（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第29課時 機(jī)械能守恒定律（重點突破課）講義（含解析）.doc

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第29課時　機(jī)械能守恒定律(重點突破課) [考點一　機(jī)械能守恒的理解與判斷] 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時必須先判斷機(jī)械能是否守恒，對多個物體組成的系統(tǒng)，學(xué)生往往不能正確理解“只有系統(tǒng)內(nèi)彈力”做功的條件而出錯。 1．重力做功和重力勢能的特點 (1)重力做功與路徑無關(guān)，只與始、末位置的高度差有關(guān)。 (2)重力勢能是物體和地球組成的系統(tǒng)所共有的；重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)。 (3)重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負(fù)功，重力勢能增大；重力對物體做的功等于物體重力勢能變化量的負(fù)值，即WG＝－ΔEp。 2．彈性勢能 (1)定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量。 (2)大小：彈簧的彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。 (3)彈力對物體做的功等于彈簧彈性勢能變化量的負(fù)值，即W＝－ΔEp。 3．機(jī)械能守恒定律 (1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。 (2)守恒條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。 (3)常用的三種表達(dá)式 守恒式 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 轉(zhuǎn)化式 ΔEk＝－ΔEp 轉(zhuǎn)移式 ΔEA＝－ΔEB 4．機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法 (1)利用做功及守恒條件判斷。 (2)利用機(jī)械能的定義判斷：若物體或系統(tǒng)的動能、勢能之和保持不變，則機(jī)械能守恒。 (3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，內(nèi)部也沒有機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。 [典例]　(多選)如圖所示，下列關(guān)于機(jī)械能是否守恒的判斷正確的是(　　) A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機(jī)械能守恒 B．乙圖中，斜面體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機(jī)械能守恒 C．丙圖中，連接A、B的繩子不可伸長，不計任何阻力和定滑輪及繩子的質(zhì)量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運(yùn)動時，小球的機(jī)械能守恒 [解析]　由題圖可知，甲圖中有重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物體A機(jī)械能不守恒，A錯；乙圖中物體B沿斜面勻速下滑，物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負(fù)功，物體B的機(jī)械能不守恒，B錯；丙圖中繩子張力對A做負(fù)功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C對；丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機(jī)械能守恒，D對。 [答案]　CD (1)機(jī)械能守恒的條件絕不是合外力做的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。 (2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機(jī)械能必定不守恒。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．關(guān)于機(jī)械能守恒定律的適用條件，下列說法正確的是(　　) A．只有重力和彈力作用時，機(jī)械能才守恒 B．當(dāng)有其他外力作用時，只要合外力為零，機(jī)械能守恒 C．當(dāng)有其他外力作用時，只要其他外力不做功，機(jī)械能守恒 D．炮彈在空中飛行不計阻力時，僅受重力作用，所以爆炸前后機(jī)械能守恒 解析：選C　機(jī)械能守恒的條件是“只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功”而不是“只有重力和彈力作用”，“做功”和“作用”是兩個不同的概念，A項錯誤；物體受其他外力作用且合外力為零時，機(jī)械能可能不守恒，如拉一物體勻速上升，合外力為零，物體的動能不變，重力勢能增加，故機(jī)械能增加，B項錯誤；在炮彈爆炸過程中產(chǎn)生的內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，機(jī)械能不守恒，D項錯誤；由機(jī)械能守恒定律的特點知，C項正確。 2.(2019昆明、玉溪統(tǒng)考)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ<45，當(dāng)小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端(此時小球速度為零)的整個過程中，關(guān)于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是(　　) A．小球的動能與重力勢能之和保持不變 B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小 C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 解析：選B　小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中，機(jī)械能守恒，彈簧處于原長時彈性勢能為零，小球從C點到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以整個過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯。 3.(2018天津高考)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零　　 　B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 解析：選C　運(yùn)動員從A點滑到B點的過程做勻速圓周運(yùn)動，合外力指向圓心，不做功，故A錯誤，C正確；如圖所示，沿圓弧切線方向運(yùn)動員受到的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過程中α減小，sin α變小，故摩擦力Ff變小，故B錯誤；運(yùn)動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，則機(jī)械能減小，故D錯誤。 [考點二　單個物體的機(jī)械能守恒] 單個物體的機(jī)械能守恒往往會與平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動、人造衛(wèi)星等結(jié)合到一起，構(gòu)成綜合性問題。求解這類問題時除了掌握機(jī)械能守恒的條件、規(guī)律外，還應(yīng)熟練掌握這幾種運(yùn)動的特點和規(guī)律。 1.平拋運(yùn)動的特點和規(guī)律：平拋運(yùn)動是初速度沿水平方向且只在重力作用下的運(yùn)動，所以物體的機(jī)械能守恒。 2.圓周運(yùn)動的特點和規(guī)律：物體在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動時機(jī)械能守恒；物體在豎直面內(nèi)沿光滑軌道或由繩子系著做圓周運(yùn)動時，只有重力做功機(jī)械能守恒，但物體速度大小是變化的。 3.衛(wèi)星進(jìn)入圓形軌道穩(wěn)定運(yùn)行時機(jī)械能不變，衛(wèi)星自由地繞地球做橢圓軌道運(yùn)動時只有地球引力做功，其機(jī)械能守恒，而衛(wèi)星在人為變軌的過程中，機(jī)械能不守恒。 [典例]　(2019貴州七校高三聯(lián)考)如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)用內(nèi)壁光滑鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運(yùn)行速率為v0＝6 m/s，將質(zhì)量 m＝1.0 kg的可視為質(zhì)點的滑塊無初速度地放在傳送帶A端，傳送帶長L＝12.0 m，“9”形軌道高H＝0.8 m，“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R＝0.2 m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)滑塊從傳送帶A端運(yùn)動到B端所需要的時間； (2)滑塊滑到“9形”軌道最高點C時受到“9形”軌道的作用力大??； (3)若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角 θ＝45的斜面上P點，求P、D兩點間的豎直高度。 [解析]　(1)滑塊在傳送帶上運(yùn)動時，由牛頓第二定律得： μmg＝ma 解得：a＝μg＝3 m/s2 滑塊加速到與傳送帶達(dá)到共速所需要的時間： t1＝＝2 s 0～2 s內(nèi)滑塊的位移：x1＝at12＝6 m 之后滑塊做勻速運(yùn)動的位移：x2＝L－x1＝6 m 滑塊勻速運(yùn)動的時間：t2＝＝1 s 故滑塊從傳送帶A端運(yùn)動到B端所需時間： t＝t1＋t2＝3 s。 (2)滑塊由B運(yùn)動到C，由機(jī)械能守恒定律得： mvC2＋mgH＝mv02 在C點，“9形”軌道對滑塊的彈力與其受到的重力的合力提供做圓周運(yùn)動的向心力，設(shè)“9形”軌道對滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得：FN＋mg＝m 解得：FN＝90 N。 (3)滑塊由B到D運(yùn)動的過程中，由機(jī)械能守恒定律得： mv02＝mvD2＋mg(H－2R) 設(shè)P、D兩點間的豎直高度為h， 滑塊由D到P運(yùn)動的過程中，由機(jī)械能守恒定律得： mvP2＝mvD2＋mgh 又vD＝vPsin 45 解得：h＝1.4 m。 [答案]　(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m [規(guī)律方法] 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律的一般步驟 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.一小球以一定的初速度v0從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，軌道1的半徑為R，軌道2的半徑是軌道1的1.8 倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時對軌道的壓力為(　　) A．2mg　　　　　　　　 　B．3mg C．4mg D．5mg 解析：選C　小球恰好能通過軌道2的最高點B，有mg＝，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時，有F＋mg＝，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球在軌道1上經(jīng)過其最高點A時對軌道的壓力為4mg，C項正確。 2.(2016全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為。一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運(yùn)動。 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點。 解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mg① 設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg② 由①②式得＝5。③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動到C點，則小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④ 設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤m⑥ 由機(jī)械能守恒定律得mg＝mvC2⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點。 答案：(1)5　(2)能沿軌道運(yùn)動到C點 [考點三　多個物體的機(jī)械能守恒] 對多個物體組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題，解題的關(guān)鍵是正確判斷系統(tǒng)是否符合機(jī)械能守恒的條件。尤其是對于含有彈簧的系統(tǒng)，一定不要遺漏彈簧的彈性勢能。 1．繩連接的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒 常見情景 三點提醒 (1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等 (2)會用兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系 (3)對于單個物體，一般繩上的力要做功，機(jī)械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機(jī)械能可能守恒 2.桿連接的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒 常見情景 三大特點 (1)平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等 (2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機(jī)械能不守恒 (3)對于桿和物體組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒 3.彈簧連接的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒 題型特點 由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統(tǒng)內(nèi)物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能守恒 兩點提醒 (1)對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，無論彈簧伸長還是壓縮 (2)物體運(yùn)動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān) [典例]　如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R＝0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與半圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿。質(zhì)量為ma＝100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接?，F(xiàn)將a從半圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿半圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大??； (2)a從P點下滑至桿與半圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對b做的功。 [解析]　(1)當(dāng)a滑到與O等高的P點時，a的速度v沿半圓環(huán)切線向下，b的速度為零， 由機(jī)械能守恒定律可得：magR＝mav2 解得v＝ 對a受力分析，由牛頓第二定律可得： F＝＝2mag＝2 N。 (2)桿與半圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向， 設(shè)此時b的速度為vb， 則知va＝vbcos θ 由幾何關(guān)系可得： cos θ＝＝0.8 a從P到Q下降的高度h＝Rcos θ＝0.24 m a、b及桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒： magh＝mava2＋mbvb2－mav2 對b，由動能定理得：W＝mbvb2＝0.194 4 J。 [答案]　(1)2 N　(2)0.194 4 J (1)對多個物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運(yùn)動過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒。 (2)注意尋找用繩或桿或彈簧相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。 (3)列機(jī)械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(多選)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時，b對地面的壓力大小為mg 解析：選BD　由題意知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb，此時輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖所示。 因為輕桿不可伸長，所以沿輕桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。當(dāng)a滑至地面時θ＝90，此時vb＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，選項B正確；由于b初、末速度均為零，運(yùn)動過程中其動能先增大后減小，即輕桿對b先做正功后做負(fù)功，選項A錯誤；輕桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到輕桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤；b的動能最大時，輕桿對a、b的作用力為零，此時a的機(jī)械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。 2.如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計。開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面。求： (1)斜面的傾角α； (2)A獲得的最大速度vm。 解析：(1)由題意可知，當(dāng)A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零 由牛頓第二定律：4mgsin α－2mg＝0 解得：sin α＝，即α＝30。 (2)由題意可知，A、B、C組成的系統(tǒng)在初始時和A沿斜面下滑至速度最大時的機(jī)械能守恒，設(shè)彈簧的形變量為Δx，由題意可得：2mg＝kΔx 4mgΔxsin α－mgΔx＝5mvm2 解得：vm＝2g 。 答案：(1)30　(2)2g 3.(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運(yùn)動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53＝0.8，cos 53＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運(yùn)動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識可知AC⊥BC，根據(jù)平衡條件得 (F＋mg)cos 53＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時 小球上升h1＝3lsin 53 物塊下降h2＝2l 物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動到最低點時，恰好回到起始點，設(shè)此時物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53＝ma 解得T＝ [結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg]。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3) [考點四　用機(jī)械能守恒定律解決非質(zhì)點問題] 非質(zhì)點運(yùn)動問題一直是高考考查的難點問題，學(xué)生在解答這類問題時常常出錯，原因是不能正確找到物體的“質(zhì)心”，從而不能正確判斷物體重力勢能的變化情況或重力做功情況。 1．在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運(yùn)動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再視為質(zhì)點來處理。 2．物體雖然不能視為質(zhì)點來處理，但因只有重力做功，物體整體機(jī)械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解。 [典例]　如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角為α的足夠長的光滑斜面，斜面體固定不動。AB、BC間用一小段光滑圓弧軌道相連。一條長為L的均勻柔軟鏈條開始時靜置在ABC面上，其一端D至B的距離為L－a?，F(xiàn)自由釋放鏈條，則： (1)鏈條下滑過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒？簡述理由； (2)鏈條的D端滑到B點時，鏈條的速率為多大？ [解析]　(1)鏈條在下滑過程中機(jī)械能守恒，因為斜面BC和水平面AB均光滑，鏈條下滑時只有重力做功，符合機(jī)械能守恒的條件。 (2)設(shè)鏈條質(zhì)量為m，可以認(rèn)為始、末狀態(tài)的重力勢能變化是由L－a段下降引起的，如圖所示。 該部分高度減少量h＝sin α＝sin α 該部分的質(zhì)量為m′＝(L－a) 由機(jī)械能守恒定律可得m′gh＝mv2， 解得v＝ 。 [答案]　(1)機(jī)械能守恒，理由見解析　 (2) (1)尋找物體狀態(tài)變化的等效長度，如本題中的“L－a”，可以快速準(zhǔn)確的解決非質(zhì)點問題。 (2)重力勢能的變化或重力做功利用等效長度來表示，但動能的表達(dá)式一般要針對整體。 (3)機(jī)械能守恒定律解決非質(zhì)點問題，猶如整體隔離法解決動力學(xué)問題。　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，粗細(xì)均勻，兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，開始時兩邊液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動，當(dāng)兩液面高度相等時，右側(cè)液面下降的速度為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動能，根據(jù)功能關(guān)系有mgh＝mv2，解得：v＝ ，A正確。 2．如圖所示，露天娛樂場空中列車由許多節(jié)完全相同的車廂組成，列車先沿光滑水平軌道行駛，然后滑上一固定的半徑為R的空中圓形光滑軌道，若列車全長為L(L＞2πR)，R遠(yuǎn)大于一節(jié)車廂的長度和高度，那么列車在運(yùn)行到圓形軌道前的速度至少要多大，才能使整個列車安全通過固定的圓形軌道(車廂間的距離不計)。 解析：當(dāng)列車進(jìn)入圓形軌道后，動能逐漸向勢能轉(zhuǎn)化，車速逐漸減小，當(dāng)車廂占滿圓形軌道時的速度最小，設(shè)此時的速度為v，列車的質(zhì)量為M， 圓形軌道上那部分列車的質(zhì)量：M′＝2πR 由機(jī)械能守恒定律可得：Mv02＝Mv2＋M′gR 又因圓形軌道頂部車廂應(yīng)滿足：mg＝m 解得：v0＝ 。 答案：