2020-2021学年第四章 机械能及其守恒定律第七节 生产和生活中的机械能守恒学案

这是一份2020-2021学年第四章 机械能及其守恒定律第七节 生产和生活中的机械能守恒学案，共17页。


一、落锤打桩机
落锤打桩机主要由桩锤、卷扬机和导向架组成．打桩时，桩锤由卷扬机提升到设计高度，然后使桩锤沿导向架自由下落打击管桩．
桩锤下落过程可视为自由落体运动，仅有重力做功，桩锤的机械能守恒．以桩顶端所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律，Ep1＋0＝0＋Ek2.
二、跳台滑雪
跳台滑雪的雪道是由倾斜的助滑坡、水平起跳平台和着陆坡组成．若忽略摩擦力和空气阻力，运动员在助滑坡AB下滑过程只有重力做功，机械能守恒．根据机械能守恒定律，运动员在斜坡顶端的重力势能与运动员从平台滑出的速度有关．mghAB＋0＝0＋eq \f(1,2)mvB2，运动员离开起跳平台，做平抛运动，机械能守恒．
三、过山车
过山车的速度必须满足一定的条件，才能保证过山车沿圆形轨道正常运行，过山车通过圆形轨道最高点的速度应不小于恰能保持圆周运动的速度，且过山车在整个运动过程中机械能守恒．
设过山车恰能安全通过圆形轨道最高点时的速度为v，有mg＝meq \f(v2,R)，设圆形轨道最低点处所在的水平面为参考平面，过山车沿倾斜轨道下滑到圆形轨道的最高点，由机械能守恒定律可得，mgh＋0＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2.
1．判断下列说法的正误．
(1)物体沿竖直方向匀速上升其机械能守恒．( × )
(2)物体做抛体运动，仅受重力，物体的机械能一定守恒．( √ )
(3)小球在竖直平面内做匀速圆周运动，其机械能守恒．( × )
(4)当物体速度增大时，其机械能可能减少．( √ )
2．从地面以60°的抛射角抛出一个质量为m的小球，其到达最高点时动能为Ek.不考虑空气阻力，取地面为零势能面，则小球在离地面高h处的机械能为( )
A．4Ek B．3Ek
C．Ek＋mgh D．3Ek＋mgh
答案 A
解析 根据动能的表达式，小球运动到最高点时速度vx＝eq \r(\f(2Ek,m))，因水平方向不受外力，故小球运动过程中水平速度不变，由运动的合成与分解可知，小球在抛出点时的速度v＝eq \f(vx,cs 60°)＝2eq \r(\f(2Ek,m))，小球在抛出点时的机械能为eq \f(1,2)mv2＋0＝4Ek.由于只有重力做功，故小球在运动过程中机械能守恒，小球在离地面高h处的机械能仍为4Ek，A正确．
一、机械能守恒在竖直方向抛体运动中的应用
导学探究 如图1所示，质量为m的物体在自由下落的过程中，下落到高度为h1的A处时速度为v1，下落到高度为h2的B处时速度为v2，不计空气阻力，重力加速度为g，选择地面为参考平面．
图1
(1)求物体在A、B处的机械能EA、EB；
(2)比较物体在A、B处的机械能的大小．
答案 (1)物体在A处的机械能EA＝mgh1＋eq \f(1,2)mv12
物体在B处的机械能EB＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22
(2)根据动能定理WG＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
下落过程中重力对物体做正功，重力做的功等于物体重力势能的减少量，则WG＝mgh1－mgh2
由以上两式可得：eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12＝mgh1－mgh2
整理得eq \f(1,2)mv12＋mgh1＝eq \f(1,2)mv22＋mgh2
由此可知物体在A、B两处的机械能相等．
知识深化
机械能守恒定律和动能定理的比较
说明：机械能守恒定律的应用优势在于多个物体或有多个力做功的系统，对于一个物体的能量转化问题应用动能定理更方便．在多过程问题中，有时需要交替使用机械能守恒定律和动能定理．
(2020·衡阳市一中月考)一物体从H高处自由下落，当其动能等于重力势能时(以地面为参考平面)，物体的速度大小为( )
A.eq \r(gH) B.eq \r(2gH) C．2eq \r(gH) D.eq \f(1,2)eq \r(2gH)
答案 A
解析 运动的过程中物体的机械能守恒，取地面为参考平面，当物体的动能等于其重力势能时，根据机械能守恒定律可得mgH＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，由于动能和重力势能相等，所以mgH＝2×eq \f(1,2)mv2，求得物体的速度大小v＝eq \r(gH)，故选A.
针对训练1 (多选)(2020·棠湖中学高一月考)如图2所示，质量为1 kg的小球以4 m/s的速度从桌面竖直上抛到达最高点返回后，落到桌面下方1 m的地面上，取桌面为重力势能的参考平面，重力加速度g取10 m/s2，则下述说法正确的是( )
图2
A．小球在最高点时具有的重力势能为18 J
B．小球在最高点时具有的机械能为16 J
C．小球落地前瞬间具有的机械能为8 J
D．小球落地前瞬间具有的动能为18 J
答案 CD
解析 小球在桌面时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝8 J，此位置重力势能为0，故小球在桌面时的机械能为8 J，小球运动过程中机械能守恒，任意位置的机械能都等于8 J，小球在最高点动能为零，重力势能等于机械能，为8 J，小球落地前瞬间重力势能为－10 J，故动能为18 J，选C、D.
二、机械能守恒在平抛(斜抛)运动中的应用
导学探究 如图3所示，在同一高度处，将同一小球分别以相同大小的速度抛出，忽略空气阻力，这几种情况小球落地时速度大小相等吗？
图3
答案 尽管这几种情况小球的运动情况不同，但是只有重力做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知，小球落地时速度大小相等．
下图4为一跳台的示意图．假设运动员从雪道的最高处A点由静止开始滑下，不借助其他器械，沿光滑雪道到达跳台的B点时速度多大？当他落到离B点竖直高度为10 m的雪地C点时，速度又是多大？(设这一过程中运动员没有做其他动作，忽略摩擦和空气阻力，g取10 m/s2)
图4
答案 4eq \r(5) m/s 2eq \r(70) m/s
解析 取B点所在水平面为参考平面．由题意知A点到B点的高度差h1＝4 m，B点到C点的高度差h2＝10 m
从A点到B点的过程由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mvB2＝mgh1
解得vB＝eq \r(2gh1)＝4eq \r(5) m/s.
从B点到C点的过程由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mvB2＝－mgh2＋eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝eq \r(2gh1＋h2)＝2eq \r(70) m/s.
针对训练2 如图5所示，质量m＝50 kg的跳水运动员从距水面高h＝10 m的跳台上以v0＝5 m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中，若忽略运动员的身高，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
图5
(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为零势能参考平面)；
(2)运动员起跳时的动能；
(3)运动员入水时的速度大小．
答案 (1)5 000 J (2)625 J (3)15 m/s
解析 (1)以水面为零势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能Ep＝mgh＝5 000 J.
(2)运动员起跳时的速度大小v0＝5 m/s，
则运动员起跳时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝625 J.
(3)运动员从起跳到入水的过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝15 m/s.
三、机械能守恒在圆周运动中的应用
导学探究 如图6所示，过山车在高处关闭发动机飞奔而下，忽略一切阻力．
图6
讨论：
(1)过山车受什么力？各做什么功？
(2)过山车动能和势能怎么变化？过山车下滑过程的机械能守恒吗？
答案 (1)过山车受到重力和支持力的作用；重力做正功，支持力不做功
(2)动能增加，重力势能减少，机械能守恒．
如图7是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R，一个质量为m的小车(可视为质点)在A点由静止释放沿斜面滑下，小车恰能通过圆形轨道的最高点C.已知重力加速度为g.求：
图7
(1)A点距水平面的高度h；
(2)运动到B点时小车对轨道压力的大小．
答案 (1)2.5R (2)6mg
解析 (1)由于小车恰能通过圆形轨道的最高点C，根据牛顿第二定律，小车在C点有mg＝eq \f(mv\\al(C2),R)，
解得vC＝eq \r(gR)
由A运动到C，根据机械能守恒定律得
mgh＝mg·2R＋eq \f(1,2)mvC2
解得h＝2.5R.
(2)对小车由A运动到B，根据机械能守恒定律得
mgh＝eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝eq \r(5gR)
小车在B点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝eq \f(mv\\al(B2),R)
解得FN＝6mg
由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为6mg.
针对训练3 在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图8所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度H＝3 m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.求选手摆到最低点时对绳拉力F的大小．
图8
答案 1 080 N
解析 设选手摆到最低点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得
mgl(1－cs α)＝eq \f(1,2)mv2
由圆周运动的知识和牛顿第二定律得F′－mg＝meq \f(v2,l)
解得F′＝mg(3－2cs α)＝1 080 N
根据牛顿第三定律得，人对绳的拉力F＝F′，则F＝1 080 N.
1．(机械能守恒在竖直方向抛体运动中的应用)(多选)(2019·龙泉中学高一月考)将一个物体以一定的初速度竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为重力势能零点，那么在向上运动过程中，表示物体的动能Ek随高度h变化的图像A，表示物体的重力势能Ep随速度v变化的图像B，表示物体的机械能E随高度h变化的图像C，表示物体的动能Ek随速度v变化的图像D，正确的是( )
答案 ABD
解析 物体向上运动过程中，机械能守恒，有mgh＋Ek＝E，则Ek＝E－mgh，可知Ek与h呈线性关系，h增大，Ek减小，A正确．Ep＝mgh＝E－eq \f(1,2)mv2，可知Ep与v是非线性关系，图线为抛物线，v越小，Ep越大，B正确；在物体向上运动过程中，机械能守恒，E与h无关，C错误；Ek＝eq \f(1,2)mv2，Ek与v呈非线性关系，图线为抛物线的一部分，v越小，Ek越小，D正确．
2．(机械能守恒在平抛运动中的应用)如图9所示，在距地面h高处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法正确的是( )
图9
A．物体在C点比A点具有的机械能大
B．物体在B点比C点具有的动能大
C．物体在A、B、C三点具有的动能一样大
D．物体在A、B、C三点具有的机械能相等
答案 D
解析 小球在运动过程中，只受到重力作用，机械能守恒，在任何一个位置小球的机械能都是相等的，故D正确，A、B、C错误．
3．(机械能守恒在平抛运动中的应用)某人站在离地面h＝10 m高处的平台上以水平速度v0＝5 m/s抛出一个质量m＝1 kg的小球(不计空气阻力，g取10 m/s2)，求：
(1)人对小球做了多少功；
(2)小球落地前瞬间的速度大小．
答案 (1)12.5 J (2)15 m/s
解析 (1)人对小球做的功等于小球获得的初动能，由动能定理得W＝eq \f(1,2)mv02＝12.5 J.
(2)小球下落过程中，只有重力做功，取地面为参考平面，由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(v\\al(02)＋2gh)＝15 m/s.
4．(机械能守恒在圆周运动中的应用)如图10所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜面轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m的物块(可视为质点)从斜面轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度)．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．
图10
答案 2.5R≤h≤5R
解析 设轨道最低点所在的平面为参考平面，物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒定律得
mgh＝2mgR＋eq \f(1,2)mv2①
物块在最高点受重力mg、轨道的压力FN.重力与压力的合力提供向心力，有mg＋FN＝meq \f(v2,R)②
物块能通过最高点的条件是FN≥0③
由②③式得v≥eq \r(gR)④
由①④式得h≥2.5R⑤
又FN≤5mg⑥
由②式得v≤eq \r(6Rg)⑦
由①⑦式得h≤5R
h的取值范围是2.5R≤h≤5R.
考点一 机械能守恒在抛体运动中的应用
1．某人在离地高度为h的平台上以一定初速度抛出一个质量为m的小球，小球落地前瞬间的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力和人的高度，以地面为参考平面，则( )
A．小球的初动能为eq \f(1,2)mv2
B．小球的初动能为eq \f(1,2)mv2－mgh
C．小球落地时的机械能为eq \f(1,2)mv2＋mgh
D．小球落地时的机械能为eq \f(1,2)mv2－mgh
答案 B
解析 抛出后，对小球由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－Ek0，解得初动能Ek0＝eq \f(1,2)mv2－mgh，故A错误，B正确；以地面为零势能面，小球落地时重力势能为零，动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，则机械能E＝eq \f(1,2)mv2，故C、D错误．
2．(多选)把质量为m的石块从高h的山崖上沿与水平方向成θ角斜向上的方向抛出(如图1所示)，抛出的初速度为v0，石块落地时速度的大小与下面哪些量无关(不计空气阻力)( )
图1
A．石块的质量
B．石块初速度的大小
C．石块初速度的方向
D．石块抛出点的高度
答案 AC
解析 以地面为参考平面，石块运动过程中机械能守恒，则mgh＋eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv2，即v2＝2gh＋v02，所以v＝eq \r(v\\al(02)＋2gh).由此可知，石块落地时速度的大小与石块初速度的大小v0和抛出点的高度h有关，而与石块的质量和初速度的方向无关，故选A、C.
3．将质量为m的物体以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，则：
(1)物体上升的最大高度是多少？
(2)上升过程中，何处重力势能与动能相等？(以地面为参考平面)
(3)以地面为参考平面，在物体上升过程中，当物体的动能与重力势能相等时，物体的速度为多大？
答案 (1)5 m (2)2.5 m高度处 (3)5eq \r(2) m/s
解析 (1)物体在上升的过程中机械能守恒，则有
mghmax＝eq \f(1,2)mv02，解得hmax＝5 m.
(2)设物体在h高度处，物体的重力势能与其动能相等，
即mgh＝Ek
又由机械能守恒定律得mgh＋Ek＝eq \f(1,2)mv02
联立上述两式解得h＝eq \f(v\\al(02),4g)＝eq \f(102,4×10) m＝2.5 m.
(3)当物体的动能与重力势能相等时，则动能为总机械能的eq \f(1,2)，设物体的速度为v，
则eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv02，
即v＝eq \f(\r(2),2)v0＝5eq \r(2) m/s.
考点二 机械能守恒在圆周运动中的应用
4.(2019·太原市联考)如图2所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各拴有一杂技演员(可视为质点)．a站在地面，b处于高台上，此时绷紧的细绳间夹角为60°且左侧细绳竖直．若b从图示位置由静止开始摆下，当b摆至最低点时，a刚好对地面无压力．不考虑空气阻力，则a与b的质量之比为( )
图2
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案 B
解析 设右侧细绳的长度为L，a的质量为ma，b的质量为mb，在b下落过程中机械能守恒，有mbgL(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mbv2，在最低点有FTb－mbg＝mbeq \f(v2,L)，联立解得FTb＝2mbg.当a刚好对地面无压力时有FTa＝mag，又FTa＝FTb，所以ma∶mb＝2∶1，故选项B正确．
5.(2019·重庆八中月考)一小球以一定的初速度从如图3所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是圆轨道1的半径的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过圆轨道2的最高点B，重力加速度为g，则小球经过圆轨道1的最高点A处时对轨道的压力大小为( )
图3
A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg
答案 C
解析 小球恰好能通过圆轨道2的最高点B时，有mg＝meq \f(v\\al(B2),1.8R)，小球在圆轨道1上经过A处时，有F＋mg＝meq \f(v\\al(A2),R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2，联立上述各式解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F′＝F＝4mg，选项C正确．
6.如图4所示，A点距地面的高度为3L，摆线长为L，A、B连线与竖直方向夹角θ＝60°，使摆球从B点处由静止释放，不计摩擦阻力影响．
图4
(1)若摆球运动至A点正下方O点时摆线断裂，求摆球落地点到O点的水平距离；
(2)若摆线不断裂，在A点正下方固定一光滑小钉子，使摆球能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子与A点距离至少多大．
答案 (1)2L (2)0.8L
解析 (1)摆球从B点运动到O点过程，根据机械能守恒定律有
mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(gL)
在竖直方向上2L＝eq \f(1,2)gt2
摆球落地点到O点的水平距离s＝v0t，解得s＝2L；
(2)设钉子与A点距离为y时，摆球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v2,L－y)
根据机械能守恒定律有
mg[L－Lcs θ－2(L－y)]＝eq \f(1,2)mv2
解得y＝0.8L，
即使摆球能在竖直面内做完整的圆周运动，钉子与A点距离至少为0.8L.
7．物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．下列说法正确的是( )
A．匀速上升机械能不变
B．加速上升机械能增加
C．减速上升机械能一定减小
D．上升过程机械能一定增加
答案 B
解析 匀速上升过程和加速上升过程，拉力竖直向上，对物体做正功，根据功能关系得知，物体的机械能增加，故A错误，B正确；物体减速上升，有三种情况：不受其他外力，只受重力，则机械能不变；受竖直向上的外力，则外力做正功，物体的机械能增加；受竖直向下的外力，则外力做负功，物体的机械能减小，故C错误；同理，物体上升过程，机械能可能不变、增加、减小，故D错误．
8.(多选)水平固定光滑直轨道ab与半径为R的竖直固定半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则( )
图5
A．R越大，v0越大
B．R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大
C．m越大，v0越大
D．m与R同时增大，初动能Ek0增大
答案 AD
解析 小球刚好能通过最高点c，表明小球在c点的速度大小vc＝eq \r(gR)，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq \f(1,2)mvc2，即v0＝eq \r(5gR)，可知选项A正确，C错误．m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确．小球经过b点后的瞬间，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(02),R)，解得FN＝6mg，根据牛顿第三定律知FN′＝FN＝6mg，与R无关，选项B错误．
9.如图6所示，在竖直平面内的光滑管形圆轨道的半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，直径均略小于管径，均能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，重力加速度为g，以下说法正确的是( )
图6
A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大4mg
B．当v＝eq \r(5gR)时，小球b在轨道最高点对轨道压力大小为mg
C．速度v至少为eq \r(5gR)，才能使两球在管内做完整的圆周运动
D．只要两小球能在管内做完整的圆周运动，就有小球a在最低点对轨道的压力比小球b在最高点对轨道的压力大6mg
答案 A
解析 当小球b在最高点对轨道无压力时，所需要的向心力Fb＝mg＝meq \f(v\\al(b2),R)，从最高点到最低点，由机械能守恒定律可得，mg·2R＋eq \f(1,2)mvb2＝eq \f(1,2)mva2，对于a球，在最低点时，所需要的向心力Fa＝meq \f(v\\al(a2),R)＝5mg，所以小球a比小球b所需向心力大4mg，故A正确；由A项可知，小球a在最低点时的速度大小va＝eq \r(5gR)，可知，当v＝eq \r(5gR)时，小球b在轨道最高点对轨道压力为零，故B错误；小球恰好通过最高点时，速度为零，设通过最低点的速度大小为v0，由机械能守恒定律得mg·2R＝eq \f(1,2)mv02，得v0＝2eq \r(gR)，所以速度v至少为2eq \r(gR)，才能使两球在管内做完整的圆周运动，故C错误；若v＝2eq \r(gR)，两小球恰能在管内做完整的圆周运动，小球b在最高点对轨道的压力大小Fb′＝mg，小球a在最低点时，由Fa′－mg＝meq \f(v2,R)，解得Fa′＝5mg，小球a在最低点对轨道的压力比小球b在最高点对轨道的压力大4mg，故D错误．
10.如图7所示，AB为固定在竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，O为圆弧轨道的圆心，B点到地面CD的高度H＝R，小球从轨道最高点A由静止开始沿圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，若保持圆弧轨道圆心O点的位置不变，当改变B点到地面CD的高度H时(B处曲面的切线仍沿水平方向，圆弧轨道AB的半径发生变化，A点位置相应地在OA水平连线上左右移动)，小球的水平射程(C点与B点的水平距离)的变化情况为( )
图7
A．B点到地面的高度H增大时，小球的水平射程s增大
B．B点到地面的高度H增大时，小球的水平射程s减小
C．B点到地面的高度H减小时，小球的水平射程s不变
D．B点到地面的高度H减小时，小球的水平射程s增大
答案 B
解析 小球在圆弧轨道上运动时，其机械能守恒，根据机械能守恒定律得mgR′＝eq \f(1,2)mv2，所以小球到达B点的速度大小v＝eq \r(2gR′)，小球离开B点后做平抛运动，小球的运动时间t＝eq \r(\f(2H′,g))，C点与B点的水平距离s＝vt＝2eq \r(R′H′)，H′＋R′＝2R保持不变，当H′＝R′＝R时水平射程最大，即B点原来的高度H＝R时，s有最大值，无论H增大还是减小，水平射程s都减小，故选项B正确，A、C、D错误．
11.如图8所示，质量m＝2 kg的小球用长L＝1.05 m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H＝6.05 m的O点．现将细绳拉至水平状态，自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂(断裂瞬间小球无能量损失)，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
图8
(1)细绳能承受的最大拉力；
(2)细绳断开后小球在空中运动的时间；
(3)小球落地前瞬间速度的大小．
答案 (1)60 N (2)1 s (3)11 m/s
解析 (1)小球由A到B的过程，根据机械能守恒定律得
mgL＝eq \f(1,2)mvB2，
由牛顿第二定律得
F－mg＝meq \f(v\\al(B2),L).
故最大拉力F＝3mg＝60 N.
(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，且H－L＝eq \f(1,2)gt2，
代入数据解得t＝1 s.
(3)小球运动的整个过程，根据机械能守恒定律有
mgH＝eq \f(1,2)mvC2，
代入数据解得vC＝11 m/s.
12.(2019·西安高一检测)如图9所示，竖直平面内有一光滑管道口径很小的圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高．一质量m＝0.8 kg可看作质点的小球从平台边缘的A处平抛，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2.试求：
图9
(1)小球从A点开始平抛运动到P点所需的时间t；
(2)小球从A点平抛的速度大小v0；A点到圆轨道入射点P之间的水平距离l；
(3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(4)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力？并求出弹力的大小．
答案 (1)0.4 s (2)3 m/s 1.2 m (3)eq \r(29) m/s (4)外壁 6.4 N
解析 (1)从A到P过程中，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，
所以有R＋Rcs 53°＝eq \f(1,2)gt2，
代入数据解得t＝0.4 s.
(2)根据平行四边形定则和平抛运动规律，
有vy＝gt，tan 53°＝eq \f(vy,v0)，
代入数据解得v0＝3 m/s，
在水平方向上有l＝v0t，
解得l＝1.2 m.
(3)设小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小为v1，从A到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，有：
eq \f(1,2)mv12＝2mgR＋eq \f(1,2)mv02，
代入数据解得v1＝eq \r(29) m/s.
(4)小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知
vQ＝v0＝3 m/s
在Q点，根据牛顿第二定律，有
FN＋mg＝meq \f(v\\al(Q2),R)，得FN＝6.4 N
根据牛顿第三定律可知小球对管道外壁有弹力，
FN′＝FN＝6.4 N.
13.如图10所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图10
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案 (1)0.95 m (2)34 N
解析 (1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度大小为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有：h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(x,2)＝v0t，可得v0＝eq \f(x,2)eq \r(\f(g,2h))＝3 m/s
在D点有vy＝gt＝4 m/s
在D点的合速度大小v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))＝5 m/s
设v与水平方向夹角为θ，cs θ＝eq \f(v0,v)＝eq \f(3,5)
A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcs θ＝eq \f(1,2)mv2
联立解得H＝0.95 m；
(2)设小球经过C点时速度大小为vC，A到C过程机械能守恒：mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mvC2
由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(C2),R)
联立解得FN＝34 N.项目
机械能守恒定律
动能定理
区
别
研究对象
系统(如物体与地球、物体与弹簧)
一般是一个物体
做功情况
只有重力或弹力做功
合外力对物体做的功
能量转化
动能与重力势能、弹性势能之间的转化
动能与其他形式的能之间的转化
应用范围
只有重力或弹力做功
无条件限制
分析思路
只需分析研究对象初、末状态的动能和势能即可
不但要分析研究对象初、末状态的动能，还要分析所有外力所做的功
书写方式
有多种书写方式，一般常用等号两边都是动能与势能的和
等号一边是合力做的总功，另一边则是动能的变化
物理意义
重力或弹力以外的力所做的功，是机械能变化的量度
合外力所做的功是动能变化的量度
相同点
(1)思想方法相同：机械能守恒定律和动能定理都是从做功和能量转化的角度来研究物体在力的作用下状态的变化
(2)表达这两个规律的方程都是标量式
(3)两规律都只需考虑始、末两状态，不必考虑所经历的过程细节，因此无论是直线运动还是曲线运动都可应用