2016暑期学考复习【物理】第11讲答案

第11讲 机械能守恒定律

参考答案

基础再现·对点自测

□

01重力 □02高度 □03mgh □04标 □05参考平面 □06地球 □07物体 □

08参考平面 □09绝对 □10无关 □11减小 □12增大 □13减小(增大) □

14E p1－E p2 □15弹性形变 □16形变量 □17劲度系数 □18越大 □19减小 □

20增大 □21正功 □22减小 □23负功 □24增大 □25重力 □26弹力 □

27不变 □28E k 2＋E p2 □29－ΔE p □30ΔE B 减 □31重力 □32弹力 □

33为零 [自我校对] 1.A 2.D 3－1.D 3－2.B

考点透析·讲练互动

【例1】[解析]小球由A 点下摆到B 点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A 错误，B 正确；在此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能，等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C 错误，D 正确．

[答案]BD

【例2】[解析](1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得：

mgL ＝12m v 21

解得v 1＝2gL ①

在D 点，由牛顿第二定律得

F －mg ＝m v 21L

② 由①②解得F ＝30 N

由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N.

(2)由D 到A ，小球做平抛运动

v 2y ＝2gh ③

tan 53°＝v y v 1

④ 联立解得h ＝16 cm.

(3)小球从C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即E p ＝mg (L ＋h ＋x sin 53°)，代入数据得：E p ＝2.9 J.

[答案](1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J

【例3】[解析]设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律知 s ＝v 1t ，h ＝12

gt 2 解得v 1＝s g 2h

＝3 m/s 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点的速度为v 3，由牛顿第二定律得mg ＝ m v 22R

又根据机械能守恒定律12m v 23＝12

m v 22＋mg (2R ) 解得v 3＝5gR ＝4 m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是v m i n ＝4 m/s

设电动机工作时间至少为t ，根据功能原理

Pt －F f L ＝12m v 2mi n

由此可得t ＝2.53 s.

[答案]2.53 s

【突破训练1】[解析](1)木块m 从D 点滑出后做平抛运动又回到A 点，设m 在D 点的速度为v ，质点从D 点运动到A 点所用的时间为t ，在水平方向 s ＝ v t

竖直方向上2R ＝12

gt 2 解得v ＝s 2g R

对质点从A 到D 由动能定理有：

－μmgs －mg ·2R ＝12m v 2－12

m v 20 解得 v 0＝ 2μgs ＋4Rg ＋gs 2

4R

. (2)要使木块沿原路返回，则沿圆轨道上滑时，不能超过图中C 点．

根据功能关系，v 0应满足：12m v 20

≤ (μmgs ＋mgR ) 又要使木块能回到A 点，则有12m v 20≥2μmgs 联立两式得 2μgs ＋2gR ≥ v 0≥ 2μgs

要使上式成立，则R 、μ、s 之间还应满足 R ≥μs .

[答案]见解析

【例4】[解析] (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得

x ＝v 0t ①

2h －y ＝12

gt 2② 根据题意有

y ＝x 2

2h

③ 由机械能守恒，落到坡面时的动能为

12m v 2＝12

m v 20＋mg (2h －y )④ 联立①②③④式得 12m v 2＝12m ⎝⎛⎭⎫v 20＋4g 2h 2v 20

＋gh .⑤ (2)⑤式可以改写为

v 2＝⎝

⎛⎭⎪⎫v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ⑥ v 2取极小值的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得

v 0＝gh ⑦

此时v 2＝3gh ，则最小动能为

⎝⎛⎭⎫12m v 2m i n ＝32

mgh .⑧ [答案]见解析

【突破训练2】[解析]选BD.若小球第一次到达最高点的速度v ≥Rg ，小球运动过程中不受摩擦力，

机械能守恒，12m v 20＝12

m v 2＋2mgR 解得v 0≥5Rg .若小球第一次到达最高点的速度v ＝0，小球运动过程中受摩擦力，12m v 20

＝W Ff ＋2mgR 解得v 0>2Rg ，综上B 、D 对． 【例5】[解析](1)设轨道半径为R ，由机械能守恒定律：

12m v 2B ＝ m g (2R ＋ x ) ＋12m v 2A

① 对B 点：F N 1－mg ＝m v 2B R

②

对A 点：F N 2＋ m g ＝m v 2A R

③ 由①②③式得：

两点压力差ΔF N ＝ F N 1 －F N 2＝6mg ＋2m gx R ④ 由图象得：截距6mg ＝3得m ＝0.05 kg.⑤ (2)因为图线的斜率k ＝2m g R ＝1得R ＝1 m ⑥ 在A 点不脱离的条件为：v A ≥ gR ⑦ 由 ①⑤⑥⑦式得：x ＝1.75 m ．⑧ [答案](1)0.05 kg (2)1.75 m 【突破训练3】[解析](1)根据机械能守恒定律有 12m v 20＝2mgh ＋12m v 2C ，12m v 20＝mgh ＋12m v 2D 根据平抛运动规律：2h ＝12gt 2C ，s C ＝ v C t C h ＝12gt 2D ，s D ＝v D t D 综合得s C ＝ 4v 20h g －16h 2，s D ＝ 2v 20h g －4h 2. (2)为实现 s C <s D ，即 4v 20h g －16h 2 ＜ 2v 20h g －4h 2 得v 0 ＜6gh

但要使滑块能从A 点以初速度v 0分别沿两轨道滑行到C 或D 处后水平抛出，要求 12m v 20

＞ 2mgh 则有v 0 ＞4gh

所以4gh ＜ v 0＜ 6gh .

[答案]见解析

技法提炼·思维升华

【突破训练4】[解析](1)令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知m A g sin θ＝kx 1 令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量， a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知： kx 2＝m B g sin θ，F －m A g sin θ－kx 2＝m A a 由以上两式可得a ＝ F －(m A ＋m B )gs i n θm A

由题意d ＝x 1＋x 2

综合以上各式得d ＝ (m A ＋m B )gs i n θk

. (2)若m A ＝m B ＝m ，则弹簧在B 刚离开时的伸长量等于未加F 时弹簧的压缩量，即弹簧的弹性势能不变．

设B 刚离开时，A 的速度大小为v

则由功能关系得：Fd －m A gd sin θ＝12

m A v 2 代入有关数据得：v ＝ 4gs i n θ(F －m gs i n θ)k

. [答案](1)F －(m A ＋m B )gs i n θm A (m A ＋m B )gs i n θk

(2) 4gs i n θ(F －m gs i n θ)k

【突破训练5】 [解析](1)机械能守恒 m gl (1－cos α) ＝12m v 2① 圆周运动 F ′－mg ＝m v 2l