动能与弹簧的势能之和一直在减小,故C正确;小纸帽在上升过程中,当合力为零时速度最大,动能最大,此时弹簧处于压缩状态,小纸帽还没有脱离弹簧,故D错误。

题型2　能量守恒定律的应用

应用能量守恒定律的两条基本思路

1.某种形式的能减少,一定存在其他形式的能增加,且减少量和增加量一定相等,即ΔE减=ΔE增。

2.某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等,即Δ=Δ。

[例2] (多选)如图所示,固定在竖直平面内的内径很小的细管PMN由长度均为L的两段构成,PM段为内径粗糙的水平直管,P端内侧粘有弹性挡板,MN段光滑且固定在倾角为θ=30° 的斜面上,两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为3m的滑块A,绕过轻质滑轮和挡板小孔,与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下,两滑块开始均静止,滑块与PM段的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两滑块均可视为质点,重力加速度为g,不计轻绳与滑轮间的摩擦。由静止同时释放两滑块后,关于两滑块的运动,下列说法正确的是(　AD　)

A.滑块B第一次运动到M点时,滑块A的速度大小为

B.滑块B第一次运动到M点时,滑块A的速度大小为

C.滑块B最终将停在M点

D.整个运动过程中,滑块B在水平段运动的总路程为11L

解析:滑块B第一次运动到M点时,对系统由能量守恒定律可知,3mgL-mgLsin θ=(3m+m)v2,解得v=,故B错误,A正确;对系统分析有3mg>μmg,故滑块B无法停在M处,将停在挡板处,故C错误;从开始到滑块B最终停止,对系统由能量守恒定律知,3mg·2L-mgLsin θ=μmgs,解得s=11L,故D正确。

[拓展训练2] 如图为某体校的铅球训练装置示意图。假设运动员以6 m/s的速度将铅球从倾角为30°的轨道底端推出,当铅球向上滑到某一位置时,其动能减少了72 J,机械能减少了12 J。已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12 kg,滑动过程中阻力大小恒定,则下列判断正确的是(　C　)

A.铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能

B.铅球向上运动的加速度大小为4 m/s2

C.铅球返回底端时的动能为144 J

D.运动员每推一次消耗的能量至少为60 J

解析:由于轨道不光滑,铅球向上滑动的过程中,需要克服摩擦力做功,所以铅球上滑过程中减少的动能转化为重力势能和内能,选项A错误;由动能定理可得F合s=ΔEk=72 J,根据功能关系可得Ffs=ΔE=12 J,而Ff+mgsin 30°=F合,联立解得F合=72 N,Ff=12 N,由F合=ma解得铅球向上运动的加速度大小a=6 m/s2,选项B错误;铅球被推出时动能Ek=mv2=×12×62 J=216 J,铅球向上运动的最大位移x==3 m,当铅球向上滑到最大位置时,动能减少到零,机械能减少了Ffx=36 J,从推出铅球到铅球返回过程中,损失机械能ΔE=2×36 J=72 J,铅球返回底端时的动能Ek′=×12×62 J-72 J=144 J,选项C正确;运动员每推一次消耗的能量至少为铅球的初动能216 J,选项D错误。

[拓展训练3] (多选)如图甲所示,长为L的长木板水平放置静止不动,可绕左端垂直纸面的水平轴转动,板的左端固定一原长为的弹簧,一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点(小滑块与弹簧不连接),Oa间距离为。将小滑块由静止释放后,木板不动,小滑块恰能到达木板最右端,将木板绕O点逆时针转动37°后固定,如图乙所示,仍将小滑块由a点静止释放,小滑块最多运动到离O点的b点。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　AD　)

A.小滑块与木板间的动摩擦因数为

B.小滑块在a点时,弹簧的弹性势能为L

C.长木板按图甲水平放置,当弹簧恢复原长时,小滑块的动能最大

D.长木板按图乙倾斜放置,小滑块上滑过程中加速度先减小再增大然后不变

解析:设小滑块与长木板间的动摩擦因数为μ,小滑块在a点时弹簧的弹性势能为Ep,则对于题图甲所示过程,根据能量守恒定律可得Ep=μmgL,对于题图乙所示过程可得Ep=μmgLcos 37°+mgLsin 37°,联立解得μ=,Ep=,故A正确,B错误;长木板按图甲水平放置,当弹簧弹力与小滑块所受滑动摩擦力大小相等时,小滑块的动能有最大值,故C错误;长木板按图乙倾斜放置,开始时弹力大于滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力,此时小滑块的加速度沿斜面向上;当弹力与滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力等大反向时,小滑块的加速度为零;然后弹力小于滑动摩擦力和重力沿木板分力的合力,小滑块做减速运动,加速度反向增加;当弹簧恢复原长时,小滑块脱离弹簧,以后加速度不变,故D正确。

专题训练6　机械能守恒　能量守恒

保分基础练

1.如图所示是某课题小组制作的平抛仪。M是半径为R固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平。M的下端相切处放置着竖直向上的弹簧枪,弹簧枪可发射速度不同、质量均为m的小钢珠,假设某次发射(钢珠距离枪口0.5R)的小钢珠恰好通过M的上端点水平飞出,已知重力加速度为g,则发射该小钢珠前,弹簧的弹性势能为(　B　)

A.mgR B.2mgR

C.3mgR D.4mgR

解析:设小钢珠恰好通过M的上端点以速度v水平飞出,由牛顿第二定律得mg=m,发射前弹簧的弹性势能全部转化为小钢珠的机械能,对弹簧和小钢珠组成的系统,由机械能守恒定律得Ep=mg(0.5R+R)+mv2=2mgR,B正确,A、C、D错误。

2.如图所示,在地面上以速度v0抛出质量为m的物体,抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为参考平面,且不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法错误的是(　A　)

A.物体落到海平面时的重力势能为mgh

B.从抛出到落到海平面的运动过程,重力对物体做的功为mgh

C.物体落到海平面时的动能为m+mgh

D.物体落到海平面时的机械能为m

解析:以地面为参考平面,则物体落到海平面时的重力势能为-mgh,故A错误;重力对物体做功W=mgh,故B正确;根据机械能守恒定律有Ek-m=mgh,可知物体在海平面时的动能为m+mgh,故C正确;物体在运动的过程中机械能守恒,则物体落到海平面时的机械能E=m,故D正确。

3.(2022·杭州选考模拟)如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图(取竖直向下为正方向),箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t,重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是(　D　)

解析:由题图可知跳伞者开始时所受重力大于阻力,向下加速运动,随着速度的增大,阻力在增大,加速度逐渐减小;打开降落伞后阻力大于重力,加速度向上,跳伞者向下做减速运动;随着速度的减小,阻力也在减小,向上的加速度逐渐减小;当阻力和重力相等时向下做匀速运动。则位移先增加得越来越快,后增加得越来越慢,然后均匀增加,选项A错误;重力势能Ep=mgh,其随高度下降均匀减小,随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关,先减小得越来越快,然后减小得越来越慢,最后均匀减小,选项B、C错误;机械能E=E0-F阻y,开始时阻力先慢慢增大,开伞后阻力瞬间变大,最后跳伞者匀速运动,阻力不变,根据y的变化规律可知,选项D正确。

4.某家庭装有超小型风力发电机10台,某日该地区的风速是6 m/s,风吹到的每台发电机叶片有效面积为1 m2,已知空气的密度为1.2 kg/m3,假如该风力发电机能将通过此有效面积内空气动能的40%转化为电能。下列表述符合事实的是(　D　)

A.每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为1 m3

B.每秒冲击每台风力发电机叶片的空气动能为259.2 J

C.每台风力发电机发电的功率为129.6 W

D.该风力发电机组工作24 h,发电量约 12.44 kW·h

解析:每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为V=SL=Svt=1×6×1 m3=6 m3,A错误;1 s内气流的质量为m=ρV=1.2×6 kg=7.2 kg,气流的动能为E动=mv2=×7.2×62 J=129.6 J,B错误;1 s内风的动能转化的电能为E电=ηE动=40%×129.6 J=51.84 J,则功率P==51.84 W,C错误;该风力发电机组工作24 h,发电量为W=10Pt=10×51.84×10-3×24 kW·h≈12.44 kW·h,D正确。

5.(2022·义乌选考模拟)如图所示,运动员将质量为m的篮球从h高处投出,进入离地面H高处的篮筐时速度为v。若以出手时高度为参考平面,将篮球看成质点,忽略空气阻力,对篮球下列说法正确的是(　D　)

A.进入篮筐时重力势能为mgH

B.在刚出手时动能为mgH-mgh

C.进入篮筐时机械能为mgH+mv2

D.经过途中P点时的机械能为mgH-mgh+mv2

解析:由于以出手时高度为参考平面,因此进入篮筐时重力势能为mg(H-h),A错误;整个过程中机械能守恒,在任何位置的机械能均为E=mg(H-h)+mv2,刚出手时重力势能为零,因此动能为Ek0=mg(H-h)+mv2,B、C错误,D正确。

6.(多选)如图甲所示,一足够长的斜面固定在水平地面上,倾角为30°,质量为2 kg的物体从斜面的底端冲上斜面,取地面为参考平面,物体的动能Ek随上升的高度h的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,由上述信息和图中数据可得(　AC　)

A.上升2 m过程中,机械能减少20 J

B.上升2 m过程中,机械能减少60 J

C.物体所受摩擦力大小为5 N

D.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25

解析:由题图可知,物体上升2 m过程中,动能减少量为60 J,重力势能增加量为ΔEp=mgh=40 J,因此机械能减少了20 J,故A正确,B错误;物体上升2 m过程中,沿斜面方向的位移为s==4 m,又因为物体克服摩擦力做功,机械能减少,则摩擦力大小为Ff==5 N,故C正确;对物体受力分析,垂直斜面方向有FN=mgcos 30°,又因为Ff=μFN,联立得μ=,故D错误。

7.如图所示,固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧,轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接,另一端与物块A连接,物块A上方放置有另一物块B,物块A、B质量均为m且不粘连,整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去,若在弹簧将A、B弹起过程中,A、B能够分离,则下列叙述正确的是(　D　)

A.从力F撤去到A、B发生分离的过程中,A、B物块和地球所构成的系统机械能守恒

B.A、B被弹起过程中,A、B即将分离时,弹簧处于压缩状态

C.A、B分离瞬间,A的加速度大小为gsin θ

D.若斜面为粗糙斜面,则从力F撤去到A、B发生分离的过程中,弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和

解析:从力F撤去到A、B发生分离的过程中,A、B物块和地球所构成的系统除了重力做功之外还有弹簧的弹力这个外力做功,所以系统的机械能不守恒,故A错误;当A、B之间作用力为零且加速度相同时,两物块分离,此时弹簧处于原长状态,故B错误;A、B刚分离瞬间,A、B间的弹力为零,对B,由牛顿第二定律得mgsin θ=maB,得aB=gsin θ,此瞬间A与B的加速度相同,所以A的加速度大小为gsin θ,故C错误;若斜面为粗糙斜面,则从力F撤去到A、B发生分离的过程中,由能量守恒定律知,弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和,故D正确。

8.如图所示,用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连,B、C置于水平地面上,系统静止时轻杆竖直,现给系统一个微小扰动,B、C在轻杆的作用下向两侧滑动,三个小球始终在同一竖直平面内运动,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此过程中(　D　)

A.球A的机械能一直减小

B.球C的机械能一直增大

C.球B对地面的压力不可能小于mg

D.球A落地的瞬时速度为

解析:A球下降的过程中,B、C两球向两侧运动,当A球将落地时,根据动量守恒定律可知,B、C两球水平速度趋近于零,因此B、C的机械能先增加后减小,故选项B错误;杆对B、C先是做正功,后是做负功,即杆先对B、C是推力,后对B、C是拉力,当杆对B、C是拉力时,杆对A也是拉力,此时A的机械能会增加,故选项A错误;当杆对B、C是拉力时,B、C对地面的压力小于其重力,故选项C错误;当A落地时,B、C的速度为零,根据机械能守恒定律mgL=mv2,可得A落地时的速度v=,故选项D正确。

9.(多选)如图所示,滑块2套在光滑的竖直杆上,并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物块1与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上,物块1和滑块2均可看作质点。开始时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置,但无张力,此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d,A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是(　AC　)

A.滑块2经过B处时的加速度为0

B.滑块2下滑过程中,物块1和滑块2组成的系统机械能守恒

C.物块1和滑块2的质量之比为2∶1

D.若滑块2的质量增加一倍,其他条件不变,仍让滑块2由A处从静止滑到C处,滑块2到达C处时,物块1和滑块2的速度之比为3∶4

解析:滑块2经过B处时速度最大,其加速度为0,故A正确;滑块2下滑过程中,对物块1和滑块2组成的系统有弹簧弹力对其做功,机械能不守恒,故B错误;物块1静止时,弹簧的压缩量x1=d,当A下滑到C点时,物块1上升的高度为h=-3d=2d,即当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d,此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能,对于1与2及弹簧组成的系统,由机械能守恒定律应有m1g·2d=m2g·4d,解得m1∶m2=2∶1,故C正确;设绳子与竖直杆的夹角为θ,根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等,得v2cos θ=v1,其中cos θ==,则得滑块2到达C处时,物块1和滑块2的速度之比v1∶v2=4∶5,故D错误。

10.如图所示,长2L的轻杆两端分别固定着小球A和B,A球质量为m,B球质量未知,转轴O在杆的中点,轻杆可在竖直平面内绕轴转动。不考虑空气阻力以及转轴的摩擦,重力加速度为g,若在转动过程中,当A球在最高点时,杆顶端恰好不受力,则(　B　)

A.若A、B球质量相等,则转轴O受力为零

B.B球能通过最高点的条件是其质量不大于A球质量的倍

C.若B球的质量为A球的2倍,则B球恰能转到与转轴O等高处

D.若B球的质量为A球的,B球通过最高点时对杆的作用力为mg

解析:当A球在最高点时,杆顶端恰好不受力,设此时A、B的速度大小均为v,对A、B分别根据牛顿第二定律有mg=m,FT1-mg=m,解得FT1=2mg,即此时杆对B有竖直向上大小为2mg的作用力,则转轴O受竖直向下大小为2mg的作用力,故A错误;B球恰好通过最高点的速度为零,设此时B的质量为M,以杆底端所在位置为参考平面,根据机械能守恒定律有mv2+2mgL+Mv2=2MgL,解得M=m,所以B球能通过最高点的条件是其质量不大于A球质量的倍,故B正确;若B球的质量为A球的2倍,设其通过与O等高处时的速度大小为v1,根据机械能守恒定律有mv2+·2mv2+2mgL=m+·2m+3mgL,解得v1=>0,故C错误;若B球的质量为A球的,设B球通过最高点时的速度大小为v2,根据机械能守恒定律有mv2+·mv2+mg·2L=m+·m+mgL,解得v2=>v,设B球通过最高点时杆对B球的作用力大小为FT2,根据牛顿第二定律有FT2+mg=m,解得FT2=mg,根据牛顿第三定律可知此时B球对杆的作用力为mg,故D错误。

高分强化练

11.(2022·金华选考模拟)将传感器安装在蹦极运动员身上,可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度,如图甲所示。运动员及所携带装备的总质量为50 kg,弹性绳原长为10 m。运动员从蹦极台自由下落,根据传感器测到的数据,得到如图乙所示的vx图像。g取9.8 m/s2,已知弹性势能Ep=k(Δx)2,Δx指弹性绳的形变量。

(1)求运动员下落过程中的最大动能,并分析该位置运动员受力的特点;

(2)判断运动员下落过程中受到的空气阻力是否可以忽略,写出你的理由;

(3)有人认为:在下落的整个过程中,弹性绳的弹力与弹簧弹力一样,都与伸长量成正比。你是否同意这种观点,通过计算说明你的理由。

解析:(1)运动员在下落15 m时速度达到最大为15 m/s,动能最大,此时动能为

Ekm=m=×50×152 J=5 625 J,

在该位置速度最大,加速度为零,所受合力为零。

(2)在前10 m下降过程中,如果没有空气阻力,满足机械能守恒,则mgh=mv2,可得此时的速度

v== m/s=14 m/s,

与题图乙中的数据基本吻合,因此空气阻力可以忽略不计。

(3)在下降到15 m时,弹性绳的弹力等于重力,因此根据胡克定律k(l-l0)=mg,解得k=98 N/m,

下降到26 m处时速度减小到零,在整个运动过程中,根据能量守恒定律,减少的重力势能等于增加的弹性势能mgh′=k′(h′-l0)2,

解得k′≈99.5 N/m,得出的k′与k值基本吻合,

因此可以认为弹性绳的弹力与弹簧弹力一样,都与伸长量成正比。

答案:见解析

12. (2022·杭州选考模拟)如图所示,是某种轨道玩具的结构示意图,弹射装置可以将小滑块以不同初速度弹出,经光滑水平轨道AB、光滑圆轨道BCB′、粗糙水平轨道B′D、冲上光滑斜面轨道DE,并从E点沿水平方向飞出,最终落在水平轨道上。已知弹射器的最大弹性势能Epm=0.8 J,圆轨道半径R=10 cm,水平轨道B′D长L=20 cm,斜面轨道E点距离水平轨道的高度h=5 cm,若小滑块可视为质点,其质量m=0.1 kg,与水平轨道B′D的动摩擦因数μ=0.3,其他阻力均不计,轨道各部分平滑连接,小滑块从E点飞离前始终未脱离轨道,g取10 m/s2。

(1)求小滑块被弹出的最大速度vmax;

(2)某次游戏中小滑块被弹出后,恰能够通过圆轨道最高点,求此次弹射器的弹性势能Ep;

(3)将小滑块以不同初速度弹出,若均能沿轨道从E点水平飞出,求小滑块最终在水平轨道上的落点到E点的水平距离x与弹射时弹射器的弹性势能满足的关系。

解析:(1)根据能量守恒定律有

Epm=m,

解得vmax=4 m/s。

(2)小滑块恰能过C点,则有mg=m,

从A到C过程根据能量守恒定律可得

Ep-2mgR=m,解得Ep=0.25 J。

(3)小滑块从A到E过程,根据能量守恒定律可得Ep-μmgL-mgh=m,

由E点抛出后有h=gt2,x=vEt,

联立解得x=,

经分析,若能通过C点均能够到达E,故

0.25 J≤Ep≤0.8 J,

即小滑块最终在水平轨道上的落点到E点的水平距离x与弹射时弹射器的弹性势能满足的关系x=(0.25 J≤Ep≤0.8 J)。

答案:(1)4 m/s　(2)0.25 J

(3)x=(0.25 J≤Ep≤0.8 J)

13.如图所示,内壁光滑的管道AB的形状与抛物线完全相同,被固定放置在竖直平面内,管口A的切线水平,管口B的切线与水平面的夹角为53°,倾角为53°的斜面BC与管道在B点平滑对接,质量均为m=1 kg的甲、乙两小球(视为质点)的直径略小于管道的内径,先让甲从管口A由静止开始沿着管道向下运动,然后在管口A给乙水平向右的初速度v0=2.4 m/s,乙正好做平抛运动(与管道不接触),甲、乙正好在B点相遇,短暂的相碰后立即合为整体沿着斜面向下运动,经过C点进入水平面,最后在D点停下,甲、乙的整体在经过转折点C时无能量损失,甲、乙的整体与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ=0.9,B、D两点的连线与水平面的夹角为37°,sin 37°=,cos 37°=,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)甲、乙在B点碰撞时产生的内能;

(2)B点与水平面CD的高度差。

解析:(1)设A、B两点的高度差为h,对乙由平抛运动的规律可得=tan 53°,=cos 53°,=2gh,对甲,由A点到B点根据动能定理可得

mgh=m,设甲、乙在B点碰撞后的共同速度为v共,由动量守恒定律可得2mv共=mv甲+mv乙,甲、乙在B点碰撞时产生的内能为

Q=m+m-·2m,

联立解得v共=3.6 m/s,Q=0.16 J。

(2)设B点与水平面CD的高度差为H,由几何关系可知斜面的长度lBC=,

甲、乙在水平面上运动的距离

lCD=-,

对甲、乙的整体在斜面、水平面上的运动进行受力分析,所受的滑动摩擦力的大小分别为Ff1=2μmgcos 53°,Ff2=2μmg,由能量守恒定律得

2mgH+·2m=Ff1lBC+Ff2lCD,

联立解得H=3.24 m。

答案:(1)0.16 J　(2)3.24 m

14.(2022·五域联盟选考模拟)如图,水平轨道ABC、EG与内、外略微错开的竖直圆轨道CDE平滑连接,倾角为β=37°的斜面GH与水平轨道EG也平滑连接。一质量为m=2 kg的物体受到与水平方向成α=53°的恒力F作用,由A点静止出发,经t=2 s运动到B点,此时撤去恒力F,物体继续向前运动。已知水平轨道AB、斜面GH与物体间的动摩擦因数均为μ=0.5,BCDEG为光滑轨道,AB的长度为s=10 m,圆轨道半径 R=2.5 m,求:(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)

(1)物体在水平轨道AB上运动的加速度大小;

(2)恒力F的大小;

(3)物体能否沿图示轨道运动到斜面上高为h=3 m的P点?试分析说明;

(4)若仅改变恒力F的大小,要使物体沿图示轨道运动到斜面上高为h=3 m的P点,F大小应满足的条件。

解析:(1)物体由A→B做匀加速运动,根据运动学公式有s=at2,

解得a==5 m/s2。

(2)物体由A→B,受力分析如图所示,根据牛顿第二定律有

FN+Fsin α=mg,Fcos α-Ff=ma,Ff=μFN,

联立解得F==20 N。

(3)物体运动到B点的速度为vB=at=10 m/s,先判断物体能否到达D点,在B→C→D过程中,

由机械能守恒定律得

m=mg·2R+m,解得vD=0,

物体刚好通过D点时有mg=m,

解得v==5 m/s,

由于vD<v,故物体到达D点前已离开圆轨道,所以物体不能沿图示轨道运动到斜面上的P点。

(4)由(3)知,物体刚好通过D点时,速度为v=5 m/s,然后物体继续运动,沿斜面上升的最大高度为h1,根据能量守恒定律有

mv2+mg·2R=mgh1+μmgcos β,

解得h1=3.75 m>h,所以能运动到斜面上的P点。物体由B→C→D,由机械能守恒定律有

mv2+mg·2R=mvB′2,

解得vB′=5 m/s,物体由A→B,有vB′2=2a′s,

解得a′==6.25 m/s2,

由(2)有F1==22.5 N,

物体刚好不离开水平轨道AB,则有

F2sin α=mg,解得F2=25 N,

故物体要沿图示轨道运动到P点,恒力F的大小必须满足22.5 N≤F≤25 N。

答案:(1)5 m/s2　(2)20 N　(3)见解析　

(4)22.5 N≤F≤25 N