（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 機械能 第3講 機械能守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案

第3講機械能守恒定律及其應(yīng)用知識排查重力做功與重力勢能1.重力做功的特點(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)重力做功不引起物體機械能的變化。2.重力勢能(1)表達(dá)式：Epmgh。(2)重力勢能的特點系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所共有的。相對性：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.重力做功與重力勢能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減小；重力對物體做負(fù)功，重力勢能就增大。(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量，即WG(Ep2Ep1)Ep。彈性勢能1.定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。2.彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，即WEp。機械能守恒定律及應(yīng)用1.機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。2.機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)表達(dá)式：mgh1mvmgh2mv。3.守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。小題速練1.思考判斷(1)被舉高的物體重力勢能一定不為零()(2)重力勢能的變化量與零勢能參考面的選取無關(guān)()(3)物體所受合外力為零，其機械能一定守恒()(4)合外力做功為零，物體機械能一定守恒()(5)做勻速運動的物體，其機械能一定守恒()(6)克服重力做功，物體的機械能一定增加()答案(1)×(2)(3)×(4)×(5)×(6)×2.將質(zhì)量為100 kg的物體從地面提升到10 m高處，在這個過程中，下列說法正確的是(取g10 m/s2)()A.重力做正功，重力勢能增加1.0×104 JB.重力做正功，重力勢能減少1.0×104 JC.重力做負(fù)功，重力勢能增加1.0×104 JD.重力做負(fù)功，重力勢能減少1.0×104 J解析WGmgh1.0×104 J，EpWG1.0×104 J，選項C正確。答案C3.人教版必修2·P78·T3改編如圖1所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖1A.重力對物體做的功大于mghB.物體在海平面上的勢能為mghC.物體在海平面上的動能為mvmghD.物體在海平面上的機械能為mv答案D重力勢能彈性勢能1.對重力做功和重力勢能的幾點理解(1)重力做功的大小與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，與物體是否受其他力無關(guān)。(2)重力做功，一定會引起重力勢能的變化。(3)重力勢能是標(biāo)量，但有正負(fù)，其意義表示物體的重力勢能比它在參考平面的重力勢能大還是小。(4)WGEP中的負(fù)號表示重力做的功與重力勢能變化的絕對值相等，符號相反。2.對彈性勢能的理解(1)彈性勢能是由彈性物體的相對位置決定的能。(2)當(dāng)彈簧形變量的長度為零時，彈性勢能計為零，彈簧被拉長或壓縮后，都具有彈性勢能，Epkx2，x為形變量?！镜淅?2018·4月浙江選考)如圖2所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山上的A、B處，A、B兩點水平距離為16 m，豎直距離為2 m，A、B間繩長為20 m。質(zhì)量為10 kg 的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處。以A點所在水平面為參考平面，猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為(繩處于拉直狀態(tài))()圖2A.1.2×103 J B.7.5×102 JC.6.0×102 J D.2.0×102 J解析重力勢能最小的點為最低點，結(jié)合“同繩同力”可知，在最低點時，兩側(cè)繩子與水平方向夾角相同，記為，設(shè)右邊繩子長為a，則左邊繩長為20a。由幾何關(guān)系得20cos 16；asin (20a)sin 2聯(lián)立解得a m，所以最低點距離參考面的高度差為sin 7 m，猴子的重心比繩子最低點大約低0.5 m，所以猴子在最低點的重力勢能約為750 J，故選項B正確。答案B1.籃球場上，運動員練習(xí)投籃，籃球劃過一條漂亮的弧線落入籃筐，球的軌跡如圖3中虛線所示。從籃球出手到落入籃筐的過程中，籃球的重力勢能()圖3A.一直增大B.一直減小C.先減小后增大D.先增大后減小解析籃球出手后先上升后下降，故重力勢能先增大后減小，D正確。答案D2.如圖4所示，在光滑水平面上有一物體，它的左端連一彈簧，彈簧的另一端固定在墻上，在力F作用下物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)撤去F后，物體將向右運動，在物體向右運動的過程中，下列說法正確的是()圖4A.彈簧的彈性勢能逐漸減少B.彈簧的彈性勢能逐漸增加C.彈簧的彈性勢能先增加再減少D.彈簧的彈性勢能先減少再增加解析當(dāng)力F作用在物體上時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，當(dāng)撤去力F后，物體向右運動。隨著物體向右運動，彈簧的壓縮量逐漸減小，彈性勢能減少，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，但物體的運動速度仍然向右，繼續(xù)向右運動，彈簧被拉長，彈性勢能增加，所以選項D正確。答案D3.(2018·11月浙江選考)奧運會比賽項目撐桿跳高如圖5所示，下列說法不正確的是()圖5A.加速助跑過程中，運動員的動能增加B.起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加C.起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加D.越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能減少動能增加解析加速助跑過程中運動員的速度增大，動能增大，選項A正確；起跳上升過程中，桿的形變量先變大，后變小，故彈性勢能先變大后變小，選項B錯誤；起跳上升過程中，運動員的重心升高，重力勢能增加，選項C正確；越過橫桿后下落過程中，運動員的重力做正功，重力勢能減少，動能增加，選項D正確。答案B機械能守恒定律的理解及應(yīng)用角度一機械能守恒的判斷1.利用機械能的定義判斷(直接判斷)分析動能和勢能的和是否變化。2.用做功判斷若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒。3.用能量轉(zhuǎn)化來判斷若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒。1.(2016·10月浙江選考)如圖6所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是()圖6A.動能B.動能、重力勢能C.重力勢能、機械能D.動能、重力勢能、機械能解析無人機勻速上升，所以動能保持不變，所以選項A、B、D錯誤；高度不斷增加，所以重力勢能不斷增加，在上升過程中升力對無人機做正功，所以無人機機械能不斷增加，所以選項C正確。答案C2.下列運動過程中，機械能一定守恒的是()A.做自由落體運動的小球B.在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動的物體C.在粗糙斜面上勻加速下滑的物塊D.勻速下落的跳傘運動員解析判斷機械能是否守恒有兩種方法，一是根據(jù)條件判斷；二是直接判斷動能和勢能的總和是否保持不變。做自由落體運動的小球，只有重力做功，機械能守恒，選項A正確；做豎直面上的勻速圓周運動的物體，在運動中重力勢能改變，而動能不變，機械能不守恒，故選項B錯誤；沿粗糙斜面加速下滑的物塊，由于摩擦力做功，所以機械能一定不守恒，選項C錯誤；跳傘運動員帶著張開的降落傘勻速下降，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小，故選項D錯誤。答案A3.如圖7所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度地釋放，讓小球自由擺下，不計空氣阻力，在小球由A點擺向最低點B的過程中，下列說法中正確的是()圖7A.小球的機械能守恒B.小球的機械能增加C.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變D.小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析小球由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負(fù)功，所以小球的機械能減少，故選項A、B錯誤；在此過程中，由于有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球減少的重力勢能，等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項C錯誤，D正確。答案D角度二機械能守恒定律的應(yīng)用1.機械能守恒定律的表達(dá)式2.用機械能守恒定律解題的基本思路【典例】如圖8所示，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點沿圓弧軌道運動。圖8(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，由機械能守恒得EkAmg·設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkBmg·由式得5(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應(yīng)滿足FN0設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有FNmgm由式得mgmvC全程應(yīng)用機械能守恒定律得mg·mvC2由式可知，vCvC，即小球恰好可以沿軌道運動到C點。答案(1)51(2)能，理由見解析1.一小球以一定的初速度從圖示9位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道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A處時對軌道的壓力為()圖9A.2mg B.3mgC.4mg D.5mg解析小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mgm，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有Fmgm，根據(jù)機械能守恒定律，有1.6mgRmvmv，解得F4mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫F4mg，選項C正確。答案C2.如圖10所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()圖10A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變化了mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析圓環(huán)在下落過程中彈簧的彈性勢能增加，由能量守恒定律可知圓環(huán)的機械能減少，而圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A、D錯誤；圓環(huán)下滑到最大距離時速度為零，但是加速度不為零，即合外力不為零，故C錯誤；圓環(huán)重力勢能減少了mgL，由機械能守恒定律知彈簧彈性勢能增加了mgL，故B正確。答案B3.(2016·4月浙江選考)如圖11所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成。其中軌道由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h10.20 m、h20.10 m，BC水平距離L1.00 m。軌道由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高。當(dāng)彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m0.05 kg的滑塊沿軌道上升到B點；當(dāng)彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道上升到C點。(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g10 m/s2)圖11(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大?。?2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，若沿軌道運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由。解析(1)Ep1mv而mvmgh1得v02 m/sEp10.1 J(2)當(dāng)xd時，滑塊恰好沿軌道到B點mgh1Ep1當(dāng)x2d時，滑塊恰好到C點mg(h1h2)mgLEp2已知Epk·x2聯(lián)立得即得0.5(3)恰能通過圓環(huán)最高點，須滿足的條件是mg，由機械能守恒定律有vv02 m/s，得Rm0.4 m，當(dāng)RRm0.4 m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點答案(1)0.1 J2 m/s(2)0.5(3)見解析活頁作業(yè)(時間：30分鐘)A組基礎(chǔ)過關(guān)1.下列研究對象在運動過程中機械能一定守恒的是()A.小球做平拋運動B.汽車以2 m/s2的加速度啟動過程C.跳傘運動員從空中勻速下降過程D.箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑過程解析做平拋運動的小球，只受重力，在運動過程中機械能一定守恒，A正確；汽車以2 m/s2加速度啟動過程，動能增大，重力勢能不變，機械能增大，B錯誤；跳傘運動員打開傘后，空氣阻力做負(fù)功，其機械能不守恒，C錯誤；箱子除受重力外，還受到拉力作用，且拉力做功，箱子機械能不守恒，D錯誤。答案A2.籃球從一定高度下落至地面，經(jīng)多次反彈后靜止在地面上，此過程中()A.動能時刻在減少 B.重力始終做正功C.重力勢能時刻在減少 D.機械能不守恒解析籃球的動能增大時，重力勢能減小，動能減小時，重力勢能增大，但機械能不守恒，D正確。答案D3.(2018·嘉興市3月高三選考)如圖1所示是一種名為“牙簽弩”的玩具弓弩，現(xiàn)豎直向上發(fā)射木質(zhì)牙簽，O點為皮筋自然長度位置，A為發(fā)射的起點位置。若不計一切阻力，重力加速度為g，則()圖1A.A到O的過程中，牙簽一直處于超重狀態(tài)B.A到O的過程中，牙簽的機械能守恒C.在上升過程中，弓和皮筋的彈性勢能轉(zhuǎn)化為牙簽的動能D.根據(jù)牙簽向上飛行的高度可測算出牙簽被射出時的速度答案D4.如圖2所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h時的速度為()圖2A. B. C. D.0解析對彈簧和小球A，根據(jù)機械能守恒定律得彈性勢能Epmgh；對彈簧和小球B，根據(jù)機械能守恒定律有Ep×2mv22mgh，得小球B下降h時的速度v，故選項B正確。答案B5.取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A. B. C. D.解析根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得mvmgh，即v0。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vyv0，則該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。答案B6.如圖3所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O點，O與O點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩與輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然長度，將兩球分別由靜止開始釋放，當(dāng)兩球達(dá)到各自懸點的正下方時，兩球仍處于同一水平面上，不計空氣阻力，則()圖3A.兩球到達(dá)各自懸點正下方時，兩球動能相等B.兩球到達(dá)各自懸點正下方時，A球動能較大C.兩球到達(dá)各自懸點正下方時，B球動能較大D.兩球到達(dá)各自懸點正下方時，受到拉力相等解析整個過程中兩球減少的重力勢能相等，A球減少的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為A球動能，B球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為B球的動能和彈簧的彈性勢能，所以到達(dá)懸點正下方時，A球動能大于B球動能，B正確，A、C錯誤；在懸點正下方根據(jù)Fmg，A球受到拉力較大，D錯誤。答案B7.物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面(不計一切阻力)。下列圖象能正確反映各物理量之間關(guān)系的是()解析由機械能守恒定律得EpEEk可知，勢能與動能關(guān)系的圖象為傾斜的直線，C錯誤；由動能定理得Ekmgh，則EpEmgh，故勢能與h關(guān)系的圖象也為傾斜的直線，D錯誤；EpEmv2，故勢能與速度關(guān)系的圖象為開口向下的拋物線，B正確；EpEmg2t2，勢能與時間關(guān)系的圖象也為開口向下的拋物線，A錯誤。答案BB組能力提升8.如圖4所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()圖4A.hAhBhC B.hAhBhCC.hAhBhC D.hAhChB解析對于A球和C球，當(dāng)?shù)竭_(dá)最高點時，速度均會減為0，所以由機械能守恒定律可得mvmgh，所以hAhC，而B球當(dāng)上升到最高點時，只有豎直方向的分速度減為0，水平方向速度保持不變，所以由機械能守恒定律得mvmghBmv，所以hAhChB，故D正確。答案D9.(2017·上海單科，19)如圖5，與水平面夾角37°的斜面和半徑R0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)0.25。(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：圖5(1)滑塊在C點的速度大小vC；(2)滑塊在B點的速度大小vB；(3)A、B兩點間的高度差h。解析(1)對C點：滑塊豎直方向所受合力提供向心力mgvC2 m/s。(2)對BC過程：滑塊機械能守恒mvmvmgR(1cos 37°)vB4.29 m/s。(3)滑塊在AB的過程，利用動能定理mghmgcos 37°·mv0代入數(shù)據(jù)解得h1.38 m答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m10.如圖6所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端B與軌道最低點C的距離為4R，現(xiàn)用一個小球壓縮彈簧(不拴接)，當(dāng)彈簧的壓縮量為l時，釋放小球，小球在運動過程中恰好通過半圓形軌道的最高點E；之后再次從B點用該小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE軌道拋出后恰好落在B點，已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次壓縮時彈簧的壓縮量。圖6解析設(shè)第一次壓縮量為l時，彈簧的彈性勢能為Ep。釋放小球后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，設(shè)小球離開彈簧時速度為v1由機械能守恒定律得Epmv設(shè)小球在最高點E時的速度為v2，由臨界條件及牛頓第二定律可知mgm，v2由機械能守恒定律可得mvmg·2Rmv以上幾式聯(lián)立解得EpmgR設(shè)第二次壓縮時彈簧的壓縮量為x，此時彈簧的彈性勢能為Ep小球通過最高點E時的速度為v3，由機械能守恒定律可得Epmg·2Rmv小球從E點開始做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得4Rv3t，2Rgt2，解得v32，解得Ep4mgR由已知條件可得，代入數(shù)據(jù)解得xl。答案l11.(2018·浙江寧波選考適應(yīng)性考試)寧波高中科技新苗項目的同學(xué)在一個連鎖機關(guān)游戲中，設(shè)計了一個如圖7所示的起始觸發(fā)裝置：AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯開。豎直桿外套有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的套環(huán)。每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定，設(shè)PB的高度差為h，解除鎖定后彈簧可將套環(huán)彈出，在觸發(fā)器的右側(cè)有多米諾骨牌，多米諾骨牌的左側(cè)最高點Q和P點等高，且與E的水平距離為x(可以調(diào)節(jié))，已知彈簧鎖定時的彈性勢能Ep10mgR，套環(huán)P與水平桿DE段的動摩擦因數(shù)0.5，與其他部分的摩擦可以忽略不計，不計套環(huán)受到的空氣阻力及解除鎖定時的彈性勢能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細(xì)變化對套環(huán)的影響，重力加速度為g。求：圖7(1)當(dāng)h7R時，套環(huán)到達(dá)桿的最高點C處時的速度大??；(2)在(1)問中套環(huán)運動到最高點C時對桿作用力的大小和方向；(3)若h在3R至10R連續(xù)可調(diào)，要使該套環(huán)恰能擊中Q點，則x應(yīng)該在哪個范圍內(nèi)調(diào)節(jié)？解析(1)當(dāng)h7R時，套環(huán)從P點運動到C點，根據(jù)機械能守恒定律有：Epmg(hR)mv2，Ep10mgR，解得v2；(2)在最高點C時，對套環(huán)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgFCm解得FC3mg，由牛頓第三定律知環(huán)對桿的作用力FC3mg，方向豎直向上；(3)套環(huán)恰能擊中Q點，平拋運動過程：hRgt2xvEt從P到E，根據(jù)能量守恒定律有：Epmg(hR)mg·2Rmv由以上各式可解得：4Rx9R。答案(1)2(2)3mg，豎直向上(3)4Rx9R15