2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機(jī)械能 第3講 機(jī)械能 機(jī)械能守恒定律 教科版.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機(jī)械能 第3講 機(jī)械能 機(jī)械能守恒定律 教科版一、重力勢能1定義：物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積2公式：Epmgh.3矢標(biāo)性：重力勢能是標(biāo)量，但有正、負(fù)，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負(fù)的物理意義不同4特點：(1)系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所組成的物體“系統(tǒng)”所共有的(2)相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)重力勢能的變化是一定的，與參考平面的選取無關(guān)5重力做功與重力勢能變化的關(guān)系：重力做正功時，重力勢能減少；重力做負(fù)功時，重力勢能增加；重力做多少正(負(fù))功，重力勢能就減少(增加)多少，即WGEp1Ep2.二、彈性勢能1定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能2大?。簭椥詣菽艿拇笮∨c形變量及彈簧勁度系數(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彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加三、機(jī)械能、機(jī)械能守恒定律1機(jī)械能物體的動能和勢能之和統(tǒng)稱為機(jī)械能，即EEkEP.其中勢能包括重力勢能和彈性勢能2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)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變(2)表達(dá)式：E2E1，即Ek2Ep2Ek1Ep11下列物體運動過程中滿足機(jī)械能守恒的是()A跳傘運動員張開傘后，在空中勻速下降B忽略空氣阻力，物體豎直上拋C火箭升空過程D拉著物體沿光滑斜面勻速上升解析：跳傘運動員在空中勻速下降時，動能不變，重力勢能減小，故機(jī)械能減少，A錯誤；忽略空氣阻力，物體豎直上拋時，只有重力做功，機(jī)械能守恒，B正確；火箭升空時，推力做正功，機(jī)械能增加，C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升時，動能不變，重力勢能增加，故機(jī)械能增加，D錯誤答案：B2關(guān)于彈性勢能，下列說法中正確的是()A當(dāng)彈簧變長時彈性勢能一定增大B當(dāng)彈簧變短時彈性勢能一定減小C在拉伸長度相同時，k越大的彈簧的彈性勢能越大D彈簧在拉伸時彈性勢能一定大于壓縮時的彈性勢能解析：彈簧彈性勢能的大小，除了跟勁度系數(shù)k有關(guān)外，還跟它的形變量有關(guān)如果彈簧原來處在壓縮狀態(tài)，當(dāng)它變長時，它的彈性勢能應(yīng)先減小，在原長處它的彈性勢能最小，所以A、B、D都不對答案：C3關(guān)于重力勢能，下列說法中正確的是()A物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定B物體與參考平面的距離越大，它的重力勢能也越大C一物體的重力勢能從5 J變化到3 J，重力勢能變大了D重力勢能的減少量等于重力對物體做的功答案：CD4不計空氣阻力，如圖所示的幾種情況中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒的是()一顆彈丸在光滑的碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運動(圖甲)運動員在蹦床上越跳越高(圖乙)圖丙中小車上放一木塊，小車的左側(cè)有彈簧與墻壁相連，小車在左右振動時，木塊相對于小車無滑動(車輪與地面間摩擦不計)圖丙中如果小車振動時，木塊相對小車滑動(木塊與小車有摩擦)ABC D解析：對而言，僅重力對彈丸做功，機(jī)械能守恒，故正確；對而言，運動員不斷對自己做功，機(jī)械能增加，故不正確；對而言，能量僅在動能和彈性勢能之間轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒；對而言，有摩擦生熱，故不正確故選項D正確答案：D5如圖所示，質(zhì)量為m的物體沿斜上方以速度v0拋出后，能達(dá)到的最大高度為H，當(dāng)它將要落到離地面高度為h的平臺上時(不計空氣阻力，取地面為參考平面)，下列判斷正確的是()A它的總機(jī)械能大于mvB它的總機(jī)械能為mgHC它的動能為mg(Hh)D它的動能為mvmgh解析：依題意分析可知，物體做拋體運動過程中機(jī)械能守恒物體剛被拋出時的機(jī)械能為mv，故物體將要落到離地面高度為h的平臺上時機(jī)械能一定為mv，選項A、B均錯誤；設(shè)物體將要落到離地面高度為h的平臺上時動能為Ek，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mvEkmgh，解得Ekmvmgh，故選項C錯誤，D正確答案：D1機(jī)械能守恒的條件：只有重力或彈力做功可以從以下兩個方面理解：(1)只受重力作用，例如在不考慮空氣阻力的情況下的各種拋體運動，物體的機(jī)械能守恒(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或彈力做功例如物體沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物體的機(jī)械能守恒2判斷機(jī)械能是否守恒的幾種方法：(1)利用機(jī)械能的定義判斷(直接判斷)若物體在水平面上勻速運動，其動能、勢能均不變，機(jī)械能不變?nèi)粢粋€物體沿斜面勻速下滑，其動能不變，重力勢能減少，其機(jī)械能減少(2)從做功角度來判斷分析物體或物體系的受力情況，明確各力做功情況，若只有重力或彈簧彈力對物體或物體系做功，則物體或物體系機(jī)械能守恒(3)從能量轉(zhuǎn)化角度來判斷若物體系中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系的機(jī)械能守恒如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動設(shè)開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力下列分析中正確的是()A小球過B點時，彈簧的彈力為mgmB小球過B點時，彈簧的彈力為mgmC從A到B的過程中，小球的機(jī)械能守恒D從A到B的過程中，小球的機(jī)械能減少解析：考查機(jī)械能守恒條件、牛頓運動定律及圓周運動規(guī)律關(guān)鍵是要理解機(jī)械能守恒條件，正確把握牛頓運動定律在圓周運動中的應(yīng)用從A到B的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢能增大，小球的機(jī)械能減小；由于小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)Nmgm，即FNmgm.答案：AD11：如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是()A斜劈對小球的彈力不做功B斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C斜劈的機(jī)械能守恒D小球機(jī)械能的減小量等于斜劈動能的增大量解析：球有豎直方向的位移，所以斜劈對球做功不計一切摩擦，小球下滑過程中，只有小球和斜劈組成的系統(tǒng)中動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選B、D.答案：BD(20分)(xx大綱全國卷)一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側(cè)豎直，另一側(cè)的坡面呈拋物線形狀此隊員從山溝的豎直一側(cè)，以速度v0沿水平方向跳向另一側(cè)坡面如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標(biāo)系Oxy.已知，山溝豎直一側(cè)的高度為2h，坡面的拋物線方程為yx2；探險隊員的質(zhì)量為m.人視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g.(1)求此人落到坡面時的動能；(2)此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最?。縿幽艿淖钚≈禐槎嗌伲拷馕觯?1)設(shè)該隊員在空中運動的時間為t，在坡面上落點的橫坐標(biāo)為x，縱坐標(biāo)為y.由運動學(xué)公式和已知條件得xv0t (1分)2hygt2 (1分)根據(jù)題意有y (2分)由機(jī)械能守恒，落到坡面時的動能為mv2mvmg(2hy) (4分)聯(lián)立式得mv2m. (3分)(2)式可以改寫為v223gh(3分)v2取極小的條件為式中的平方項等于0，由此得v0 (3分)此時v23gh，則最小動能為minmgh.(3分)答案：(1) m(2)mgh21：如圖所示，豎直平面內(nèi)的一半徑R0.50 m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點，質(zhì)量m0.10 kg的小球從B點正上方H0.95 m高處的A點自由下落，由B點進(jìn)入圓弧軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離x2.4 m，球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h0.80 m，g取g10 m/s2，不計空氣阻力，求：(1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小FN；(2)小球經(jīng)過最高點P的速度大小vP；(3)D點與圓心O的高度差hOD.解析：(1)設(shè)經(jīng)過C點速度為v1，由機(jī)械能守恒有mg(HR)mv由牛頓第二定律有FNmg代入數(shù)據(jù)解得：FN6.8 N.(2)P點時速度為vP，P到Q做平拋運動有hgt2，vPt代入數(shù)據(jù)解得：vP3.0 m/s.(3)由機(jī)械能守恒定律，有mvmghmg(HhOD)，代入數(shù)據(jù)，解得hOD0.30 m.答案：(1)6.8 N(2)3.0 m/s(3)0.30 m一、連繩模型此類問題要認(rèn)清物體的運動過程，注意物體運動到最高點或最低點時速度相等這一隱含條件(xx上海單科)如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍當(dāng)B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A2RB5R/3C4R/3 D2R/3解析：如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgRmgR3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有mv2mgh，解得hR.則B上升的高度為RRR，故選項C正確答案：C二、連桿模型這類問題應(yīng)注意在運動過程中各個物體之間的角速度、線速度的關(guān)系等一個質(zhì)量不計的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B，支架的兩直角邊長度分別為2L和L，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，如圖所示，開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，則()AA球的最大速度為2BA球速度達(dá)到最大時，兩小球的總重力勢能最小CA球速度達(dá)到最大時，兩直角邊與豎直方向的夾角都為45DA、B兩球的最大速度之比為vAvB21解析：支架繞固定軸O轉(zhuǎn)動，A、B兩球運動的角速度相等，速度之比始終為21，又A、B兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以B、D正確；設(shè)A球速度最大時，OB與豎直方向的夾角為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mg2Lsin 2mgL(1cos )mv2m(vA)2所以vgLsin(45)1gL由此可知，當(dāng)45時，A球速度最大，C項正確，A項錯誤答案：BCD三、滑鏈模型此類問題應(yīng)注意重力勢能為零的位置的選擇及重力勢能的改變?nèi)鐖D所示，一條長為L的柔軟勻質(zhì)鏈條，開始時靜止放在光滑梯形平臺上，斜面上的鏈條為x0，已知重力加速度為g，L<BC，BCE，試用x0、x、L、g、表示斜面上鏈條長為x時鏈條的速度大小(鏈條尚有一部分在平臺上且x>x0)解析：鏈條各部分和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)鏈條的總質(zhì)量為m，以平臺所在位置為零勢能面，則x0gx0sin mv2xgxsin 解得v(x>x0)所以當(dāng)斜面上鏈條長為x時，鏈條的速度為 (x>x0)1.(xx海南單科)下列關(guān)于功和機(jī)械能的說法，正確的是()A在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功B合力對物體所做的功等于物體動能的改變量C物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關(guān)D運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量解析：物體重力勢能的減少始終等于重力對物體所做的功，A項錯誤；運動物體動能的減少量等于合外力對物體做的功，D項錯誤答案：BC2一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖所示，一個質(zhì)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(jī)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不變B由B到C的過程中，彈性勢能和動能之和不變C由A到C的過程中，物塊m的機(jī)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(jī)械能守恒解析：物塊由A到C的過程中，只有重力、彈簧彈力做功，因此物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由A到B的過程中，彈性勢能不變，物塊動能與重力勢能之和不變，但物塊由B到C的過程中，彈性勢能增大，物塊的機(jī)械能減小，重力勢能增大，彈性勢能與動能之和減小，故只有D正確答案：D3(xx山東理綜)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，vt圖象如圖所示以下判斷正確的是()A前3 s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)B最后2 s內(nèi)貨物只受重力作用C前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度相同D第3 s末至第5 s末的過程中，貨物的機(jī)械能守恒解析：由vt圖象可知，貨物在前3 s內(nèi)具有向上的加速度，因此貨物處于超重狀態(tài)，選項A正確；最后2 s內(nèi)，貨物具有向下的加速度，其大小為am/s23 m/s2<g，因此貨物在這一段時間內(nèi)受重力和向上的拉力，選項B錯誤；貨物在前3 s內(nèi)的平均速度v1 m/s3 m/s，最后2 s內(nèi)的平均速度v2 m/s3 m/s，兩者速度相同，選項C正確；第3 s末至第5 s末的過程中，貨物在向上的拉力和向下的重力作用下做勻速直線運動，拉力做正功，故機(jī)械能不守恒，選項D錯誤答案：AC4(xx廣東卷)如圖是滑道壓力測試的示意圖，光滑圓弧軌道與光滑斜面相切，滑道底部B處安裝一個壓力傳感器，其示數(shù)N表示該處所受壓力的大小某滑塊從斜面上不同高度h處由靜止下滑，通過B時，下列表述正確的有()AN小于滑塊重力BN大于滑塊重力CN越大表明h越大 DN越大表明h越小解析：設(shè)滑塊質(zhì)量為m，在B點所受支持力為FN，圓弧半徑為R，所需向心力為F.滑塊從高度h處由靜止下滑至B點過程中，由機(jī)械能守恒定律有mvmgh，在B點滑塊所需向心力由合外力提供，得FNmgm，由牛頓第三定律知，傳感器示數(shù)N等于FN，解得Nmg，由此式知N>mg且h越大，N越大選項B、C正確答案：BC5如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧軌道與高為10R的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓，處于靜止?fàn)顟B(tài)同時釋放兩個小球，a球恰好能通過圓弧軌道的最高點A，b球恰好能到達(dá)斜軌道的最高點B.已知a球質(zhì)量為m1，b球質(zhì)量為m2，重力加速度為g.求：(1)a球離開彈簧時的速度大小va；(2)b球離開彈簧時的速度大小vb；(3)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep.解析：(1)由a球恰好能到達(dá)A點知m1gm1由機(jī)械能守恒定律得m1vm1vm1g2R得va.(2)對于b球由機(jī)械能守恒定律得：m2vm2g10R得vb.(3)由機(jī)械能守恒定律得Epm1vm2v得Ep(m110m2)gR.答案：(1)(2) (3)(m110m2)gR