(共49张PPT)
重力势能增量
电势能增量
弹性势能增量
动能的变化
系统内能
物体机械能
守恒系统:没有其他珍式的能与机械能相互转化
条件」单个物体:只有重力或弹簧弹力做功
机械能
守恒定律
E+E。E
种表
E=-△E
能定理-V=风未一切
属力做的功与重力势能变化的关系:W=E
△E
功和能
能
重力、弹力以外的力做功与机械能变化的关系
关系
W其他力=E2-E1=△E
电场力做的功与电势能变化的关系
W=E1=E=-△E
安珞力广功:电能一机械能,如电动机
做的功
功:机械能>电能,如发电机
能量守恒定
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。第2讲 机械能守恒定律 功能关系
【p28】
【p28】
1．机械能守恒的判断
(1)利用机械能守恒的定义判断；
(2)利用做功判断；
(3)利用能量转化判断；
(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．
2．功能关系
(1)重力的功等于__重力势能增量__的负值WG＝－ΔEp；
(2)电场力的功等于__电势能增量__的负值W电＝－ΔEp′；
(3)弹簧弹力的功等于__弹性势能增量__的负值W弹＝－ΔEp″；
(4)合外力的功等于__动能的变化__W合＝ΔEk；
(5)一对滑动摩擦力做的总功等于__系统内能__的变化fx相对＝ΔE内＝Q；
(6)除重力和弹簧弹力之外的力做功等于__物体机械能__的变化，W其他＝ΔE；
(7)电流做的功等于其他能量的增量IUt＝ΔE′；
(8)安培力做功等于电能与机械能的转化．
【p28】
考点一 机械能守恒定律的应用
例1(多选)如图，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0，现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为x0.释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgx0，不计一切阻力，下列说法中正确的是( )
A．弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒
B．弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能
C．钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0
D．弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0
【解析】弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只有重力和弹簧弹力做功，故弹簧与钢珠组成的系统机械能守恒，故A正确；钢珠运动到P点时，钢珠的动能增加到4mgx0，且竖直方向上钢珠位置升高了3x0，即重力势能增加量ΔEp＝3mgx0，故弹簧被压缩至M点时的总弹性势能为E＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，一部分转化为钢珠的动能，一部分转化为钢珠的重力势能，故B错误，D正确；钢珠到达管口P点时动能为4mgx0，当钢珠达到最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最大高度距离管口P的距离h满足mgh＝4mgx0，故上升的最大高度距离管口P的距离h＝4x0，故C错误．
【答案】AD
【方法总结】1.运用机械能守恒定律分析求解问题时应注意：
(1)研究对象的选取．研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．
(2)研究过程的选取．有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．
(3)机械能守恒表达式的选取．“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题．列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面．
2．解决线、杆相关联的系统机械能守恒问题，要注意以下三点：
(1)通过沿绳子方向速度相等建立起相关联物体的速度大小关系；
(2)明确系统，并判定系统机械能是否守恒；
(3)根据系统始、末状态合理选择机械能守恒定律表述方式．
变式训练1半径为r的竖直光滑圆轨道固定在光滑木板AB中央，置于光滑水平桌面．圆轨道和木板AB的总质量为m，木板AB两端被限定，无法水平移动，可竖直移动．木板AB的右端放置足够长的木板CD，其表面与木板AB齐平，质量为2m.一个质量为m的滑块(可视为质点)从圆轨道最低点以一定的初速度v0向右运动进入圆轨道，运动一周后回到最低点并向右滑上水平木板AB和CD，最终与木板CD保持相对静止，滑块与木板CD间动摩擦因数为μ，其余摩擦均不计，则：
(1)为保证滑块能通过圆轨道的最高点，求初速度v0的最小值；
(2)为保证滑块通过圆轨道的最高点时，木板AB不离开地面，求初速度v0的最大值；
(3)若滑块恰能通过圆轨道最高点，求滑块在木板CD上相对CD滑动的位移．
【解析】(1)滑块在最高点，速度最小时有：mg＝m
从最低点到最高点的过程中，滑块机械能守恒，设滑块经过最低点的初速度为v01，根据机械能守恒定律：
mg·2r＝mv－mv，解得v01＝.
(2)要使木板AB不离地，滑块在最高点时对轨道的压力最大为FN＝mg，滑块在最高点，速度最大时有：
FN＋mg＝m
设滑块在最低点的初速度为v02时，在最高点有最大速度，根据机械能守恒定律：mg·2r＝mv－mv
解得v02＝.
(3)由(1)可知，滑块恰能通过最高点，并由机械能守恒可得，滑块滑到木板CD时的初速度为v01＝；
滑块滑上CD后，设共同速度为v，相对位移为s相对．
依动量守恒有：mv01＝(m＋2m)v
又依能量守恒有：μmgs相对＝mv－×3mv2
解以上两式得：滑块相对木板CD的位移为
s相对＝
【答案】(1) (2) (3)
考点二 能量守恒定律的应用
例2
如图所示，白色传送带A、B两端距离L＝14
m，以速度v0＝8
m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将一质量m＝2
kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则下列叙述正确的是( )
A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25
s
B．煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120
W
C．煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4
m
D．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8
J
【解析】煤块放在传送带上后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动．设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，可得
a1＝g(sin
θ＋μcos
θ)＝8
m/s2.由
v0＝a1t1得
t1＝1
s，此过程煤块通过的位移大小为
x1＝t1＝4
m＜L.由于mgsin
θ＞μmgcos
θ，故煤块速度大小等于传送带速度大小后，煤块继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上．设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，可得
a2＝g(sin
θ－μcos
θ)＝4
m/s2.由L－x1＝v0t2＋a2t，代入数据得：t2＝1
s．故煤块从A到B的运动时间是t＝t1＋t2＝2
s，故A错误．煤块从A端运动到B端时速度
v＝v0＋a2t2＝12
m/s，此时重力的瞬时功率为
P＝mgvsin
θ＝144
W，故B错误．由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小(v0t1－x1)＞[(L－x1)－v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为s＝v0t1－x1＝4
m，故C正确．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为
Q＝μmgcos
θ{(v0t1－x1)＋[(L－x1)－v0t2]}，代入数据解得：Q＝24
J，故D错误．
【答案】C
【方法总结】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ΔEA减＝ΔEB增．
注意：当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
变式训练2如图所示，某地建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】
建立一个“风柱”模型如图所示，风柱的横截面积为叶片旋转扫出的面积S＝πl2，经过t风柱长度x＝vt，所形成的风柱体积V＝πl2vt，风柱的质量m＝ρV＝ρπl2vt，
根据动能定理，风力在这一段位移做的功
W＝Ek＝mv2＝·ρπl2vt·v2＝ρπl2v3t，
风柱的功率P风＝＝ρπl2v3，
风能转化为电能的效率η＝＝.
【答案】A
考点三 功能关系的应用
例3
(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0
m、长5.0
m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10
m/s2.则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0
m/s2
D．当物块下滑2.0
m时机械能损失了12
J
【解析】下滑5
m的过程中，重力势能减少30
J，动能增加10
J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3
m、长5
m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端所在水平面为零势能面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30
J，可得质量m＝1
kg；下滑5
m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cos
θ·s＝20
J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma，求得a＝2
m/s2，C错误；物块下滑2.0
m时，重力势能减少12
J，动能增加4
J，所以机械能损失了8
J，D选项错误．
【答案】AB
【方法总结】1.功能关系的理解和应用：
(1)只涉及动能的变化用动能定理分析．
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．
2．能量守恒是无条件的，利用它解题一定要明确在物体运动过程的始、末状态间有几种形式的能在相互转化，哪些形式的能在减少，哪些形式的能在增加．
变式训练3
(2019·天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A．动能增加mv2
B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2
D．电势能增加2mv2
【解析】由动能的表达式Ek＝mv2可知带电小球在M点的动能为EkM＝mv2，在N点的动能为EkN＝m(2v)2＝2mv2，所以动能的增量为ΔEk＝mv2，故A错误；带电小球在电场中做类斜抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有vy＝v＝gt，vx＝2v＝at＝t，可得qE＝2mg，竖直方向的位移h＝t，水平方向的位移x＝t＝vt，因此有x＝2h，对小球由动能定理有qEx－mgh＝ΔEk＝mv2，联立上式可解得qEx＝2mv2，mgh＝mv2，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加2mv2，电势能减少2mv2，故B正确，D错误，重力做负功重力势能增加量为mv2，故C错误．
【答案】B
变式训练4两个半径均为R的圆形光滑细管道组成的轨道CDE竖直放置在水平面上，O1和O2为两细管道圆心，一劲度系数为k的轻质弹簧右端固定，左端处于原长P点处，EP间距离为R.一质量为m的滑块(可视为质点)从A点以初速度v0斜向上抛出，从C点沿水平方向进入管道，对C处上方轨道的压力恰好为mg，已知滑块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.25，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系是Ep＝.(弹簧始终处于弹性限度内)
(1)求滑块从A点抛出时初速度v0的大小和速度方向与地面夹角θ的正切值：
(2)若k＝，求滑块穿过管道后第一次压缩弹簧时的最大压缩量；
(3)要使滑块能再次返回细管道CDE但又不能从C点离开轨道，问劲度系数k应满足的条件？
【解析】(1)在C点，根据牛顿第二定律可得
FN＋mg＝，解得：vC＝
从A到C看成反方向的平抛运动，则：
2R＝gt2，解得：t＝
因此A点抛出时的初速度为：
v0＝＝
速度与水平面的夹角的正切值为：
tan
θ＝＝＝
(2)设从C点沿轨道下滑后，第一次压缩弹簧的最大形变量为x0，由能量守恒可得：
mv＋2mgR＝μmg(R＋x0)＋kx
解得x0＝＝R
(3)要使滑块再次返回细管道，满足以下三个条件
条件1：kx0′＞μmg，解得k>
条件2：滑块要返回CDE管道，必须要能返回E点
即mv≥μmg(2x0′＋2R)，解得k≥
条件3：使滑块能再次返回细管道CDE又不能从C点理离开轨道，要求第一次到达C点时满足
mv≤μmg(2R＋2x0′)，解得k≤
因此劲度系数k应满足≤k≤
【答案】(1)
(2)R (3)≤k≤【p126】
A组1.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1
900
J，他克服阻力做功100
J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1
900
J
B．动能增加了2
000
J
C．重力势能减小了1
900
J
D．重力势能减小了2
000
J
【解析】根据动能定理合外力做的功等于物体动能的增加量，重力对他做功1
900
J，他克服阻力做功100
J，即阻力对他做功为－100
J，则外力对他所做的总功为1
900
J－100
J＝1
800
J，是正功，他的动能增加了1
800
J，A、B错误；重力做的功等于重力势能的减少量，重力对物体做功为1
900
J，是正功，则重力势能减小了1
900
J，C正确、D错误．
【答案】C
2．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是( )
【解析】由题意设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan
θ－μmgcos
θ·＝Ek，整理可得x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有mgx0tan
θ－μmgx＝Ek，即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确．
【答案】A
3.
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在杆的作用下向两侧滑动，三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( )
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】因为A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，B、C运动；在A落地时，B、C停止运动．由于系统机械能守恒可知，A减少的机械能转化为B、C的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故A错误、B错误；在A落地前，B做减速运动，由于轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可小于mg，故C错误；根据系统机械能守恒可得：mgL＝mv2，解得：v＝，故D正确．
【解析】D
4．木板固定在墙角处，与水平面夹角为θ＝37°，木板上表面光滑，木板上开有一个孔洞，一根长为l、质量为m的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为m的物块与软绳连接，如图所示．物块由静止释放后向下运动，带动软绳运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin
37°＝0.6)( )
A.
B.
C.
D.
【解析】软绳重力势能共减少mgl，根据机械能守恒定律，有mgl＋mgl(1－sin
θ)＝×2mv2，解得v＝＝，C正确．
【答案】C
5.
如图所示，一光滑半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O、半径为R，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上．另一端连在距离O点正上方R处的P点．小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡皮筋处于原长．现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零．已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中下列说法正确的是( )
A．小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mg
B．橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大
C．小球运动过程中，橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量
D．小球运动过程中，小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量
【解析】小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得
F－mg＝m，橡皮筋的弹力
F＝mg＋m，故F大于mg，故A错误；根据P＝Fvcos
α可知，开始时v＝0，则橡皮筋弹力做功的功率P＝0.在最低点速度方向与F方向垂直，α＝90°，则橡皮筋弹力做功的功率P＝0，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，故B错误；小球运动过程中，根据动能定理知，重力做功和橡皮筋弹力所做的功之和等于小球动能增加量，故C错误．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，知小球运动过程中，小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D正确．
【答案】D
6．(多选)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场．开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动．B不带电，不计滑轮摩擦．则从A和B开始运动到B着地的过程中( )
A．A的电势能增加
B．A和B系统的机械能守恒
C．A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能
D．轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和
【解析】物体A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确；因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误；对A物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确．
【答案】AD
7．(多选)如图甲所示，质量为1
kg的小物块，以初速度v0＝11
m/s从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v－t图线，不考虑空气阻力，g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6,
cos
37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．有恒力作用时，恒力F做的功是6.5
J
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少
【解析】根据v－t图线的斜率等于加速度，可知：aa＝＝＝－10
m/s2，ab＝＝＝－11
m/s2；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab＝－mgsin
53°－μmgcos
53°；代入数据得：μ＝0.5；加拉力时有：maa＝F－mgsin
53°－μmgcos
53°，解得：F＝1
N．位移x＝×1.1×11
m＝6.05
m，则恒力F做的功是WF＝Fx＝6.05
J，故A错误，B正确；根据v－t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大，故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小，故D正确．
【答案】BD
B组
8.
根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于同一高度．将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所示．这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比．水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的势能．根据以上信息，下列说法正确的是( )
A．该“力”对水面上小水滴做功与路径有关
B．小水滴沿水面向上移动时该“势能”增加
C．水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直
D．小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量大于该“势能”的减少量
【解析】由于该力做功与重力做功类似，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，故A错误；由于该“力”与转轴垂直，所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小于90°，该力做正功，该势能减小，故B错误；以桶为参考系，小水滴处于平衡状态，小水滴受重力，与转轴垂直且背离转轴的力，水面的支持力，由于水面的支持力方向与水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直，故C正确；由能量守恒可知，小水滴具有的重力势能和该力对应的势能之和不变，小水滴沿水面向上移动时重力势能增加，该势能减小，所以小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等于该“势能”的减少量，故D错误．
【答案】C
9.
如图所示，ACBD是一个过球心O的水平截面圆，其中AB与CD垂直，在C、D、A三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q.光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响．现将小球自E点无初速度释放，到达F点的过程中(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A．小球在O点的加速度大于g
B．小球在E点的电势能大于在O点的电势能
C．小球在F点的速度一定最大
D．小球在运动过程中机械能一直减小
【解析】小球在O点时，受到C、D两点电荷的库仑力的合力水平向左，受到A点电荷库仑力水平指向A点，球在O点受杆的弹力垂直杆在水平方向，故小球水平方向所受合力为零，所以小球竖直方向只受重力，加速度为g，故A错误；由图可知，带负电的小球从E点运动到O点，电势升高，故电势能减小，故B正确；当小球的合力为零时，加速度为零，速度最大，对小球在F点受力分析可知，因不清楚重力与库仑力的大小关系，故无法判断小球在F点时是否合力为零，故C错误；由图可知，E、F是在同一等势面，故小球在运动过程中，电势能先减小，后增大，则机械能先增大，后减小，故D错误．
【答案】B
10．“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动．如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1
000
N．打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B上升到最高位置C点，在B点时速度最大，在上升过程中，仅在最后1
s内做匀变速直线运动．已知BC间距LBC＝
m，人与装备总质量m＝50
kg(可视为质点)．弹性绳的弹力始终遵循胡克定律，忽略空气阻力，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)人在最后1
s内位移h的大小和释放瞬间人的加速度a的大小；
(2)弹性绳的劲度系数k和释放前弹性绳的弹性势能Ep.
【解析】(1)根据题意可知，释放前后人的受力如图所示，
释放前，人处于平衡状态有：F1＝F＋mg，
释放后：F1－mg＝ma，
解得：a＝20
m/s2，
由题意可知，上升最后阶段绳子松弛，人只受重力做匀减速运动到最高点，
可以逆向看作自由落体运动，最后1
s内上升的高度为：h＝gt2＝5
m；
(2)在B点速度最大，此时弹性绳的弹力刚好与重力大小相等，设弹簧的伸长量为x1，
则：F弹＝kx1＝mg，
x1＝LBC－h，
解得k＝150
N/m，
释放前，弹性绳的拉力为F1＝1
500
N，
此时弹簧的伸长量为：x2＝＝10
m，
所以人从释放到运动到最高点的距离为：H＝h＋x2＝15
m，
上升过程中机械能守恒，则根据机械能守恒定律有释放前弹性绳的弹性势能：Ep＝mgH＝7
500
J.
【答案】(1)5
m 20
m/s2 (2)150
N/m 7
500
J
11．倾角为37°的足够长光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20
N/m的轻弹簧上端与轻杆相连，下端与一质量m＝1
kg的小车相连，开始时，弹簧处于原长，轻杆在槽外的长度为l，且杆可在槽内移动，杆与槽间的最大静摩擦力大小f＝8
N，假设杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现将小车由静止释放沿斜面向下运动，在小车第一次运动到最低点的过程中(已知弹簧弹性势能，Ep＝kx2，式中的x为弹簧的形变量，轻弹簧、轻杆质量不计，g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)：
(1)当轻杆开始运动时，小车的速度有多大？
(2)为了使轻杆不被全部拽入槽内，求l的最小长度及在此长度下轻杆在槽内的运动时间．
【解析】(1)当轻杆开始运动时，弹簧的弹力等于轻杆与槽间的最大静摩擦力f，
kx＝f
解得：弹簧的形变量x＝0.4
m
弹簧的弹性势能：Ep＝kx2＝1.6
J
由能量守恒得：mgxsin
θ＝Ep＋mv2
联立可解得：v＝
m/s
(2)轻杆滑动后，弹簧弹力不再变化，轻杆随小车一起做匀减速直线运动，到小车第一次速度为0的过程中，根据能量守恒定律得：
fx滑＝mv2＋mgsin
θx滑
其中x滑为杆在槽中运动的位移
得x滑＝0.4
m
为使轻杆不被全部拽入槽内，则l至少为0.4
m
轻杆开始滑动后，轻杆弹簧和小车一起做匀减速直线运动，直到速度为0，由牛顿第二定律可知，
加速度大小：a＝＝2
m/s2
又由运动学公式可得：t＝＝
s
【答案】(1)
m/s (2)0.4
m
s
