【物理】2020届一轮复习鲁科版第15讲　机械能守恒定律及其应用学案 19页

第15讲　机械能守恒定律及其应用 一、重力势能与重力做功 ‎1.物体的重力势能等于它所受的　　　　与所处位置的　　　　的乘积,Ep=　　　　,是标量. ‎ ‎2.重力势能是物体和　　　　所共有的.重力势能的大小与零势能面的选取有关,但重力势能的变化量与零势能面的选取无关. ‎ ‎3.重力做功与物体运动的路径无关,只与重力及　　　　　　　　有关,WG=mgh.重力做功与重力势能变化的关系:WG=-ΔEp. ‎ 二、弹性势能 ‎1.定义:物体由于发生　　　　而具有的能,是标量. ‎ ‎2.弹力做功与弹性势能变化的关系:W=-ΔEp.‎ 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,动能和势能可以互相转化,而总的机械能保持不变.‎ ‎2.表达式 ‎(1)守恒角度:E1=E2.(2)转化角度:ΔEk=-ΔEp.(3)转移角度:ΔEA=-ΔEB.‎ ‎3.判断方法:(1)只有重力或系统内弹力做功;(2)只有动能和势能之间转化,没有其他能量参与.‎ ‎【辨别明理】‎ ‎(1)重力势能的大小及变化与零势能面的选取有关. (　　)‎ ‎(2)重力做功与路径有关. (　　)‎ ‎(3)物体所受的合外力为零时,物体的机械能一定守恒. (　　)‎ ‎(4)做匀速直线运动的物体机械能一定守恒. (　　)‎ ‎(5)做曲线运动的物体机械能可能守恒. (　　)‎ ‎(6)形变量越大,弹性势能越大. (　　)‎ ‎(7)重力势能越大,重力做功就越多. (　　)‎ 考点一　机械能守恒的理解和判断 例1 (多选)在如图15-1所示的物理过程示意图中,甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动;乙图中轻绳一端连着一小球,从右偏上30°角处自由释放;丙图为物体A将弹簧压缩的过程中;丁图为不计任何阻力和定滑轮质量时,A加速下落,B加速上升过程中.关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是 (　　)‎ 图15-1‎ A.甲图中小球机械能守恒 B.乙图中小球机械能守恒 C.丙图中物体A的机械能守恒 D.丁图中A、B组成的系统机械能守恒 图15-2‎ 变式题1 (多选)[人教版必修2改编] 如图15-2所示,在地面上以速度v0抛出质量为m的物体,抛出后物体落到比地面低h的海平面上.若以地面为零重力势能面,且不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.重力对物体做的功为mgh B.物体在海平面上的重力势能为mgh C.物体在海平面上的动能为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-mgh D.物体在海平面上的机械能为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 图15-3‎ 变式题2 (多选)如图15-3所示,轻弹簧一端固定在O点,另一端系一小球,将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度地释放,让小球自由摆下,不计空气阻力,在小球由A点摆向最低点B的过程中,下列说法中正确的是 (　　)‎ A.小球的机械能守恒 B.小球的机械能减少 C.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变 D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒 ‎■ 要点总结 机械能是否守恒的判断方法:‎ ‎(1)利用机械能的定义判断:如果物体动能与势能之和不变,则机械能守恒.‎ ‎(2)利用机械能守恒条件判断:只有重力对单一物体做功,则机械能守恒;只有重力或(弹簧、橡皮筋)弹力对系统做功,或重力和弹力以外的其他力对系统做的总功为零,则系统的机械能守恒.‎ ‎(3)利用能量转化判断:若物体系统与外界没有能量交换,或系统内没有机械能与其他形式能的转化,则系统机械能守恒.注意弹簧弹力对物体做功时,弹簧和物体系统的机械能守恒,物体的机械能并不守恒.‎ 考点二　单体机械能守恒的应用 例2 [人教版必修2改编] 如图15-4甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行,游客不会掉下来.我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型:弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接,使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下,小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动.已知圆轨道的半径为R,重力加速度为g,不考虑阻力.‎ ‎(1)若小球从高为h处由静止释放,求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力;‎ ‎(2)若要使小球运动过程中不脱离轨道,讨论小球由静止释放时的高度满足的条件;‎ ‎(3)若让小球从高为h=2R处的A点由静止释放,求小球所能达到的最大高度.‎ 图15-4‎ 变式题 (多选)如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a→b、b→c、c→d、d→e,如图15-5所示,则对这四个阶段的描述错误的是 (　　)‎ 图15-5‎ A.a→b阶段:加速助跑,人和杆的机械能增加 B.b→c阶段:杆弯曲、人上升,系统动能减少,重力势能和弹性势能增加 C.c→d阶段:杆伸直、人上升,人的动能减少量等于重力势能增加量 D.d→e阶段:人过横杆后下落,重力所做的功等于人机械能的增加量 ‎■ 要点总结 机械能守恒定律是解答能量问题的基本方法之一,分析运动过程中物体的机械能是否守恒是解题的关键,在解决物体的运动问题时应优先考虑用能量方法,如曲线运动、含弹簧类运动问题等.应用时首先要对研究对象进行受力分析和运动分析,以确定在所研究的过程中机械能是否守恒,再选合适的表达式求解.应用机械能守恒定律求解多过程问题时可对全过程应用机械能守恒定律列式求解.‎ 考点三　多物体的机械能守恒问题 例3 (多选)如图15-6所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A 与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L.B、C 置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A 由静止释放后下降到最低点,两轻杆的夹角α由60°变为120°.A、B、C ‎ 在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此下降过程中 (　　)‎ 图15-6‎ A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于‎3‎‎2‎mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于‎3‎‎2‎mg C.弹簧的弹性势能最大时,A 的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为‎3‎‎2‎mgL ‎■ 题根分析 系统机械能守恒时,内部的相互作用力分为两类:‎ ‎(1)刚体产生的弹力:如轻绳产生的弹力,斜面产生的弹力,轻杆产生的弹力等.‎ ‎(2)弹簧产生的弹力:系统中有弹簧,弹簧的弹力在整个过程中做功,弹性势能参与机械能的转化.‎ 轻绳的拉力、斜面的弹力、轻杆产生的弹力做功,使机械能在相互作用的两物体间进行等量的转移,系统的机械能守恒.虽然弹簧的弹力也做功,但包括弹簧在内的系统机械能也守恒.‎ 对系统应用机械能守恒定律列方程的角度:(1)系统初态的机械能等于末态的机械能;(2)系统中某些物体减少的机械能等于其他物体增加的机械能.‎ ‎■ 变式网络 图15-7‎ 变式题1 (多选)[2019·苏州调研] 如图15-7所示,竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小球,初始时静置于a点.一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点,右端与小球相连.直杆上还有b、c、d三点,且b与O在同一水平线上,Ob=l,Oa、Oc与Ob的夹角均为37°,Od与Ob的夹角为53°.现释放小球,小球从a点开始下滑,到达d点时速度为0,在此过程中弹簧始终处于弹性限度内.下列说法正确的是(重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　　)‎ A.小球在b点时加速度为g,速度最大 B.小球从a点下滑到c点的过程中,小球的机械能先增大后减小 C.小球在c点时速度大小为‎3gl D.小球从c点下滑到d点的过程中,弹簧的弹性势能增加了‎25‎‎12‎mgl 图15-8‎ 变式题2 如图15-8所示,长直轻杆两端分别固定小球A和B,两球质量均为m,两球半径忽略不计,杆的长度为L.先将杆AB竖直靠放在竖直墙上,轻轻拨动小球B,使小球B在水平面上由静止开始向右滑动,当小球A沿墙下滑距离为L‎2‎时,下列说法正确的是(不计一切摩擦,重力加速度为g) (　　)‎ A.杆对小球A做功为‎1‎‎4‎mgL B.小球A、B的速度都为‎1‎‎2‎gL C.小球A、B的速度分别为‎1‎‎2‎‎3gL和‎1‎‎2‎gL D.杆与小球A、B组成的系统机械能减少了‎1‎‎2‎mgL 变式题3 (多选)[2018·衡水押题卷] 如图15-9所示,小物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连.开始时物块与定滑轮等高.已知小球的质量是物块质量的两倍,杆与滑轮间的距离为 d,重力加速度 图15-9‎ 为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦.现将物块由静止释放,在物块向下运动过程中 (　　)‎ A.刚释放时物块的加速度为 g B.物块速度最大时,绳子的拉力一定大于物块的重力 C.小球重力的功率一直增大 D.物块下降的最大距离为‎4d‎3‎ 完成课时作业(十五)‎ 第15讲　机械能守恒定律及其应用 ‎【教材知识梳理】‎ 一、1.重力　高度　mgh　2.地球　3.初、末位置的高度差 二、1.弹性形变 辨别明理 ‎(1)(×)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(√)‎ ‎(6)(×)　(7)(×)‎ ‎【考点互动探究】‎ 考点一 例1　AD　[解析] 甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,选项A正确;乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,选项B错误;丙图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,选项C错误;丁图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,选项D正确.‎ 变式题1　AD 变式题2　BD　[解析] 小球由A点下摆到B点的过程中,弹簧被拉长,弹簧的弹力对小球做了负功,所以小球的机械能减少,选项A错误,B正确;在此过程中,由于只有重力和弹簧的弹力做功,所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒,即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和,选项C错误,D正确.‎ 考点二 例2　(1)mg‎1+‎‎2hR,方向竖直向下　(2)h≥‎5‎‎2‎R或 h≤R　(3)‎50‎‎27‎R ‎[解析] (1)小球从h高处由静止释放至到达圆轨道底端,由机械能守恒定律得 mgh=‎1‎‎2‎mv2‎ 在最底端,由牛顿第二定律得FN-mg=mv‎2‎R 则FN=mg+mv‎2‎R=mg‎1+‎‎2hR 根据牛顿第三定律得F'N=FN=mg‎1+‎‎2hR,方向竖直向下 ‎(2)要使小球运动过程中不脱离轨道,‎ 第一种可能:能到达最高点,有mg≤mv‎0‎‎2‎R 解得v0≥‎gR 由机械能守恒定律得mgh=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+mg·2R 解得h≥‎5‎‎2‎R 第二种可能:小球最高到达与圆心等高处,有mgh≤mgR 解得h≤R 所以 h≥‎5‎‎2‎R或h≤R ‎(3)h=2R<‎5‎‎2‎R,设小球将在C点脱离轨道,如图所示,此时mgsin θ=mvC‎2‎R 小球从A点到C点,根据机械能守恒定律得 mg·2R=‎1‎‎2‎mvC‎2‎+mg(R+Rsin θ)‎ 解得 sin θ=‎2‎‎3‎,vC=gRsinθ=‎‎2‎‎3‎gR 小球在C处做斜抛运动,到达最高点时的速度vx=vCsin θ=‎2‎‎3‎vC 小球从A点到最高点,根据机械能守恒定律得mg·2R=mgh'+‎1‎‎2‎mvx‎2‎ 解得h'=‎50‎‎27‎R 变式题　CD　[解析] a→b阶段,人加速助跑,人和杆的机械能增加,A正确;b→c阶段,杆弯曲、人上升,人和杆组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,其中系统动能减少,重力势能和弹性势能增加,B正确;c→d阶段,杆伸直、人上升,人和杆组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,人的动能和杆的弹性势能的减少量等于重力势能增加量,C错误;d→e阶段,人过横杆后下落,只有重力做功,人的机械能守恒,D错误.‎ 考点三 例3　AB　[解析] A球由静止下降经过先加速达到速度最大、再减速至速度为零的过程,当A的动能达到最大,即速度最大时,其所受合力为零,此时以A、B、C整体为研究对象,整体的加速度为零,故地面对整体的支持力等于整体的重力,B受到地面的支持力等于‎3‎‎2‎mg,选项B正确;在A下降加速达到最大速度之前,A处于失重状态,以A、B、C整体为研究对象,地面对整体的支持力小于整体的重力,故B受到地面的支持力小于‎3‎‎2‎mg,选项A正确;当弹簧的弹性势能最大时,弹簧长度最大,此时A处于最低点,之后A竖直向上先加速再减速,回到原位置,以后周期性运动,选项C错误;对整个系统,由机械能守恒定律得Epmax=mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=‎3‎‎-1‎‎2‎mgL,选项D错误.‎ 变式题1　BCD　[解析] 小球在b点时,合力为mg,加速度为g,从a到d,小球的合力先向下逐渐减小后反向增大,速度先增大后减小,且加速度为0时速度最大,选项A错误;从a到c的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,由机械能守恒定律知,小球的机械能先增大后减小,且mg·2ltan 37°=‎1‎‎2‎mvc‎2‎,解得vc=‎3gl,选项B、C正确;小球从a到d的过程中,有mg·l(tan 37°+tan 53°)=ΔE弹,小球从c到d过程中弹簧的弹性势能增加量等于小球从a到d过程中弹簧的弹性势能增加量,即ΔE弹=‎25‎‎12‎mgl,选项D正确.‎ 变式题2　C　[解析] 对A、B组成的系统,由机械能守恒定律得mg·L‎2‎=‎1‎‎2‎mvA‎2‎+‎1‎‎2‎mvB‎2‎,又有vAcos 60°=vBcos 30°,解得vA=‎1‎‎2‎‎3gL,vB=‎1‎‎2‎gL,选项C正确,B、D错误;对A,由动能定理得,杆对小球A做的功W=‎1‎‎2‎mvA‎2‎-mg·L‎2‎=-‎1‎‎8‎mgL,选项A错误.‎ 变式题3　ABD　[解析] 刚开始释放物块时,物块在水平方向上受力平衡,在竖直方向上只受重力,根据牛顿第二定律可知,其加速度为g,故 A 正确;物块的合力为零时速度最大,则绳子拉力在竖直方向上的分力一定等于物块的重力,所以绳子的拉力一定大于物块的重力,故B正确;刚释放物块时,小球的速度为零,小球重力的功率为零,物块下降到最低点时,小球的速度为零,小球重力的功率为零,所以小球重力的功率先增大后减小,故C错误;设物块下降的最大距离为s,物块的质量为m,对系统,根据机械能守恒定律,有mgs-2mgd‎2‎‎+‎s‎2‎‎-d=0,解得s=‎4d‎3‎,故D正确.‎ 图15-1‎ ‎1.如图15-1所示,B物体的质量是A物体质量的一半,不计所有摩擦,A物体从离地面高H处由静止开始下落,以地面为参考面,当物体A的动能与其势能相等时,物体A距地面的高度为(设该过程中B未与滑轮相碰) (　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.0.4H B.0.2H C.0.8H D.‎1‎‎3‎H ‎[解析] A　设物体A距离地面的高度为x时,物体A的动能与势能相等,即mgx=‎1‎‎2‎mv2,对A、B系统,由机械能守恒定律得mg(H-x)=‎1‎‎2‎m+‎m‎2‎v2,解得x=0.4H,选项A正确.‎ 图15-2‎ ‎2.如图15-2所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一质量为m的小球向右滑行,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点距地面的高度为h,不计小球与斜面、弹簧碰撞过程中的能量损失,则小球在C点时弹簧的弹性势能为(重力加速度为g) (　　)‎ A.mgh B.mgh-‎1‎‎2‎mv2‎ C.mgh+‎1‎‎2‎mv2‎ D.‎1‎‎2‎mv2-mgh ‎[解析] D　由能量守恒定律得‎1‎‎2‎mv2=Ep+mgh,故小球在C点时弹簧的弹性势能Ep=‎1‎‎2‎mv2-mgh,选项D正确.‎ ‎3.[2017·全国卷Ⅱ] 如图15-3所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直.一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g) (　　)‎ 图15-3‎ A.v‎2‎‎16g B.v‎2‎‎8g C.v‎2‎‎4g D.‎v‎2‎‎2g ‎[解析] B　物块上升到最高点的过程,机械能守恒,有‎1‎‎2‎mv2=2mgr+‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,由平抛运动规律,水平方向,有x=v1t,竖直方向,有2r=‎1‎‎2‎gt2,解得x=‎4‎v‎2‎gr-16‎r‎2‎,当r=v‎2‎‎8g时,x最大,B正确.‎ ‎4.打开水龙头,水顺流而下,仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中,是逐渐减小的(即上粗下细).设水龙头出口处半径为1 cm,安装在离接水盆75 cm高处,如果测得水在出口处的速度大小为1 m/s,g取10 m/s2,则水流柱落到盆中的半径为 (　　)‎ A.1 cm B.0.75 cm C.0.5 cm D.0.25 cm ‎[解析] C　由机械能守恒定律得‎1‎‎2‎mv2=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+mgh,解得v=v‎0‎‎2‎‎+2gh=4 m/s,水流体积不变,则πr2vt=πr‎0‎‎2‎v0t,可得rr‎0‎=v‎0‎v=‎1‎‎2‎,半径r=0.5 cm,选项C正确.‎ 图15-4‎ ‎5.如图15-4所示,粗细均匀,两端开口的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(重力加速度为g) (　　)‎ A.‎1‎‎8‎gh B.‎1‎‎6‎gh C.‎1‎‎4‎gh D.‎‎1‎‎2‎gh ‎[解析] A　当两液面高度相等时,减少的重力势能转化为整个液体的动能,根据功能关系有‎1‎‎8‎mg·‎1‎‎2‎h=‎1‎‎2‎mv2,解得v=‎1‎‎8‎gh,选项A正确.‎ ‎6.如图15-5所示,用细圆管制成的光滑轨道的AB部分平直,BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆,圆管截面半径r≪R.有一质量为m、半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管,重力加速度为g.‎ ‎(1)要使小球能从C端出来,初速度v0应为多大?‎ ‎(2)在小球从C端出来的瞬间,若管壁对小球的压力为‎1‎‎2‎mg,那么小球的初速度v0应为多少?‎ 图15-5‎ ‎[答案] (1)v0≥2gR　(2)‎11‎‎2‎gR或‎9‎‎2‎gR ‎[解析] (1)选AB所在平面为参考平面,从A至C的过程中,根据机械能守恒定律得‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=2mgR+‎1‎‎2‎mvC‎2‎ 在最高点C时,小球速度满足vC≥0‎ 联立解得v0≥2‎gR ‎(2)小球在C处受重力mg和细管沿竖直方向的作用力FN,根据牛顿第二定律得 mg+FN=‎mvC‎2‎R 联立解得FN=mv‎0‎‎2‎R-5mg 当小球受到向下的压力时,FN=‎1‎‎2‎mg,v0=‎‎11‎‎2‎gR 当小球受到向上的压力时,FN=-‎1‎‎2‎mg,v0=‎‎9‎‎2‎gR 图15-6‎ ‎7.如图15-6所示,可看作质点的物块A、B、C用细线通过轻滑轮连接,滑轮通过轻杆固定在天花板上,另一与A连接的细线固定在地面上,B与C、C与地面间距离都是L.已知A的质量为m1,B、C的质量都是m2,且m2