2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第五章　课时3　机械能守恒定律 学案

课时3　机械能守恒定律

一、重力势能

1.定义:物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积。

2.公式:Ep=mgh。

3.矢标性:重力势能是标量,但有正、负,其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小,这与功的正、负的物理意义不同。

4.特点

(1)系统性:重力势能是地球和物体共有的。

(2)相对性:重力势能的大小与参考平面的选取有关。重力势能的变化是绝对的,与参考平面的选取无关。

5.重力做功与重力势能变化的关系

重力做正功时,重力势能减小;重力做负功时,重力势能增大;重力做多少正(负)功,重力势能就减小(增大)多少,即WG=Ep1-Ep2。

二、弹性势能

1.定义:物体由于发生弹性形变而具有的势能。

2.大小:弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关,弹簧的形变量越大、劲度系数越大,弹簧的弹性势能越大。

3.弹力做功与弹性势能变化的关系

弹力做正功,弹性势能减小;弹力做负功,弹性势能增大。弹簧恢复原长的过程中弹力做正功,弹性势能减小,形变量变大的过程中弹力做负功,弹性势能增大。

三、机械能守恒定律

1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化,而总的机械能保持不变。

2.表达式

(1)Ek1+Ep1=Ek2+Ep2(要选零势能参考平面)。

(2)ΔEk=-ΔEp(不用选零势能参考平面)。

(3)=(不用选零势能参考平面)。

3.机械能守恒的条件

只有重力或弹力做功或虽有其他力做功但其他力做功的代数和为零。

考点一　重力做功与重力势能

1.重力势能的求解方法

(1)定义法:选取参考平面,确定物体相对参考平面的高度h,代入Ep=mgh求解重力势能。

(2)WG和Ep关系法:由WG=Ep1-Ep2知Ep2=Ep1-WG或Ep1=WG+Ep2。

(3)变化量法:重力势能的变化量ΔEp=Ep2-Ep1,故Ep2=Ep1+ΔEp或Ep1=Ep2-ΔEp。

2.对重力做功和重力势能的“四点”提醒

(1)重力做功的大小与物体的运动状态无关,与物体是否受其他力无关。

(2)重力做功,一定会引起重力势能的变化。

(3)重力势能是标量,但有正负,其意义表示物体的重力势能比它在参考平面的重力势能大还是小。

(4)WG=-ΔEp中的负号表示重力做的功与重力势能变化的绝对值相等,符号相反。

[典例1] 沿着高度相同、坡度不同、粗糙程度也不同的斜面将同一物体分别从底端拉到顶端,下列说法正确的是(　　)

A.沿坡度小的斜面运动时物体克服重力做功多

B.沿坡度大、粗糙程度大的斜面运动的物体克服重力做功多

C.沿坡度小、粗糙程度大的斜面运动的物体克服重力做功多

D.不管沿怎样的斜面运动,物体克服重力做功相同

解析:重力做功只与物体初、末位置的高度差有关,与其运动路径、运动方式均无关,故D正确。

答案:D

变式1:关于重力做功,下列说法不正确的是(　D　)

A.重力做正功,物体的重力势能一定减小

B.重力做负功,物体的重力势能一定增加

C.重力做负功,可以说成物体克服重力做功

D.重力做正功,物体的动能一定增加

解析:重力做正功,重力势能减小,重力做负功,重力势力增加,D符合题意。

考点二　弹力做功与弹性势能

1.弹性势能是由发生弹性形变的物体的相对位置决定的势能。

2.当弹簧变化的长度为零时,弹性势能为零,弹簧被拉长或压缩后,都具有弹性势能。

[典例2] 如图所示,轻质弹簧下悬挂一个小球,手掌托小球使之缓慢上移,弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落。不计空气阻力,取弹簧处于原长时的弹性势能为零。撤去手掌后,下列说法正确的是(　　)

A.刚撤去手掌瞬间,弹簧弹力等于小球重力

B.小球速度最大时,弹簧的弹性势能为零

C.弹簧的弹性势能最大时,小球速度为零

D.小球运动到最高点时,弹簧的弹性势能最大

解析:刚撤去手掌时,小球处于最高点,弹簧处于原长,弹力为零,弹性势能为零,所以A,D错误;当小球速度最大时,加速度等于零,即弹力等于重力,弹簧弹性势能不为零,所以B错误;当下落到最低点时弹性势能最大,小球速度为零,故C

正确。

答案:C

变式2:把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知A,B的高度差为h,C,B高度差为2h,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略,选A位置为重力势能的零势能点,则(　D　)

A.刚松手瞬间,弹簧弹力等于小球重力

B.状态甲中弹簧的弹性势能为2mgh

C.状态乙中小球的动能为mgh

D.状态丙中系统的机械能为3mgh

解析: 松手后小球向上加速运动,故刚松手瞬间,弹簧弹力大于小球重力,选项A错误;由能量守恒可知状态甲中弹簧的弹性势能转化为状态丙中小球的重力势能,故甲状态下的弹性势能为3mgh,选项B错误,D正确;在状态乙中,有Ek+mgh=3mgh,故状态乙中小球的动能为2mgh,选项C错误。

考点三　机械能守恒定律

1.机械能是否守恒的判断方法

(1)利用机械能的定义判断(直接判断):机械能包括动能、重力势能和弹性势能,判断机械能是否守恒可以看物体或系统机械能的总和是否变化。

(2)用做功判断:若物体或系统只有重力或系统内弹力做功,虽受其他力,但其他力不做功或做功的代数和为零,机械能守恒。

(3)用能量转化来判断:若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化,则物体系统机械能守恒。

2.应用机械能守恒定律解题的步骤

(1)选取研究对象(物体系或物体),明确研究过程。

(2)进行受力、做功分析,判断机械能是否守恒。

(3)根据题意灵活选取定律的表达式,列方程并求解。

注意:应用守恒式E1=E2时,应选择合适的零势能面;应用转化式ΔEk=-ΔEp时,无需选择零势能面,但需要弄清动能或势能是增加还是减小;应用转移式=时,无需选择零势能面,但需要弄清每个物体的机械能是增加还是减小。

[典例3] 如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)

A.圆环的机械能守恒

B.弹簧弹性势能变化了mgL

C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零

D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

解析:圆环沿杆下滑的过程中,圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒,选项A,D错误;弹簧长度为2L时,圆环下落的高度h=L,根据机械能守恒定律,弹簧的弹性势能增加了ΔEp=mgh=mgL,选项B正确;圆环释放后,圆环向下先做加速运动,后做减速运动,当速度最大时,合力为零,下滑到最大距离时,具有向上的加速度,合力不为零,选项C错误。

答案:B

变式3:如图,在竖直平面内有一固定光滑轨道,其中AB是长为R的水平直轨道,BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道,两轨道相切于B点。在外力作用下,一小球从A点由静止开始向左做匀加速直线运动,到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重力加速度大小为g。求

(1)小球在AB段运动时加速度的大小;

(2)小球从D点运动到A点所用的时间。

解析:(1)小球在最高点C所受轨道正压力为零

NC=0①

设小球在C点的速度大小为vC,根据牛顿第二定律有

mg=m②

小球从B点运动到C点,机械能守恒。设B点处小球的速度大小为vB,取B点所在水平面为零势能面,有

m=m+mg·2R③

由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动,设加速度大小为a,由运动学公式有

=2aR④

由②③④式得:a=g。⑤

(2)设小球在D 处的速度大小为vD,下落到A点时的速度大小为v,由机械能守恒定律有

m=m+mgR⑥

m=mv2 ⑦

设从D点运动到A点所用的时间为t,由运动学公式得

v=vD+gt⑧

由④⑤⑥⑦⑧式得t=(-)。

答案:(1)g　(2)(-)

考点四　机械能守恒定律与曲线运动的结合

竖直平面内的圆周运动和平抛运动往往是机械能守恒的过程,这类问题能把牛顿第二定律与机械能守恒定律有机地结合起来,形成综合性较强的力学题目,有利于考查学生的综合分析能力及对物理过程的想象能力,是一种常见的力学压轴题型。

1.对于竖直平面内的平抛运动,重点在于把握其运动过程中的速度、位移、轨迹的特征,再结合运动过程中动能和势能的变化规律分析求解。

2.对于竖直平面内的圆周运动,关键在于把握最高点、最低点和水平位置的动力学特征,再综合运用机械能守恒定律分析求解。

[典例4] “猴子荡秋千”是某马戏团的经典表演项目。如图所示,离地高H=5.4 m的O点固定一根长L=3.6 m且不可伸长的轻质绳,在绳的一侧有一平台,拉直绳子,其末端正好位于平台边缘A点,绳子与竖直方向成60°角。有一质量m=5 kg的猴子在A点抓住绳子末端无初速地离开平台。在运动过程中猴子可视为质点,空气阻力不计。

(1)求猴子经过O点正下方B点时的速度大小;

(2)求猴子经过O点正下方B点时受到的绳子拉力大小;

(3)若猴子在B点放开绳子,则其落地点C与悬点O间的水平距离多大?

(4)若猴子沿绳向上爬行一定距离后(在训练员的帮助下绳仍与竖直方向成60°角),再抓紧绳子无初速向下摆动,当摆至O点正下方时放开绳子,这次能否跳得比C点更远?试判断并简要说明理由。

解析:(1)猴子从A到B过程中由机械能守恒定律得

mgL(1-cos 60°)=mv2

解得v=

代入数据得:v=6 m/s。

(2)设猴子在B点时绳子的拉力为T,由牛顿第二定律

T-mg=m

解得T=mg+m

代入数据得T=100 N。

(3)猴子从B到C过程做平抛运动

H-L=gt2

解得t=

代入数据得t=0.6 s

落地点C与悬点O间的水平距离x=vt

代入数据得x=3.6 m。

(4)设猴子沿绳向上爬行到距O点L′处向下摆动,到达O点正下方时速度记为

v′

mgL′(1-cos 60°)=mv′2

H-L′=gt′2

落地点与O点间水平距离x′=v′t′=

解得当L′=H=2.7 m时最远,此时x′≈3.8 m>3.6 m,

即能跳得比C点更远。

答案:(1)6 m/s　(2)100 N　(3)3.6 m　(4)见解析

变式4:小创在课外小制作活动中制造了如图所示的轨道,数字“09”部分轨道采用内部光滑的材料制成,小球连接的水平直轨道间的动摩擦因数μ=0.5,整个装置固定在竖直平面内。小创为了增加趣味性给轨道的左侧水平面安装了弹射器、数字“09”部分轨道外侧安装了LED灯,只要小球从弹射器射出后能顺利到达M点,就能够点亮所有的LED灯。已知图中小球的质量m=0.01 kg,轨道小圆弧的半径为R=1.0 m,大圆弧的半径为2R, 圆弧轨道最低点B与B′相靠但不相叠。重力加速度g=10 m/s2。求:

(1)小球从A到B损失的动能ΔEk;

(2)小球恰好能过C点时,弹射器释放的弹性势能Ep1;

(3)恰好能点亮灯时小球对D点(圆弧上)的压力。

解析:(1)小球离开弹射器从A到B的过程,

由动能定理有

ΔEk=m-m=μmgL,

得ΔEk=0.09 J。

(2)小球沿光滑数字“0” 轨道上升过程,机械能守恒,取B点所在水平面为零势能面,有

m=m+mg·3R,

若小球恰好过C点,由向心力公式有:

mg=m,

联立两式可得:m=mgR=0.35 J,

由能量守恒定律可得,弹射器释放的弹性势能

Ep1=m+μmgL=0.44 J。

(3)若小球恰能点亮灯,则小球应恰好过E点,才能顺利到达M点,由机械能守恒定律有

m=m+mg·3R,

恰好过E点的速度与恰好过C点的速度相同,即vE=vC

小球在D点做圆周运动,应有

FD-mg=m,解得:FD=0.8 N,

由牛顿第三定律得,小球对轨道D点的压力FD′=0.8 N,方向竖直向下。

答案:(1)0.09 J　(2)0.44 J　(3)0.8 N　方向竖直向下

考点五　机械能守恒与动能定理综合应用

许多时候,应用机械能守恒定律较动能定理解决问题更方便。但物体的机械能在一定的条件下才守恒,对于机械能并不守恒的物理过程,需要考虑运用动能定理。涉及多个过程的物理问题,往往需要综合应用机械能守恒定律与动能定理分析解决问题。

1.对于多个过程的物理问题,首先要根据题意按先后顺序分析发生的运动过程,搞清各运动过程的特点,明确每一过程的受力情况、运动性质、所遵循的物理规律,然后列出相应的方程式。

2.要特别注意运用有关规律建立两过程之间的联系,把前后过程的衔接点作为分析重点,要注意转折点一般具有相同的速度。

[典例5] (2018·嘉兴期末)如图所示,水平轨道BC与倾角为θ=37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接,AB长度L1=10 m,BC长度L2=4 m,圆轨道半径R=0.72 m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3=3 m,水平边NE的长度L4=6 m,M点在C点的正下方,MC的长度L5=1.2 m。小物块的质量为m=1 kg,它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同,记为μ,圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放,沿轨道ABC运动,第一次到达C时恰好静止。空气阻力不计,取sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。

(1)求动摩擦因数μ;

(2)小物块在A点释放的同时,对其施加一个水平向右的恒力F,当物块沿BC运动到C点时撤去F,再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道,求v与F满足的关系式,并确定v的取值范围;

(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出,经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞,碰撞时间忽略不计,碰撞之后物块速度的竖直分量不变,水平分量反向且大小不变,之后落于斜面MN上的P点,已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t=0.9 s,求小物块刚运动至P点时的动能。

解析:(1)从A到C的过程,由动能定理得

mgL1sin θ-μmgL1cos θ-μmgL2=0

代入数据得μ=0.5。

(2)施加恒力F后,从A到C的过程,由动能定理得

F(L1cos θ+L2)+mgL1sin θ-μ(mgcos θ-Fsin θ)L1-μmgL2=mv2

代入数据得v2=30F

小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道,应满足mg≤m

从D到C的过程由机械能守恒定律得

m+2mgR=mv2

解得v≥6 m/s

小物块在斜面AB上不脱离,应满足Fsin θ≤mgcos θ

解得v≤20 m/s

所以v的取值范围为6 m/s≤v≤20 m/s。

(3)P点与C点的高度差为h=gt2=4.05 m

设物块在C点初速度为v0,

P点与竖直墙的水平距离为v0t-L4

如图,由几何关系得tan∠MNE=

已知tan∠MNE==,解得v0=7 m/s

从C到P由动能定理得mgh=Ek-m

小物块刚运动至P点时的动能Ek=65 J。

答案:(1)0.5　(2)v2=30F　6 m/s≤v≤20 m/s　(3)65 J

变式5:如图所示,半径为R=0.2 m 的光滑圆弧AB在竖直平面内,圆弧B处的切线水平。B端高出水平地面h=0.8 m,O点在B点的正下方。将一质量为m=1.0 kg的滑块从A点由静止释放,落在水平面上的C点处,g取10 m/s2。

(1)求滑块滑至B点时对圆弧的压力及xOC的长度;

(2)在B端接一长为L=1.0 m的木板MN,滑块从A端释放后正好运动到N端停止,求木板与滑块的动摩擦因数μ;

(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处,要使落地点P距O点最远,ΔL应为多少?

解析:(1)由机械能守恒定律可知mgR=m

v0==2 m/s

由向心力公式可知FN-mg=m

可得FN=3mg=30 N

由牛顿第三定律知滑块滑至B点时对圆弧的压力为30 N,方向竖直向下

根据平抛运动规律h=gt2,t==0.4 s

得OC的长度为xOC=v0t=0.8 m。

(2)由动能定理可知-μmgL=0-m,可得μ=0.2。

(3)由运动学公式可知

v==2

由平抛运动规律和几何关系得

xOP=L-ΔL+vt=1 m-ΔL+0.8

当=0.4时,ΔL=0.16 m时,xOP最大。

答案:(1)30 N,方向竖直向下　0.8 m　

(2)0.2　(3)0.16 m

1.(动能、重力势能和机械能的计算)(2018·浙江6月学考)如图所示,质量为m的小球,从距桌面h1高处的A点自由下落到地面上的B点,桌面离地高为h2.选择桌面为参考平面,则小球(　D　)

A.在A点时的重力势能为mg(h1+h2)

B.在A点时的机械能为mg(h1+h2)

C.在B点时的重力势能为0

D.落到B点时的动能为mg(h1+h2)

解析: 由于桌面为零势能面,所以在A点时小球重力势能为mgh1,在B点重力势能为-mgh2。由于小球做自由落体运动,所以机械能守恒,从A到B点所有重力势能都转化为动能,所以B点动能为mg(h1+h2)。

2.(弹力与弹性势能)一竖直弹簧下端固定于水平地面上,小球从弹簧的正上方高为h的地方自由下落到弹簧上端,如图所示,经几次反弹以后小球最终在弹簧上静止于某一点A处,则(　B　)

A.h越大,弹簧在A点的压缩量越大

B.弹簧在A点的压缩量与h无关

C.h越大,最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能越大

D.小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能比最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能大

解析:最终小球静止在A点时,小球受自身重力与弹簧的弹力平衡,由弹力公式F=kl即可得出弹簧在A点的压缩量与h无关,则弹簧的弹性势能与h无关。

3.(机械能守恒定律)下列运动过程中机械能守恒的是(　B　)

A.跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动

B.悬点固定的单摆摆球获得一初速度后在竖直平面内做圆周运动

C.摩天轮在竖直平面内匀速转动时,舱内的乘客做匀速圆周运动

D.带电小球仅在电场力作用下做加速运动

解析:跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动,说明运动员动能不变,重力势能减小,所以机械能减小,A错误;悬点固定的单摆摆球获得一初速度后在竖直平面内做圆周运动,只有重力做功,所以机械能守恒,故B正确;舱内的乘客做匀速圆周运动时,动能不变,重力势能变化,所以机械能不守恒,故C错误;带电小球仅在电场力作用下做加速运动,电场力对小球做功,机械能不守恒,故D错误。

4.(机械能守恒定律的应用)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示情景。将一根长为2d的不可伸长的细绳两端固定在相距为d的A,B两等高点,绳上挂一小滑轮P,战士们相互配合,沿着绳子滑到对面。如图所示,战士甲水平拉住滑轮,质量为m的战士乙吊在滑轮上,脚离地,处于静止状态,此时AP竖直,然后战士甲将滑轮从静止状态释放,若不计滑轮摩擦及空气阻力,也不计绳与滑轮的质量,求:

(1)战士甲释放前对滑轮的水平拉力F;

(2)战士乙滑动过程中的最大速度。

解析:(1)设战士乙静止时AP间距离为h,则由几何关系得

d2+h2=(2d-h)2,解得h=d

对滑轮受力分析如图,

则有FT+FTcos θ=mg,FTsin θ=F,

解得F=mg。

(2)战士乙在滑动过程中机械能守恒,滑到绳的中点位置最低,速度最大。此时APB三点构成一正三角形。

P与AB的距离为

h′=dcos 30°=d

由机械能守恒定律有mg(h′-h)=m

解得vm=。

答案:(1)mg　

(2)

5.(机械能守恒与曲线运动)如图所示,在同一竖直平面内的两正对着的相同半圆光滑轨道,相隔一定的距离,虚线沿竖直方向,一小球能在其间运动,今在最高点A与最低点B各放一个压力传感器,测试小球对轨道的压力,并通过计算机显示出来,当轨道距离变化时,测得两点压力差ΔFN与距离x的图象如图,g取

10 m/s2,不计空气阻力。

(1)小球的质量为多少?

(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s,为使小球能沿轨道运动,x的最大值为

多少?

解析:(1)设轨道半径为R,由机械能守恒定律

m=mg(2R+x)+m①

对B点:FN1-mg=m②

对A点:FN2+mg=m③

由①②③式得

两点压力差

ΔFN=FN1-FN2=6mg+④

由图象得截距6mg=3

得m=0.05 kg。⑤

(2)因为图线的斜率k==1得R=1 m ⑥

在A点不脱离的条件为vA≥⑦

由①⑤⑥⑦式得x≤17.5 m。

答案:(1)0.05 kg　(2)17.5 m

1.(2018·浙江11月选考,5)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不正确的是(　B　)

A.加速助跑过程中,运动员的动能增加

B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加

C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加

D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少动能增加

解析:加速助跑过程中,运动员的速度增大,动能增大,故A正确;起跳上升过程中,杆的形变量先增加后减少,弹性势能先增加后减少,故B错误;起跳上升过程中,运动员的重心升高,重力势能增加,故C正确;越过横杆后下落过程中,运动员重力做正功,重力势能减少,动能增加,D正确。

2.(2019·浙江6月学考,11)如图所示是一种地下铁道,车站的路轨建得高些。当车辆以一定的速度到达坡下A点时关闭发动机,在车上坡进站时通过刹车控制车速使其在B点正好停下。则该车从A到B的过程中(　B　)

A.动能增加     B.动能减少

C.机械能守恒 D.重力势能减少

3.(2018·天津卷,2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(　C　)

A.所受合力始终为零 B.所受摩擦力大小不变

C.合力做功一定为零 D.机械能始终保持不变

解析:

运动员做匀速圆周运动,合力指向圆心,A错误;对运动员受力分析如图所示,

Ff=mgsin α,下滑过程中α减小,sin α变小,故摩擦力Ff变小,B错误;由动能定理知,匀速下滑动能不变,合力做功为零,C正确;运动员下滑过程中动能不变,重力势能减小,机械能减小,D错误。

4.(2018·浙江4月选考,13)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A,B处,A,B两点水平距离为16 m,竖直距离为2 m,A,B间绳长为20 m。质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)(　B　)

A.-1.2×103 J B.-7.5×102 J

C.-6.0×102 J D.-2.0×102 J

解析:由图可知猴子到C点时重力势能最小,∠BCF=∠ECF=θ,由几何关系可得BC·sin θ+AC·sin θ=BD,解得sin θ=0.8,即θ=53°,又AD=2 m,则ED=AD·tan 53°= m,所以FE= m。由FC∶AD=FE∶ED得FC=5 m,所以AC高度差为7 m,再加上猴子自身高度,重心距套环约为0.5 m,故猴子重力势能最小约为Ep=-mgh=-7.5×102 J,B正确。

5.(2016·浙江10月选考,20)如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB,半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC,C′E平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m,现有质量m=500 kg的过山车从高h=40 m处的A点静止下滑,经BCDC′EF,最终停在G点,过山车与轨道AB,EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求:

(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;

(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力;

(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

解析: (1)设过山车到达C点的速度为vC,对过山车从A到B的过程由动能定理

mgh-μ1mgcos 45°·=m,

代入数据可得vC=8 m/s。

(2)过山车到达D点的速度为vD,取C点所在水平面为参考平面,从C到D的过程由机械能守恒定律

m=mg·2R+m,

在D点由牛顿第二定律FD+mg=m,

联立代入数据可得FD=7 000 N,

由牛顿第三定律可知,轨道受到的力FD′=7 000 N,方向竖直向上。

(3)过山车从A到达G点,由动能定理

mgh-mg(l-x)tan 37°--μ1mg(l-x)-μ2mgx=0,

代入数据可得:x=30 m。

答案:(1)8 m/s　(2)7 000 N　方向竖直向上

(3)30 m