第七节 生产和生活中的机械能守恒 [模型建构] 只有重力做功,重力势能转化为动能 例1 (1)120 W (2)30 J [解析] (1)撤去F前,根据动能定理,有(F-mg)h=Ek-0 由图像乙得斜率为k=F-mg=20 N 代入数据解得F=30 N 又由图像得,h=0.4 m时Ek=8 J 由Ek=mv2得v=4 m/s 代入数据解得PF=Fv=120 W. (2)撤去拉力F后物体仅受重力作用,由机械能守恒定律得Ek1+mgh1=Ek2 由图像乙得h1=1 m时,Ek1=20 J,代入上式解得Ek2=30 J. 例2 (1)20 m (2)1.25×104 J (3)1 000 J [解析] (1)滑雪者从B到C做平抛运动,竖直方向上有hBC=gt2,得hBC=20 m. (2分) (2)从B到C,以C点所在水平面为参考平面,根据机械能守恒定律,有m+mghBC=m (1分) 滑雪者在C处的动能EkC=m (1分) 联立可得EkC=1.25×104 J. (2分) (3)滑雪者在AB段,根据动能定理有 mghAB-Wf=m-0 (2分) 得Wf=mghAB-m=1000 J. (2分) [模型建构] 不是 例3 (1) 2.5R (2)3mg [解析] (1)小球恰能通过最高点,即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力,由牛顿第二定律得mg=m 小球在最高点处的速度至少为v= 小球由静止运动到最高点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律得mgh=mv2+mg·2R 联立解得h=2.5R. (2)h'=4R时,小球由静止运动到最高点的过程中,由机械能守恒定律得mgh'=mv'2+mg·2R 解得v'=2 小球在最高点,由牛顿第二定律得FN+mg=m 解得FN=3mg 根据牛顿第三定律知,小球在通过圆轨道最高点时对轨道的压力是3mg. 随堂巩固 1.A [解析] 从开始到下落至最低点的过程中,弹性绳未拉直时,只有重力做功,小明的机械能守恒,保持不变;当弹性绳拉直后,弹性绳的弹力一直对小明做负功,其机械能逐渐减小,故A正确.从开始到下落至最低点的过程中,弹性绳未拉直时,小明只受重力,加速度保持不变;弹性绳拉直后,合力向下且逐渐减小,加速度变小;速度达到最大值后,合力向上且逐渐增加,加速度变大,故B错误.依题意,可知小明下落速度最大处应是小明加速度为零时,即弹性绳的弹力等于小明重力时,小明速度最大,故C错误.根据系统机械能守恒可知,从开始到下落速度最大,小明动能的增加量与弹性绳弹性势能增加量之和等于小明重力势能的减少量,故D错误. 2.BD [解析] 由于不计运动员经过N点的机械能损失及运动过程中的摩擦力和空气阻力,故整个过程中运动员的机械能守恒,A错误,B正确;MN段为以初速度为0的匀加速运动,由功能关系得动能 Ek与水平位移s成正比,NP段为匀速运动,动能不变,PQ段为平抛运动,有Ek=mgh+m,又因为水平向有Δs=v0t,竖直方向有h=gt2,联立得Ek=mg2+m,所以PQ段的Ek-s图像为抛物线,C错误,D正确. 3.B [解析] 小球进入圆形轨道后刚好能通过c点,由牛顿第二定律有mg=m,得vc=,小球到达c点的动能为Ek=m=mgR,A错误;小球从a点到c点,根据机械能守恒,有m=m+mg·2R,解得v0=,B正确;小球到达b点时,由牛顿第二定律有F-mg=,解得轨道对小球的支持力F=6mg,根据牛顿第三定律知小球对轨道的压力为6mg,故C错误;小球离开c点做平抛运动,由2R=gt2得t=2, 小球在直轨道上的落点d与b点距离s=vct=2R,D错误.第七节 生产和生活中的机械能守恒 1.B [解析] 运动员着网前做自由落体运动,机械能守恒,则mgh+0=0+mv2,解得v=8 m/s,故选B. 2.D [解析] 重锤做自由落体运动,由机械能守恒定律得mgh=mv2,落地速度v=,下落过程重力的平均功率=mg=mg=mg,A、B错误;落地时重力的瞬时功率P=mgv=mg,C错误,D正确. 3.ACD [解析] 小球从A到B的过程中,根据机械能守恒定律可得mg·=mv2,解得v=,A正确;在B点,当重力恰好提供向心力时,有mg=m,解得vB=,所以当小球到达B点时,对光滑半球的压力为零,即从B点开始做平抛运动,B错误,C正确;对整个过程由机械能守恒定律,有mg·R=m,解得vC=,故D正确. 4.C [解析] 由机械能守恒定律,可得mgR=mv2,小球下滑至B点时的速度v=,方向水平向右.在B点做圆周运动 ... ...
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