(5-1)动能定理和机械能守恒定律(教师版)

第五章机械能重点知识（一）动能定理考点一对动能及其变化的理解例1(2011·课标全国·15)（多选）一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能 ()A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大答案ABD考点二动能定理及其应用例2如图3所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝eq\f(L,2)，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：(1)小球到达B点时的速率？ (2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析(1)小球恰能到达最高点B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)从A→B由动能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由动能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出Wf＝eq\f(11,4)mgL.应用动能定理求变力做功时应注意的问题1．所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk.2．合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．3．若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号．突破训练1如图4所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是 () A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0答案A解析物块即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有，Wf＝eq\f(mv2,2)，解得Wf＝eq\f(μmgR,2)，选项A正确．例3如图5所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是 () 电梯地板对物体的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．钢索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析对物体：WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，选项B正确，选项A错误．以系统为研究对象，由动能定理得WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH>eq\f(mv2,2)＋MgH，选项D正确，选项C错误．应用动能定理解题的基本思路1．选取研究对象，明确它的运动过程；2．分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：3．明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；4.列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．突破训练2如图6所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都 向前移动一段距离．在此过程中 ()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．突破训练3[利用动能定理求变力功]一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为 () A．mgLcosθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθD．FLcosθ答案B解析小球从P点移动到Q点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F作用，因很缓慢地移动，小球可视处于平衡状态，由平衡条件可知：F＝mgtanθ，随θ的增大，拉力F也增大，故F是变力，因此不能直接用W＝FLcosθ计算．根据动能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cosθ)，选项B正确．突破训练4[利用动能定理求弹力的功]如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以A正确．考点三动能定理与图象结合的问题例4如图7甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10m/s2)求：图7(1)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．审题指导解答本题时应注意以下三点：(1)F－x图象与x轴所围面积为变力F做的功；(2)弹簧存贮的弹性势能对应弹簧的弹力所做的负功的值；(3)F－x图象中x＝0时对应F的含义．解析(1)取向左为正方向，从F—x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff＝1.0N，方向为负方向，在压缩过程中，摩擦力做功为Wf＝－Ffx＝－0.1J由图线与x轴所围面积可得外力F做功为WF＝eq\f(1.0＋47.0×0.1,2)J＝2.4J所以弹簧存贮的最大弹性势能为Epm＝WF＋Wf＝2.3J(2)从A点到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为Wf′＝Ff·3x＝0.3J对小物块运用动能定理有Epm－Wf′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2m/s(3)物块从B点开始做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gt2解得下落时间t＝1s，水平距离s＝vBt＝2m答案(1)2.3J(2)2m/s(3)2m突破训练5总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞．如图8所示是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象(g取10m/s2)(1)求0～2s内阻力做的功；(2)估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功；(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．答案(1)－2560J(2)160m1.27×105J(3)71s解析(1)从题图中可以看出，在0～2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2.设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N.0～2s内下落高度h′＝eq\f(vt,2)t＝eq\f(16,2)×2m＝16m.阻力做功W＝－Ffh′＝－2560J.(2)从题图中估算得出运动员在14s内下落了h＝40×2×2m＝160m根据动能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2所以有Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝(80×10×160－eq\f(1,2)×80×62)J≈1.27×105J.(3)14s后运动员做匀速运动的时间为t′＝eq\f(H－h,v)＝eq\f(500－160,6)s＝57s.运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t总＝t＋t′＝(14＋57)s＝71s.方法建模：动能定理在多过程问题中的应用模型特征：优先考虑应用动能定理的典型问题不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．(3)变力做功的问题．(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．突破训练6一质量为2kg的铅球从离地面2m高处自由下落，陷入沙坑中2cm深处，如图10所示，求沙子对铅球的平均阻力(g＝10m/s2)．答案2020N解析小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程，知道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种： 全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功．所以W总＝mg(H＋h)－Ffh由动能定理得：mg(H＋h)－Ffh＝0－0故：Ff＝eq\f(mgH＋h,h)＝eq\f(2×10×2＋0.02,0.02)N＝2020N.高考题组1．(2012·福建理综·21)如图11所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.解析(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf＝fd（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1由动能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd) (3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，缆绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则P＝Fv v＝v1cosθ 由牛顿第二定律有Fcosθ－f＝ma解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).2．(2012·北京理综·22)如图12所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，小物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块的初速度大小v0.答案(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s解析(1)由平抛运动规律，有竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2水平方向s＝vt得水平距离s＝eq\r(\f(2h,g))v＝0.90m(2)由机械能守恒定律，得落地时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝0.90J(3)由动能定理，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得初速度大小v0＝eq\r(2μgl＋v2)＝4.0m/s.模拟题组3．如图13甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．答案(1)4m(2)24J解析(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为x，则F－μmg＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得WF－2μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又veq\o\al(2,A)＝2ax所以WF＝2μmgx＋max＝24J4．如图14所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔．解析(1)物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝eq\f(1,2)mvD2－0，解得：vD＝3m/s(2)小物块从A→B→C过程中，有mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝6m/s小物块沿CD段上滑的加速度a＝gsinθ＝6m/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f(vC,a)＝1s小物块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故t＝t1＋t2＝2s课后作业►题组1动能定理的简单应用1．某人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为()A．mgl B．0 C．μmgl D.eq\f(1,2)mv2答案D2．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是 ()A.eq\f(v,2) B.eq\f(\r(2),2)v C.eq\f(v,3) D.eq\f(v,4)答案B解析设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为Ff.根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v′，则－Ff·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，得v′＝eq\f(\r(2),2)v，故选B.3．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向) ()答案A解析小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化，先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错．4．一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是 ()A．电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功C．电梯对人做的功等于人动能的增加量D．电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量答案D解析电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A、B均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故C错误，D正确．5．如图1所示，物体与斜面AB、DB间动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是 ()A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大 C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多答案B解析已知物体与斜面AB、DB间动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x，则斜面高度为h＝xtanθ，斜面长度为L＝eq\f(x,cosθ)，物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有：mgh－μmgcosθ·L＝mgh－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A错误，B正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcosθ＝μmgx，则两次相同，故C、D错误．6．人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图2所示．则在此过程中 () A．物体所受的合外力做的功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物体所受的合外力做的功为eq\f(1,2)mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功大于mgh答案BD解析物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq\f(1,2)mv2，A、C错误，B、D正确．►题组2应用动能定理求解变力做功问题7．如图3所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则 ()A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B．在该过程中，人对物块做的功为eq\f(mv2x2,2h2＋x2)C．在该过程中，人对物块做的功为eq\f(1,2)mv2D．人前进x时，物块的运动速率为eq\f(vh,\r(h2＋x2))答案B解析设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝vcosθ，而cosθ＝eq\f(x,\r(h2＋x2))，故v物＝eq\f(vx,\r(h2＋x2))，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,物)＝eq\f(mv2x2,2h2＋x2)，B正确，C错误．8．如图4所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为 () A.eq\f(1,2)R(FN－3mg) B.eq\f(1,2)R(3mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－mg) D.eq\f(1,2)R(FN－2mg)答案A解析质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝eq\f(1,2)RFN－eq\f(3,2)mgR，故A项正确．9．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图5所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 ()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR答案C解析小球通过最低点时，绳的张力为F＝7mg由牛顿第二定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R) 小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为eq\f(1,2)mgR，故C正确，A、B、D错误．►题组3应用动力学观点和动能定理解决多过程问题10．如图6所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝2kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知AB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小物块到达B点时速度的大小；(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小；(3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离．答案(1)5m/s(2)25N(3)1.2m解析(1)从A到B，由动能定理有(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(\f(2F－μmgxAB,m))＝5m/s(2)从B到D，根据动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vD＝eq\r(v\o\al(2,B)－4Rg)＝3m/s在D点，根据牛顿运动定律有FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)得FN＝meq\f(v\o\al(2,D),R)－mg＝25N(3)由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(\f(4×0.4,10))s＝0.4s水平地面上落点与B点之间的距离为x＝vDt＝3×0.4m＝1.2m11．水上滑梯可简化成如图7所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝7.0m，BC的长度d＝2.0m，端点C距水面的高度h＝1.0m．一质量m＝50kg的运动员从滑道起点A无初速度地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.1.(取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)(1)求运动员沿AB下滑时加速度的大小a；(2)求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小vC；(3)保持水平滑道端点在同一水平线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′.答案(1)5.2m/s2(2)500J10m/s(3)3m解析(1)运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示Ff＝μFN＝μmgcosθ根据牛顿第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：a＝gsinθ－μgcosθ＝5.2m/s2(2)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做的功为：W＝μmgcosθ·eq\f(H－h,sinθ)＋μmgd＝μmg[d＋(H－h)cotθ]＝10μmg＝500J，mg(H－h)－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得运动员滑到C点时速度的大小vC＝10m/s(3)在从C′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，h′＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\r(\f(2h′,g))下滑过程中克服摩擦力做功保持不变，W＝500J根据动能定理得：mg(H－h′)－W＝eq\f(1,2)mv2－0，v＝eq\r(2gH－1－h′)运动员在水平方向的位移：x＝vt＝eq\r(2gH－1－h′)eq\r(\f(2h′,g))＝eq\r(4H－1－h′h′)当h′＝eq\f(H－1,2)＝3m时，水平位移最大．（二）机械能守恒定律考点一机械能守恒的判断例1如图4所示，质量为m的钩码在弹簧秤的作用下竖直向上运动．设弹簧秤的示数为FT，不计空气阻力，重力加速度为g.则()A．FT＝mg时，钩码的机械能不变B．FT<mg时，钩码的机械能减小C．FT<mg时，钩码的机械能增加D．FT>mg时，钩码的机械能增加 解析无论FT与mg的关系如何，FT与钩码位移的方向一致，FT做正功，钩码的机械能增加，选项C、D正确．答案CD1.机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；只有重力做功不等于只受重力作用．2．对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．3．对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．突破训练1如图5所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦) ()A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒答案BC解析A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确．由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误．所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A项错误．考点二机械能守恒定律的表达形式及应用1．守恒观点(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．(3)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．2．转化观点(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.(2)意义：系统(或物体)的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能．(3)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面．3．转移观点(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．(2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分机械能的增加量等于B部分机械能的减少量．(3)注意问题：A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能．例2如图6所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得vC＝5m/s(2)滑块在C点时，速度的竖直分量为vy＝vCsinα＝3m/s，B、C两点的高度差为h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝0.45m滑块由B运动到C所用的时间为ty＝eq\f(vy,g)＝0.3s，滑块运动到B点时的速度为vB＝vCcosα＝4m/sB、C间的水平距离为x＝vBty＝1.2m(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得t＝0.4s答案(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s例3图7是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系物体A、B，且mA＝2mB，从图示位置由静止开始释放A物体，当物体B到达半圆顶点时，求绳的张力对物体B所做的功．解析物体B到达半圆顶点时，系统势能的减少量为ΔEp＝mAgeq\f(πR,2)－mBgR，系统动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，由ΔEp＝ΔEk得v2＝eq\f(2,3)(π－1)gR.对B由动能定理得：W－mBgR＝eq\f(1,2)mBv2绳的张力对物体B做的功W＝eq\f(1,2)mBv2＋mBgR＝eq\f(π＋2,3)mBgR.答案eq\f(π＋2,3)mBgR多物体机械能守恒问题的分析方法1．对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒．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，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式．突破训练2如图8所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．不计空气阻力，从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为()A．h B．1.5hC．2h D．2.5h 答案B解析在b球落地前，a、b球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2，v＝eq\r(gh)，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，eq\f(1,2)mv2＝mgΔh，Δh＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(h,2)，所以a球可能达到的最大高度为1.5h，B正确.突破训练25．[机械能守恒定律的应用]山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，BC是半径为R＝5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B点，与水平面相切于C点，如图3所示，AB竖直高度差h＝8.8m，运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落(不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)运动员到达C点时的速度大小；(2)运动员经过C点时轨道受到的压力大小．答案(1)14m/s(2)3936N解析(1)由A→C过程，应用机械能守恒定律得：mg(h＋Δh)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)又Δh＝R(1－cos37°)解得：vC＝14m/s(2)在C点，由牛顿第二定律得：FC－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得：FC＝3936N方法建模：用机械能守恒定律处理竖直平面内的圆周运动模型竖直平面内的圆周运动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．例4如图9所示的是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施，轨道除CD部分粗糙外，其余均光滑，一挑战者质量为m，沿斜面轨道滑下，无能量损失地滑入第一个圆管形轨道．根据设计要求，在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试挑战者对轨道的压力，并通过计算机显示出来．挑战者到达A处时刚好对管壁无压力，又经过水平轨道CD滑入第二个圆管形轨道．在最高点B处挑战者对管的内侧壁压力为0.5mg，然后从平台上飞入水池内．若第一个圆管轨道的半径为R，第二个圆管轨道的半径为r，水面离轨道的距离为h＝2.25r，g取10m/s2，管的内径及人相对圆管轨道的半径可以忽略不计．则：(1)挑战者若能完成上述过程，则他至少应从离水平轨道多高的地方开始下滑？(2)挑战者从A到B的运动过程中克服轨道阻力所做的功为多少？(3)挑战者入水时的速度大小是多少？解析(1)挑战者到达A处时刚好对管壁无压力，可得出mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)设挑战者从离水平轨道H高处的地方开始下滑，运动到A点时正好对管壁无压力，在此过程中机械能守恒mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg·2R，解得H＝eq\f(5R,2)(2)在B处挑战者对管的内侧壁压力为0.5mg，根据牛顿第二定律得：mg－FN＝eq\f(mv\o\al(2,B),r)，挑战者在从A到B的运动过程中，利用动能定理得：mg·2(R－r)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)联立解得Wf＝eq\f(5,2)mgR－eq\f(9,4)mgr(3)设挑战者在第二个圆管轨道最低点D处的速度为v，则－mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\f(3\r(2),2)eq\r(gr)挑战者离开第二个圆管轨道后在平面上做匀速直线运动，然后做平抛运动落入水中，在此过程中机械能守恒，设挑战者入水时的速度大小为v′，则mgh＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv′2解得：v′＝3eq\r(gr)答案(1)eq\f(5R,2)(2)eq\f(5,2)mgR－eq\f(9,4)mgr(3)3eq\r(gr)对于此例，要充分理解和把握物体的运动过程，明确每一个过程所遵循的物理规律，并会列出相应的方程式．突破训练3如图10所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放．(g取10m/s2) (1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少多高？(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h.答案(1)0.2m(2)0.1m解析(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则mgH＝eq\f(1,2)mv2小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤eq\f(mv2,r) 解得H≥0.2m.(2)若h<H，小球过C点后做平抛运动，设球经C点时的速度大小为vx，则击中E点时，竖直方向上有r＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有r＝vxt又由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)联立可解得h＝eq\f(r,4)＝0.1m高考题组1．(2012·浙江理综·18)由光滑细管组成的轨道如图11所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是()A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2eq\r(RH－2R2)B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2eq\r(2RH－4R2)C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)R答案BC解析要使小球从A点水平抛出，则小球到达A点时的速度v>0，根据机械能守恒定律，有mgH－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，所以H>2R，故选项C正确，选项D错误；小球从A点水平抛出时的速度v＝eq\r(2gH－4gR)，小球离开A点后做平抛运动，则有2R＝eq\f(1,2)gt2，水平位移x＝vt，联立以上各式可得水平位移x＝2eq\r(2RH－4R2)，选项A错误，选项B正确．2．(2011·课标全国·16)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关答案ABC解析运动员到达最低点前，重力一直做正功，重力势能减小，选项A正确．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直做负功，弹性势能增加，选项B正确．除重力、弹力外没有其他力做功，故系统机械能守恒，选项C正确．重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故选项D错误．3．(2012·大纲全国·26)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图12所示，以沟底的O点为原点建立坐标系xOy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝eq\f(1,2h)x2；探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？答案(1)eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋eq\f(4g2h2,v\o\al(2,0)＋gh))(2)eq\r(gh)eq\f(3,2)mgh解析(1)设该队员在空中运动的时间为t，在坡面上落点的横坐标为x，纵坐标为y.由运动学公式和已知条件得x＝v0t 2h－y＝eq\f(1,2)gt2根据题意有y＝eq\f(x2,2h)根据机械能守恒，此人落到坡面时的动能为eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(2h－y) 联立解得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋eq\f(4g2h2,v\o\al(2,0)＋gh)) (2)⑤式可以改写为eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m[(eq\r(v\o\al(2,0)＋gh)－eq\f(2gh,\r(v\o\al(2,0)＋gh)))2＋3gh]v2取极小值的条件为上式中的平方项等于0，由此得v0＝eq\r(gh)此时v2＝3gh，则最小动能为(eq\f(1,2)mv2)min＝eq\f(3,2)mgh.模拟题组4．如图13所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h时，让圆环由静止开始沿杆滑下，滑到杆的底端时速度恰好为零．若以地面为参考面，则在圆环下滑过程中 () A．圆环的机械能保持为mghB．弹簧的弹性势能先增大后减小C．弹簧弹力做的功为－mghD．弹簧的弹性势能最大时，圆环的动能和重力势能之和最小答案CD解析圆环受到重力、支持力和弹簧的弹力作用，支持力不做功，故圆环的机械能与弹簧的弹性势能总和保持不变，故全过程弹簧的弹性势能变化量等于圆环的机械能变化量，C正确．圆环的机械能不守恒，A错误．弹簧垂直杆时弹簧的压缩量最大，此时圆环有向下的速度，故此时弹性势能比末状态的弹性势能小．即：圆环滑到杆的底端时弹簧被拉长，且弹性势能达到最大，此时圆环的动能为零，所以在圆环下滑过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小最后又增大，B错误．弹簧和圆环的总机械能守恒，即Ep弹＋Ekm＋Epm＝0，当Ep弹最大时，Ekm＋Epm必最小，故D项正确．5．光滑曲面轨道置于高度为H＝1.8m的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，如图14所示．一个可视做质点的质量为m＝1kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8)(1)若小球从高h0＝0.2m处下滑，则小球离开平台时速度v0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h1为多大？(3)试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式，并在图15中作出Ek－h图象．图15答案(1)2m/s(2)0.8m(3)Ek＝32.5h图象见解析图解析(1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) 得v0＝eq\r(2gh0)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则H＝eq\f(1,2)gt2 eq\f(H,tanθ)＝v1t 联立②③两式得：v1＝4m/s又mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得h1＝eq\f(v\o\al(2,1),2g)＝0.8m(3)由机械能守恒定律可得：mgh＝eq\f(1,2)mv2小球离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：y＝eq\f(1,2)gt2 x＝vttan37°＝eq\f(y,x) vy＝gt veq\o\al(2,合)＝v2＋veq\o\al(2,y) Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,合)mgh＝eq\f(1,2)mv2 由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Ek＝32.5h考虑到当h>0.8m时小球不会落到斜面上，其图象如图所示．

课后作业►题组1关于重力势能和机械能守恒定律的理解1．关于重力势能，下列说法中正确的是 ()A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C．一个物体的重力势能从－5J变化到－3J，重力势能减少了D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功答案D解析物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面的重力势能不同，A选项错．物体在零势能面以上，距零势能面的距离越大，重力势能越大；物体在零势能面以下，距零势面的距离越大，重力势能越小，B选项错．重力势能中的正、负号表示大小，－5J的重力势能小于－3J的重力势能，C选项错．重力做的功等于重力势能的变化，D选项对．2．置于水平地面上的一门大炮，斜向上发射一枚炮弹．假设空气阻力可以忽略，炮弹可以视为质点，则 ()A．炮弹在上升阶段，重力势能一直增大B．炮弹在空中运动的过程中，动能一直增大C．炮弹在空中运动的过程中，重力的功率一直增大D．炮弹在空中运动的过程中，机械能守恒答案AD解析炮弹在空中运动时，动能先减小后增大．重力的功率亦是先减小后增大，由于忽略空气阻力，所以炮弹的机械能守恒，选项A、D正确．3．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是 ()A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B．做圆周运动的物体机械能一定守恒C．做变速运动的物体机械能可能守恒D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒答案C解析做匀速直线运动的物体与做圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，C正确，D错误．4．如图1所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是 ()A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中，机械能守恒答案C解析小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒．而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒．小球到达槽最低点前，小球先失重，后超重．当小球向右上方滑动时，半圆形槽向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒．综合以上分析可知选项C正确．5．如图2所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上(桌面足够大)，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中正确的是 ()A．B物体受到细线的拉力保持不变B．B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量C．A物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功答案BD解析对A、B的运动分析可知，A、B做加速度越来越小的加速运动，直至A和B达到最大速度，从而可以判断细线对B物体的拉力越来越大，A选项错误；根据能量守恒定律知，B的重力势能的减少转化为A、B的动能与弹簧的弹性势能的增加，据此可判断B选项正确，C选项错误；而A物体动能的增量为细线拉力与弹簧弹力对A做功之和，由此可知D选项正确．►题组2机械能守恒定律的应用6．如图3所示，将物体从一定高度水平抛出(不计空气阻力)，物体运动过程中离地面高度为h时，物体水平位移为x、物体的机械能为E、物体的动能为Ek、物体运动的速度大小为v.以水平地面为零势能面．下列图象中，能正确反映各物理量与h的关系的是 ()答案BC解析设抛出点距离地面的高度为H，由平抛运动规律x＝v0t，H－h＝eq\f(1,2)gt2可知：x＝v0eq\r(\f(2H－h,g))，图象为抛物线，故A项错误；做平抛运动的物体机械能守恒，故B项正确；平抛物体的动能Ek＝mgH－mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，C项正确，D项错误．7．如图4所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m，且M>m，不计摩擦，系统由静止开始运动的过程中 ()A．M、m各自的机械能分别守恒 B．M减少的机械能等于m增加的机械能C．M减少的重力势能等于m增加的重力势能D．M和m组成的系统机械能守恒答案BD解析M下落过程，绳的拉力对M做负功，M的机械能减少，A错误；m上升过程，绳的拉力对m做正功，m的机械能增加；对M、m组成的系统，机械能守恒，易得B、D正确；M减少的重力势能并没有全部用于m重力势能的增加，还有一部分转变成M、m的动能，所以C错误．8．如图5所示，小球以初速度v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．A是内轨半径大于h的光滑轨道、B是内轨半径小于h的光滑轨道、C是内轨直径等于h的光滑轨道、D是长为eq\f(1,2)h的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上四种情况下能到达高度h的有()图5答案AD9．如图6所示是全球最高的(高度为208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中