《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律 第4課時 能量守恒定律與能源學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律 第4課時 能量守恒定律與能源學案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第4課時　能量守恒定律與能源 1.功能關系 (1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現(xiàn)。 2.能源 3.能量耗散 (1)定義：在能量的轉化過程中，一部分能量轉化為內能流散到周圍環(huán)境中，我們無法把這些內能收集起來重新利用，這種現(xiàn)象叫做能量的耗散。 (2)能量耗散帶來的問題：一是可利用的能源越來越少，造成能源危機；二是使環(huán)境吸收的耗散能量越來越多，造成環(huán)境污染，溫度升高。 4.能量守恒定律 (1)內容：能量既不會消滅，也不會創(chuàng)生。它只會從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉

2、移到另一個物體，而在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變。 (2)表達式：ΔE減＝ΔE增。 【思考判斷】 1.物體在速度增大時，其機械能可能在減小( √ ) 2.摩擦力在做功時，機械能一定會發(fā)生轉化( × ) 3.力對物體做了多少功，物體就具有多少能( × ) 4.能量在轉移或轉化過程中，其總量會不斷減少( × ) 5.在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的( √ ) 6.既然能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源( × ) 7.節(jié)約可利用能源的目的是為了減少污染排放( × ) 8.滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化( √ ) 9.一個物體的能

3、量增加，必定有別的物體能量減少( √ ) 考點一　功能關系　能源(c/d) [要點突破] 功和能的關系如下： [典例剖析] 【例1】 如圖所示，人用平行于粗糙斜面的力將物體拉至斜面頂端，使物體獲得動能，關于人體消耗的化學能，下面說法正確的是(　　) A.人體消耗的化學能等于物體動能 B.人體消耗的化學能等于物體增加的重力勢能 C.人體消耗的化學能等于物體增加的機械能 D.人體消耗的化學能大于物體增加的機械能 解析　物體上升過程中，動能和重力勢能增加，同時由于摩擦生熱，人體消耗的化學能等于物體機械能的增量與系統(tǒng)增加的內能之和，故選項D正確。 答案　D 【例2】

4、 已知貨物的質量為m，在某段時間內起重機將貨物以加速度a加速提升h，則在這段時間內敘述正確的是(重力加速度為g)(　　) A.貨物的動能一定增加mah－mgh B.貨物的機械能一定增加mah C.貨物的重力勢能一定增加mah D.貨物的機械能一定增加mah＋mgh 解析　準確把握功和對應能量變化之間的關系是解答此類問題的關鍵， 具體分析如下： 選項 內容指向、聯(lián)系分析 結論 A 動能定理，貨物動能的增加量等于貨物所受合外力做的功mah 錯誤 B 功能關系，貨物機械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功 錯誤 C 功能關系，重力勢能的增量等

5、于貨物克服重力做的功mgh 錯誤 D 功能關系，貨物機械能的增量等于起重機拉力做的功m(g＋a)h 正確 答案　D [針對訓練] 1.有人設想在夏天用電冰箱來降低房間的溫度。他的辦法是：關好房間的門窗，然后打開冰箱的所有門讓冰箱運轉，且不考慮房間內外熱量的傳遞。則開機后，室內的溫度將(　　) A.升高 B.保持不變 C.開機時降低，停機時升高 D.開機時升高，停機時降低 解析　電冰箱的壓縮機運行時，一部分電能轉化為內能，室內的溫度將升高。 答案　A 2.出行是人們工作生活中必不可少的環(huán)節(jié)，出行的工具五花八門，使用的能源也各不相同。自行車、電動自行車、普通汽車消耗能量

6、的類型分別是(　　) ①生物能?、诤四堋、垭娔堋、芴柲堋、莼瘜W能 A.①④⑤ B.①③⑤ C.①②③ D.①③④ 解析　人騎自行車是將生物能轉化為機械能；電動自行車是將蓄電池的電能轉化為機械能；普通汽車是將汽油的化學能轉化為機械能，所以B正確。 答案　B 3.質量為m的物體由靜止開始下落，由于空氣阻力影響，物體下落的加速度為g，在物體下落高度為h的過程中，下列說法正確的是(　　) A.物體的動能增加了mgh B.物體的機械能減少了mgh C.物體克服阻力所做的功為mgh D.物體的重力勢能減少了mgh 解析　下落階段，物體受重力和空氣阻力，由動能定理W＝ΔEk，

7、即mgh－Ff h＝ΔEk，F(xiàn)f＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，選項A正確；機械能減少量等于克服阻力所做的功W＝Ff h＝mgh，選項B、C錯誤；重力勢能的減少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，選項D錯誤。 答案　A 考點二　能量守恒定律(c/d) [要點突破] 1.對能量守恒定律的理解 (1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。 (2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。這也是我們列能量守恒定律方程式的兩條基本思路。 2.能量守恒定律解題思路 [典例剖析] 【例1】 (2017·溫州模擬)

8、蹦極是一項既驚險又刺激的運動，深受年輕人的喜愛。如圖所示，蹦極者從P點由靜止跳下，到達A處時彈性繩剛好伸直，繼續(xù)下降到最低點B處，B離水面還有數米距離。蹦極者(視為質點)在其下降的整個過程中，重力勢能的減少量為ΔE1，繩的彈性勢能的增加量為ΔE2，克服空氣阻力做的功為W，則下列說法正確的是(　　) A.蹦極者從P到A的運動過程中，機械能守恒 B.蹦極者與繩組成的系統(tǒng)從A到B的運動過程中，機械能守恒 C.ΔE1＝W＋ΔE2 D.ΔE1＋ΔE2＝W 解析　蹦極者從P到A及從A到B的運動過程中，由于有空氣阻力做功，所以機械能減少，選項A、B錯誤；整個過程中重力勢能的減少量等于繩的彈性勢

9、能增加量和克服空氣阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，選項C正確，選項D錯誤。 答案　C 【例2】 如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R。一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C。(不計空氣阻力)試求： (1)物體在A點時彈簧的彈性勢能； (2)物體從B點運動至C點的過程中產生的內能。 解析　(1)設物體在B點的速度為vB，所受彈力為FNB，則有FNB－mg＝m 又FNB＝8mg 由能量轉化與守恒可知

10、： 彈性勢能Ep＝mv＝mgR。 (2)設物體在C點的速度為vC，由題意可知 mg＝m 物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒得 Q＝mv－ 解得Q＝mgR。 答案　(1)mgR　(2)mgR 【例3】 如圖所示，一水平方向的傳送帶以恒定的速度v＝2 m/s 沿順時針方向勻速轉動，傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道，并與弧面下端相切。一質量m＝1 kg的物體自圓弧面軌道的最高點靜止滑下，圓弧軌道的半徑R＝0.45 m，物體與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，不計物體滑過曲面與傳送帶交接處時的能量損失，傳送帶足夠長，g＝10 m/s2，求： (1)物體從第一次滑

11、上傳送帶到離開傳送帶經歷的時間； (2)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中，傳送帶對物體做的功及由于摩擦產生的熱量。 解析　(1)沿圓弧軌道下滑過程中機械能守恒，設物體滑上傳送帶時的速度為v1，則mgR＝mv，得v1＝3 m/s 物體在傳送帶上運動的加速度a＝＝μg＝2 m/s2 物體在傳送帶上向左運動的時間t1＝＝1.5 s 向左滑動的最大距離x＝＝2.25 m 物體向右運動速度達到v時，已向右移動的距離 x1＝＝1 m 所用時間t2＝＝1 s，勻速運動的時間 t3＝＝0.625 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s。 (2)根據動能定理，傳送帶對物

12、體做的功 W＝mv2－mv＝－2.5 J， 物體相對傳送帶滑過的位移 Δx＝＋v(t1＋t2)＝6.25 m， 由于摩擦產生的熱量Q＝μmg·Δx＝12.5 J 答案　(1)3.125 s　(2)－2.5 J　12.5 J 【方法總結】 用能量觀點分析傳送帶問題 傳送帶模型因初始條件，滑塊的運動規(guī)律各不相同，但總體而言可以從力和運動及能量轉化觀點分析。主要可分為兩類： (1)在水平傳送帶模型中，摩擦力對滑塊所做的功與滑塊動能增量相等；系統(tǒng)的摩擦熱產生在滑塊與傳送帶相對滑行階段。 (2)在傾斜傳送帶模型中，摩擦力和重力對滑塊做功的代數和等于滑塊動能的增量。 [針對訓練]

13、1.(2015·浙江10月學考)畫作《瀑布》如圖所示。有人對此畫作了如下解讀：水流從高處傾瀉而下，推動水輪機發(fā)電，又順著水渠流動，回到瀑布上方，然后再次傾瀉而下，如此自動地周而復始。這一解讀違背了(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.庫侖定律 B.歐姆定律 C.電荷守恒定律 D.能量守恒定律 解析　水從高處傾瀉而下，推動水輪機發(fā)電，水減少的重力勢能一部分轉化為電能，水的機械能減少，水又順著水渠流動，回到瀑布上方，機械能又變?yōu)樵瓉淼闹?，這違背了能量守恒定律，選項D正確。 答案　D 2.太陽能汽車是利用太陽能電池板將太陽能轉化為電能工作的一種新型汽車。已知太陽輻射的總

14、功率約為4×1026 W，太陽到地球的距離為1.5×1011 m，假設太陽光傳播到達地面的過程中約有40%的能量損耗，某太陽能汽車所用太陽能電池板接收到的太陽能轉化為機械能的轉化效率約為15%。若驅動該太陽能汽車正常行駛所需的機械功率為5 kW，且其中的來自于太陽能電池板，則所需的太陽能電池板的面積至少約為(已知半徑為r的球體積為V＝πr3，球表面積為S＝4πr2)(　　) A.2 m2 B.6 m2 C.8 m2 D.12 m2 解析　以太陽為球心，以太陽到地球的距離為半徑的球的表面積S＝4πd2，太陽輻射到該單位面積上的功率為P′＝。設電池板的面積為S′，由能量守恒得P機＝P

15、′×15%×S′。解以上各式得S′＝≈8 m2。 答案　C 3.如圖所示，一傳送皮帶與水平面夾角為30°，以2 m/s的恒定速度順時針運行。現(xiàn)將一質量為10 kg的工件輕放于底端，經一段時間送到高 2 m的平臺上，工件與皮帶間的動摩擦因數μ＝，求帶動皮帶的電動機由于傳送工件多消耗的電能。(取g＝10 m/s2) 解析　設工件向上運動距離x時，速度達到傳送帶的速度v， 由動能定理可知－mgxsin 30°＋μmgxcos 30°＝mv2 代入數據，解得x＝0.8 m，說明工件未到達平臺時，速度已達到v，所以工件動能的增量為ΔEk＝mv2＝20 J 到達平臺時，工件重力勢能增量為Δ

16、Ep＝mgh＝200 J 在工件加速運動過程中，工件的平均速度為＝ 因此工件的位移是傳送帶運動距離x′的 即x′＝2x＝1.6 m。 由于滑動摩擦力做功而增加的內能為 ΔE內＝FfΔx＝μmg(x′－x)cos 30°＝60 J 電動機多消耗的電能為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＋ΔE內＝280 J。 答案　280 J 1.(如圖)蹦床是青少年喜歡的一種體育活動，蹦床邊框用彈簧固定有彈性網角，運動員從最高點落下直至最低點的過程中，空氣阻力大小恒定，則運動員(　　) A.剛接觸網面時，動能最大 B.機械能一直減少 C.重力勢能的減少量等于彈性勢能的增加量 D.重力做功等于克

17、服空氣阻力做功 解析　當運動員受到的彈力、阻力、重力三力的合力為零時加速度為零，動能最大，A錯誤；在此過程中除重力外，運動員受到的彈力和阻力一起做負功，所以運動員的機械能減小，B正確；全過程由功能關系知mgh＝W阻＋Ep彈，所以C、D錯誤。 答案　B 2.質量為m的物體從地面上方H高處無初速釋放，落到地面后出現(xiàn)一個深為h的坑，如圖所示，在此過程中(　　) A.重力對物體做功mgH B.地面對物體的平均阻力為mgH C.外力對物體做的總功為零 D.物體重力勢能減少mgH 答案　C 3.如圖所示，木塊放在光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊中，受到阻力為f，射入深度為d，此過程

18、木塊位移為s，下列說法中不正確的是(　　) A.子彈損失的動能為f(s＋d) B.木塊增加的動能為fs C.子彈動能的減少等于木塊動能的增加 D.子彈、木塊系統(tǒng)總機械能的損失為fd 答案　C 4.如圖所示，在同一豎直平面內，一輕質彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB平齊，靜止放于傾角為53°的光滑斜面上。一長為L＝9 cm的輕質細繩一端固定在O點，另一端系一質量為m＝1 kg的小球，將細繩拉至水平，使小球從位置C由靜止釋放，小球到達最低點D時，細繩剛好被拉斷。之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向將彈簧壓縮，最大壓縮量為x＝5 cm。(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.

19、8，cos 53°＝0.6)求： (1)細繩受到的拉力的最大值； (2)D點到水平線AB的高度h； (3)彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep。 解析　(1)小球由C到D，由機械能守恒定律得 mgL＝mv，解得v1＝① 在D點，由牛頓第二定律得F－mg＝m② 由①②解得F＝30 N 由牛頓第三定律知細繩所能承受的最大拉力為30 N。 (2)由D到A，小球做平拋運動v＝2gh③ tan 53°＝④ 聯(lián)立解得h＝16 cm (3)小球從C點到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin 53°)，代入數據解得Ep＝2.9 J。 答案　(

20、1)30 N　(2)16 cm　(3)2.9 J [基礎過關] 1.下列哪些現(xiàn)象屬于能量的耗散(　　) A.利用水流能發(fā)電產生電能 B.電能在燈泡中變成光能 C.電池的化學能變成電能 D.火爐把屋子烤暖 解析　能量耗散主要指其他形式的能量最終轉化為環(huán)境的內能后，不能再被收集起來重新利用。 答案　D 2.關于能源的開發(fā)和利用，下列觀點不正確的是(　　) A.能源是有限的，無節(jié)制地使用常規(guī)能源，是一種盲目的短期行為 B.根據能量守恒定律，能源是取之不盡、用之不竭的 C.能源的開發(fā)和利用，必須同時考慮其對生態(tài)環(huán)境的影響 D.不斷開發(fā)新能源，是緩解能源危機、加強環(huán)境保護的

21、重要途徑 解析　在能源的利用過程中，雖然能量的數量并未減少，但在可利用的品質上降低了，從便于利用的變成了不便于利用的了。所以，我們要節(jié)約能源，保護環(huán)境。 答案　B 3.(2017·金華十校聯(lián)考)2016年巴西奧運會上，中國選手鄧薇以262公斤(抓舉115公斤，挺舉147公斤)的總成績打破奧運會紀錄、世界紀錄。某次抓舉，在杠鈴被舉高的整個過程中，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A.杠鈴的動能一直增大 B.杠鈴的重力勢能一直增大 C.杠鈴的機械能守恒 D.杠鈴一直處于超重狀態(tài) 解析　杠鈴被舉高的過程一定經歷了先加速向上，后減速向上的運動，所以動能應先增大后減小，A錯誤；

22、物體一直向上運動，重力勢能一直增大，B正確；因人對杠鈴的支持力做正功，杠鈴的機械能增加，C錯誤；加速度先向上，后向下，杠鈴先超重，后失重，D錯誤。 答案　B 4.彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構造原理如圖所示，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標?，F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點，則(　　) A.從D到C過程中，彈丸的機械能守恒 B.從D到C過程中，彈丸的動能一直在增大 C.從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小 D

23、.從D到E過程橡皮筋對彈丸做功大于從E到C過程 解析　從D到C除重力外還有彈簧彈力做功，彈丸的機械能不守恒，A錯誤；D到C的過程，先彈力大于重力，彈丸加速，后重力大于彈力，彈丸減速，所以彈丸的動能先增大后減小，B錯誤；從D到C，橡皮筋的形變量一直減小，所以其彈性勢能一直減小，C錯誤；D到E的彈簧彈力大于E到C的彈簧彈力，彈丸位移相等，所以從D到E過程橡皮筋對彈丸做的功大于從E到C過程橡皮筋對彈丸做的功，D正確。 答案　D 5.升降機底板上放一質量為100 kg的物體，物體隨升降機由靜止開始豎直向上移動5 m時速度達到4 m/s，則此過程中(g取10 m/s2)(　　) A.升降機對物體

24、做功5 800 J B.合外力對物體做功5 800 J C.物體的重力勢能增加500 J D.物體的機械能增加800 J 解析　根據動能定理得W升－mgh＝mv2，可解得W升＝5 800 J，A正確；合外力做的功為mv2＝×100×42 J＝800 J，B錯誤；物體重力勢能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C錯誤；物體機械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D錯誤。 答案　A 6.如圖所示，三個固定的斜面，底邊長度都相等，斜面傾角分別為30°、45°、60°，斜面的表面情況都一樣。完全相同的物體(可視為質點)A、B、C分別從三斜面的頂部滑到底部的過程中(　　)

25、 A.物體A克服摩擦力做的功最多 B.物體B克服摩擦力做的功最多 C.物體C克服摩擦力做的功最多 D.三個物體克服摩擦力做的功一樣多 解析　因為三個固定斜面的表面情況一樣，A、B、C又是完全相同的三個物體，因此A、B、C與斜面之間的動摩擦因數相同，可設為μ，由功的定義式得Wf＝－Ff　s＝－μmgscos θ＝－μmgd，三個固定斜面底邊長度d都相等，所以摩擦力對三個物體做的功相等，都為－μmgd。 答案　D 7.一只100 g的球從1.8 m的高處落到一個水平板上又彈回到1.25 m的高度，則整個過程中重力對球所做的功及球的重力勢能的變化是(g＝10 m/s2)(　　) A

26、.重力做功為1.8 J B.重力做了0.55 J的負功 C.物體的重力勢能一定減少0.55 J D.物體的重力勢能一定增加1.25 J 解析　整個過程重力做功WG＝mgh＝0.1×10×0.55 J＝0.55 J，故重力勢能減少0.55 J，所以選項C正確。 答案　C 8.一輕質彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖所示，一個質量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，在此過程中無機械能損失，則下列說法正確的是(　　) A.由A到C的過程中，動能和重力勢能之和保持不變 B.由B到C的過程中，彈性勢能和動能之和逐

27、漸增大 C.由A到C的過程中，物塊m的機械能守恒 D.由B到C的過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析　對物塊由A到C的過程中，除重力做功外還有彈簧彈力做功，物塊機械能不守恒，A、C錯誤；對物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即重力勢能、彈性勢能和動能之和不變，上升過程中，重力勢能增加，故彈性勢能和動能之和逐漸減小，B錯誤，D正確。 答案　D [能力提升] 9.(2017·麗水模擬)浙江最大抽水蓄能電站2016年將在縉云開建，其工作原理是：在用電低谷時(如深夜)，電站利用電網多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電高峰時，再利用蓄水池中的水發(fā)電。如圖所示，若該電站蓄水池(上水庫)有效

28、總庫容量(可用于發(fā)電)為 7.86×106 m3，發(fā)電過程中上下水庫平均水位差637 m，年抽水用電為 2.4×108 kW·h，年發(fā)電量為1.8×108 kW·h(水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度為 g＝10 m/s2，以下水庫水面為零勢能面)。則下列說法正確的是(　　) A.抽水蓄能電站的總效率約為65% B.發(fā)電時流入下水庫的水流速度可達到112 m/s C.蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能約為Ep＝5.0×1013 J D.該電站平均每天所發(fā)電能可供給一個大城市居民用電(電功率以105 kW 計算)約10 h 解析　已知年抽水用電為2.4×108 kW

29、·h，年發(fā)電量為1.8×108 kW·h，則抽水蓄能電站的總效率為η＝×100%＝75%，故A錯誤；若沒有任何阻力，由機械能守恒得mgh＝mv2，得v＝＝ m/s≈112 m/s，由題知，水流下的過程中受到阻力，所以發(fā)電時流入下水庫的水流速度小于112 m/s，故B錯誤；蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能為E＝mgh＝ρVgh＝1.0×103×7.86×106×10×637 J≈5.0×1013 J，故C正確；該電站平均每天所發(fā)電量為E＝ kW·h，可供給一個大城市居民用電(電功率以105 kW計算)的時間為t＝ h≈5.0 h，故D錯誤。 答案　C 10.如圖所示，ABCD為一豎直平面的軌

30、道，其中BC水平，A點比BC高出H＝10 m，BC長l＝1 m，AB和CD軌道光滑。一質量為m＝1 kg的物體，從A點以v1＝4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點h＝10.3 m的D點時速度為零。求：(g＝10 m/s2) (1)物體與BC軌道間的動摩擦因數； (2)物體第5次經過B點時的速度； (3)物體最后停止的位置(距B點的距離)。 解析　(1)分析物體從A點到D點的過程，由動能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－mv，解得μ＝0.5。 (2)設物體第5次經過B點時的速度為v2，在此過程中物體在BC上滑動了4次，由動能定理得 mgH－μmg·4l＝mv－mv

31、 解得v2＝4 m/s。 (3)設物體運動的全過程在水平軌道上通過的路程為s，由動能定理得mgH－μmgs＝0－mv 解得s＝21.6 m 所以物體在水平軌道上運動了10個來回后，還有1.6 m 故離B點的距離s′＝2 m－1.6 m＝0.4 m。 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)0.4 m 11.(2017·臺州期中)如圖所示，是某興趣小組通過彈射器研究彈性勢能的實驗裝置。半徑為R的光滑半圓管道(管道內徑遠小于R)豎直固定于水平面上，管道最低點B恰與粗糙水平面相切，彈射器固定于水平面上。某次實驗過程中，一個可看作質點的質量為m的小物塊，將彈簧壓縮至A處，已知A、B相

32、距為L。彈射器將小物塊由靜止開始彈出，小物塊沿圓管道恰好到達最高點C。已知小物塊與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，求： (1)小物塊到達B點時的速度vB及小物塊在管道最低點B處受到的支持力； (2)小物塊在AB段克服摩擦力所做的功； (3)彈射器釋放的彈性勢能Ep。 解析　(1)小物塊恰到C點，則vC＝0 BC段小物塊機械能守恒mv＝2mgR， 解得vB＝2，在B點：FN－mg＝m，F(xiàn)N＝5mg (2)小物塊在AB段克服摩擦力做功為WAB＝μmgL (3)由能量守恒可知，彈射器釋放的彈性勢能 Ep＝WAB＋2mgR＝mg(2R＋μL) 答案　(1)2　5mg

33、　(2)μmgL　(3)mg(2R＋μL) 12.(2017·浙江超能生3月聯(lián)考)某同學設計出如圖所示實驗裝置，將一質量為0.2 kg的小球(可視為質點)放置于水平彈射器內，壓縮彈簧并鎖定，此時小球恰好在彈射口，彈射口與水平面AB相切于A點，AB為粗糙水平面，小球與水平面間動摩擦因數μ＝0.5，彈射器可沿水平方向左右移動，BC為一段光滑圓弧軌道，O′為圓心，半徑R＝0.5 m，O′C與O′B之間夾角為θ＝37°，以C為原點，在C點右側空間建立豎直平面內的坐標xOy，在該平面內有一水平放置開口向左且直徑稍大于小球的接收器D，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)某次實驗

34、中該同學使彈射口距離B處L1＝1.6 m處固定，解開鎖定釋放小球，小球剛好到達C處，求彈射器釋放的彈性勢能； (2)把小球放回彈射器原處并鎖定，將彈射器水平向右移動至離B處L2＝0.8 m處固定彈射器并解開鎖定釋放小球，小球將從C處射出，恰好水平進入接收器D，求D處坐標； (3)每次小球放回彈射器原處并鎖定，水平移動彈射器固定于不同位置釋放小球，要求小球從C處飛出恰好水平進入接收器D，求D位置坐標y與x的函數關系式。 解析　(1)從A到C過程，由動能定理可以得到 W彈－Wf－WG＝0 W彈＝μmgL1＋mgR(1－cos θ)＝1.8 J 根據能量守恒定律得到Ep＝W彈＝1.8 J

35、。 (2)設小球從C處飛出速度為vC，則 W彈－μmgL2－mgR(1－cos θ)＝mv， 得到vC＝2m/s 方向與水平方向成37°角，由于小球剛好被D接收，其在空中運動可看成從D點平拋運動的逆過程。將vC分解vCx＝vCcos 37°＝m/s，vCy＝vCsin 37°＝m/s， 則D處坐標：x＝vCx＝ m，y＝＝ m， 即D處坐標為。 (3)由于小球每次從C處射出vC方向一定與水平面成37°，則＝tan 37°＝， 則根據平拋運動規(guī)律得到，拋出點D與落地點C連線與x方向夾角α的正切值tan α＝＝， 故D位置坐標y與x函數關系式y(tǒng)＝x。 答案　(1)1.8 J　(2)　(3)y＝x 17