（新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】机械能守恒定律的应用含答案
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| 名称 | （新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】机械能守恒定律的应用含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 747.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-03-01 11:22:46 | ||
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第 13 页 共 13 页
（新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】机械能守恒定律的应用含答案
拓展：机械能守恒定律的应用
拓展点一 多个物体组成系统的机械能守恒问题
1.轻绳连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
2.轻杆连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三大特点
①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度相等。
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
3.轻弹簧连接的物体系统
(1)题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功，又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
(2)两点提醒
①对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。
②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
[试题案例]
[例1] 如图所示，A、B两小球分别固定在一刚性轻杆的两端，两球球心间相距L＝1.0 m，两球质量分别为mA＝4.0 kg，mB＝1.0 kg，杆上距A球球心0.40 m处有一水平轴O，杆可绕轴无摩擦转动，现先使杆保持水平，然后从静止释放。当杆
A、B两球的角速度相同且系统机械能守恒。
转到竖直位置，则：
(1)两球的速度各是多少？
(2)转动过程中杆对A球做功为多少？(计算中重力加速度的数值g取10 m/s2)
解析 (1)对AB组成的系统，在转动过程中机械能守恒
mAgLA＝mBgLB＋mAv＋mBv
其中vA∶vB＝ωLA∶ωLB＝LA∶LB
代入数据得vA＝ m/s，
vB＝ m/s。
(2)对A球应用动能定理
mAgLA＋W＝mAv，W＝－9.6 J。
答案 (1) m/s m/s (2)－9.6 J
方法总结 多物体机械能守恒问题的分析技巧
(1)对多个物体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，可选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA增＝ΔEB减的形式。
[针对训练1] 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
A.2R B.
C. D.
解析 设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面，B恰运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，机械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，当A落地后，B球以速度v竖直上抛，到达最高点时上升的高度为h′＝，故B上升的总高度为R＋h′＝R，选项C正确。
答案 C
拓展点二 牛顿第二定律、机械能守恒定律和动能定理的综合应用
机械能守恒定律和动能定理的比较
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
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，有时交替使用机械能守恒定律和动能定理。
[试题案例]
[例2] 游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)。我们把这种情形抽象为图乙的模型：
弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？
不考虑摩擦等阻力。
解析 设小球的质量为m，小球运动到圆轨道最高点时的速度为v，受到圆轨道的压力为FN。小球滑至圆轨道最高点的过程中，由于只有重力做功，机械能守恒。以圆轨道最低点为零势能点，则在这个过程中，根据机械能守恒定律，有
mg(2R)＋mv2＝mgh
在圆轨道的最高点处，根据牛顿第二定律，有
FN＋mg＝m
欲使小球顺利地通过圆轨道的最高点，则小球在最高点时，必须满足条件FN≥0
即mg≤m
联立以上各式，可得h≥R
可见，为了使小球顺利地通过圆轨道的最高点，h至少应为R。
答案 R
[拓展] 如图所示，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。
解析 轨道最低点为零势能点，设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＋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＝m②
物块能通过最高点的条件是FN≥0③
由②③式得v≥④
由①④式得h≥2.5R⑤
又FN≤5mg⑥
由②式得v≤⑦
由①⑦式得h≤5R
h的取值范围是2.5R≤h≤5R。
答案 2.5R≤h≤5R
[针对训练2] 如图所示，AB和CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R＝2.0 m，一个质量为m＝1 kg的物体(可看成质点)在离圆弧底端高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面向下运动，若物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则：
(1)试描述物体最终的运动情况；
(2)物体在斜面上(不包括圆弧部分)走过路程的最大值为多少？
(3)物体对圆弧轨道最低点的最大压力和最小压力分别为多少？(结果中可以保留根号)
解析 (1)斜面的倾角为60°，因为mgsin 60°＞μmgcos 60°，所以物体不会静止在斜面上，最终在BC间做往复运动。
(2)最终做往复运动时，在B、C的速度为零，对A到C的整个过程运用动能定理得mg－μmgLcos 60°＝0－mv，代入数据解得L＝28 m。
(3)第一次到达最低点时速度最大，压力最大，根据动能定理得mgh－μmgcos 60°·＝mv－mv，代入数据解得v＝m2/s2。根据FN1－mg＝meq \f(v,R)得，FN1＝mg＋meq \f(v,R)＝ N。最终在BC间做往复运动时，经过E点的速度最小，压力最小。根据机械能守恒定律得mg·R＝mvE′2，解得vE′2＝gR＝20 m2/s2。根据FN2－mg＝m，得FN2＝mg＋m＝20 N。根据牛顿第三定律可得，物体对圆弧轨道最低点的最大压力FN1′＝FN1＝ N，最小压力FN2′＝FN2＝20 N。
答案 (1)见解析 (2)28 m (3) N 20 N
拓展点三 能量守恒定律、功能关系的理解和应用
1.能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2.功能关系概述
(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。
(2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。
3.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下表：
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG＝－ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 WF＝－ΔEp
合力做功 动能的改变 W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 内能的改变 Ffx相对＝Q
[试题案例]
[例3] 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。
在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A.运动员减少的重力势能全部转化为动能
B.运动员获得的动能为mgh
C.运动员克服摩擦力做功为mgh
D.下滑过程中系统减少的机械能为mgh
解析 运动员的加速度为g，小于gsin 30°，所以必受摩擦力的作用，且大小为
mg，克服摩擦力做功为mg·＝mgh，故C错误；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有mgh转化为内能，故选项A错误，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为mg·＝mgh，故B错误。
答案 D
[针对训练3] 如图所示，
光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点。已知在OM段，小物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g。求：
(1)小物块滑到O点时的速度；
(2)轻弹簧在最大压缩量d时的弹性势能(设轻弹簧处于原长时弹性势能为零)。
解析 (1)由机械能守恒定律得
mgh＝mv2，解得v＝。
(2)在水平滑道上小物块A克服摩擦力所做的功为
W＝μmgd
由能量守恒定律得
mv2＝Ep＋μmgd，
以上各式联立得Ep＝mgh－μmgd。
答案 (1) (2)mgh－μmgd
方法总结 运用能量守恒定律解题的基本思路
注意：应用能量守恒定律解题时，一定要分清系统中有哪些形式的能，什么能发生了转化或转移。
1.如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h(h＜L)，B球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则A球离开桌边的速度为( )
A. B.
C. D.
解析 A、B组成的系统机械能守恒，则有3mgh＝(m＋3m)v2，解得v＝，选项A正确。
答案 A
2.质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法不正确的是( )
A.物体的动能增加了mgh
B.物体的重力势能减少了mgh
C.物体机械能减少了mgh
D.物体克服阻力所做的功为mgh
解析 根据合力做功等于动能的变化，下落的加速度为g，物体的合力为mg，W合＝mgh，所以物体的动能增加了mgh，选项A正确；重力做功WG＝mgh，重力做功等于重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，物体的动能增加了mgh，则机械能减少了mgh，选项B正确，C错误；物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为g，根据牛顿第二定律得阻力为mg，所以阻力做功Wf＝－fh＝－mgh，所以物体克服阻力所做的功为mgh，选项D正确。
答案 C
3.(多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是 ( )
A.A物体与B物体组成的系统机械能守恒
B.A物体与B物体组成的系统机械能不守恒
C.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D.当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
解析 A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，但A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，选项A错误，B正确；B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的加速度为0，A物体速度最大，A物体的动能最大，选项D正确。
答案 BD
4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个过程中，物体机械能随时间变化关系正确的是( )
解析 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对于物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，联立以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故选项C正确。
答案 C
5.如图所示，传送带的速度是3 m/s，两圆心的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动传送带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g取10 m/s2)
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程克服摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机多消耗的电能E。
解析 (1)设小物体与传送带达到共同速度时，物体相对地面的位移为x。
μmgx＝mv2，
解得x＝3 m＜4.5 m，
即物体可与传送带达到共同速度，此时
Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J。
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，由v＝at得t＝2 s，则Q＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J。
(3)由能量守恒知，E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J。
答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J
6.(2019·西安高一检测)如图所示，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，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。试求：
(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。
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＋Rcos 53°＝gt2，
解得t＝0.4 s。
(2)根据平行四边形定则和平抛规律，
有vy＝gt，tan 53°＝，
解得v0＝3 m/s，
在水平方向上有l＝v0t，解得l＝1.2 m。
(3)从A到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，有：
mv＝2mgR＋mv，解得v1＝ 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,R)，得FN＝6.4 N
根据牛顿第三定律可知小球对外管壁有弹力，
FN′＝FN＝6.4 N。
答案 (1)0.4 s (2)3 m/s 1.2 m (3) m/s
(4)外壁 6.4 N
（新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】机械能守恒定律的应用含答案
拓展：机械能守恒定律的应用
拓展点一 多个物体组成系统的机械能守恒问题
1.轻绳连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
2.轻杆连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三大特点
①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度相等。
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
3.轻弹簧连接的物体系统
(1)题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功，又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
(2)两点提醒
①对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。
②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
[试题案例]
[例1] 如图所示，A、B两小球分别固定在一刚性轻杆的两端，两球球心间相距L＝1.0 m，两球质量分别为mA＝4.0 kg，mB＝1.0 kg，杆上距A球球心0.40 m处有一水平轴O，杆可绕轴无摩擦转动，现先使杆保持水平，然后从静止释放。当杆
A、B两球的角速度相同且系统机械能守恒。
转到竖直位置，则：
(1)两球的速度各是多少？
(2)转动过程中杆对A球做功为多少？(计算中重力加速度的数值g取10 m/s2)
解析 (1)对AB组成的系统，在转动过程中机械能守恒
mAgLA＝mBgLB＋mAv＋mBv
其中vA∶vB＝ωLA∶ωLB＝LA∶LB
代入数据得vA＝ m/s，
vB＝ m/s。
(2)对A球应用动能定理
mAgLA＋W＝mAv，W＝－9.6 J。
答案 (1) m/s m/s (2)－9.6 J
方法总结 多物体机械能守恒问题的分析技巧
(1)对多个物体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，可选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA增＝ΔEB减的形式。
[针对训练1] 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
A.2R B.
C. D.
解析 设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面，B恰运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，机械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，当A落地后，B球以速度v竖直上抛，到达最高点时上升的高度为h′＝，故B上升的总高度为R＋h′＝R，选项C正确。
答案 C
拓展点二 牛顿第二定律、机械能守恒定律和动能定理的综合应用
机械能守恒定律和动能定理的比较
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
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，有时交替使用机械能守恒定律和动能定理。
[试题案例]
[例2] 游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)。我们把这种情形抽象为图乙的模型：
弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？
不考虑摩擦等阻力。
解析 设小球的质量为m，小球运动到圆轨道最高点时的速度为v，受到圆轨道的压力为FN。小球滑至圆轨道最高点的过程中，由于只有重力做功，机械能守恒。以圆轨道最低点为零势能点，则在这个过程中，根据机械能守恒定律，有
mg(2R)＋mv2＝mgh
在圆轨道的最高点处，根据牛顿第二定律，有
FN＋mg＝m
欲使小球顺利地通过圆轨道的最高点，则小球在最高点时，必须满足条件FN≥0
即mg≤m
联立以上各式，可得h≥R
可见，为了使小球顺利地通过圆轨道的最高点，h至少应为R。
答案 R
[拓展] 如图所示，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。
解析 轨道最低点为零势能点，设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＋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＝m②
物块能通过最高点的条件是FN≥0③
由②③式得v≥④
由①④式得h≥2.5R⑤
又FN≤5mg⑥
由②式得v≤⑦
由①⑦式得h≤5R
h的取值范围是2.5R≤h≤5R。
答案 2.5R≤h≤5R
[针对训练2] 如图所示，AB和CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R＝2.0 m，一个质量为m＝1 kg的物体(可看成质点)在离圆弧底端高度为h＝3.0 m处，以初速度4.0 m/s沿斜面向下运动，若物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则：
(1)试描述物体最终的运动情况；
(2)物体在斜面上(不包括圆弧部分)走过路程的最大值为多少？
(3)物体对圆弧轨道最低点的最大压力和最小压力分别为多少？(结果中可以保留根号)
解析 (1)斜面的倾角为60°，因为mgsin 60°＞μmgcos 60°，所以物体不会静止在斜面上，最终在BC间做往复运动。
(2)最终做往复运动时，在B、C的速度为零，对A到C的整个过程运用动能定理得mg－μmgLcos 60°＝0－mv，代入数据解得L＝28 m。
(3)第一次到达最低点时速度最大，压力最大，根据动能定理得mgh－μmgcos 60°·＝mv－mv，代入数据解得v＝m2/s2。根据FN1－mg＝meq \f(v,R)得，FN1＝mg＋meq \f(v,R)＝ N。最终在BC间做往复运动时，经过E点的速度最小，压力最小。根据机械能守恒定律得mg·R＝mvE′2，解得vE′2＝gR＝20 m2/s2。根据FN2－mg＝m，得FN2＝mg＋m＝20 N。根据牛顿第三定律可得，物体对圆弧轨道最低点的最大压力FN1′＝FN1＝ N，最小压力FN2′＝FN2＝20 N。
答案 (1)见解析 (2)28 m (3) N 20 N
拓展点三 能量守恒定律、功能关系的理解和应用
1.能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2.功能关系概述
(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。
(2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。
3.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下表：
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG＝－ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 WF＝－ΔEp
合力做功 动能的改变 W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 内能的改变 Ffx相对＝Q
[试题案例]
[例3] 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。
在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A.运动员减少的重力势能全部转化为动能
B.运动员获得的动能为mgh
C.运动员克服摩擦力做功为mgh
D.下滑过程中系统减少的机械能为mgh
解析 运动员的加速度为g，小于gsin 30°，所以必受摩擦力的作用，且大小为
mg，克服摩擦力做功为mg·＝mgh，故C错误；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有mgh转化为内能，故选项A错误，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为mg·＝mgh，故B错误。
答案 D
[针对训练3] 如图所示，
光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点。已知在OM段，小物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g。求：
(1)小物块滑到O点时的速度；
(2)轻弹簧在最大压缩量d时的弹性势能(设轻弹簧处于原长时弹性势能为零)。
解析 (1)由机械能守恒定律得
mgh＝mv2，解得v＝。
(2)在水平滑道上小物块A克服摩擦力所做的功为
W＝μmgd
由能量守恒定律得
mv2＝Ep＋μmgd，
以上各式联立得Ep＝mgh－μmgd。
答案 (1) (2)mgh－μmgd
方法总结 运用能量守恒定律解题的基本思路
注意：应用能量守恒定律解题时，一定要分清系统中有哪些形式的能，什么能发生了转化或转移。
1.如图所示，质量为m和3m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h(h＜L)，B球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则A球离开桌边的速度为( )
A. B.
C. D.
解析 A、B组成的系统机械能守恒，则有3mgh＝(m＋3m)v2，解得v＝，选项A正确。
答案 A
2.质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法不正确的是( )
A.物体的动能增加了mgh
B.物体的重力势能减少了mgh
C.物体机械能减少了mgh
D.物体克服阻力所做的功为mgh
解析 根据合力做功等于动能的变化，下落的加速度为g，物体的合力为mg，W合＝mgh，所以物体的动能增加了mgh，选项A正确；重力做功WG＝mgh，重力做功等于重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，物体的动能增加了mgh，则机械能减少了mgh，选项B正确，C错误；物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为g，根据牛顿第二定律得阻力为mg，所以阻力做功Wf＝－fh＝－mgh，所以物体克服阻力所做的功为mgh，选项D正确。
答案 C
3.(多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是 ( )
A.A物体与B物体组成的系统机械能守恒
B.A物体与B物体组成的系统机械能不守恒
C.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D.当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
解析 A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，但A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，选项A错误，B正确；B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的加速度为0，A物体速度最大，A物体的动能最大，选项D正确。
答案 BD
4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个过程中，物体机械能随时间变化关系正确的是( )
解析 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对于物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，联立以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故选项C正确。
答案 C
5.如图所示，传送带的速度是3 m/s，两圆心的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动传送带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g取10 m/s2)
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程克服摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机多消耗的电能E。
解析 (1)设小物体与传送带达到共同速度时，物体相对地面的位移为x。
μmgx＝mv2，
解得x＝3 m＜4.5 m，
即物体可与传送带达到共同速度，此时
Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J。
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，由v＝at得t＝2 s，则Q＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J。
(3)由能量守恒知，E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J。
答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J
6.(2019·西安高一检测)如图所示，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，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。试求：
(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。
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＋Rcos 53°＝gt2，
解得t＝0.4 s。
(2)根据平行四边形定则和平抛规律，
有vy＝gt，tan 53°＝，
解得v0＝3 m/s，
在水平方向上有l＝v0t，解得l＝1.2 m。
(3)从A到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，有：
mv＝2mgR＋mv，解得v1＝ 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,R)，得FN＝6.4 N
根据牛顿第三定律可知小球对外管壁有弹力，
FN′＝FN＝6.4 N。
答案 (1)0.4 s (2)3 m/s 1.2 m (3) m/s
(4)外壁 6.4 N