2019-2020学年人教版物理必修二新素养浙江专用学案：第七章习题课机械能守恒定律的应用Word版含答案

1、习题课机械能守恒定律的应用1 .机械能守恒的条件：只有重力、系统内弹力做功.2 .机械能守恒定律的三种表达式(1)从能量守恒的角度：Ek1 + Ep1= Ek2+Ep2.3 2)从能量转化的角度：AEk=-A Ep.4 3)从能量转移的角度：AEa= AEb.类型一 多物体系统的机械能守恒问题例团(2019宁波效实中学测试)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为 k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，用手拿住C,使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知 A、B的质量均为m, C的质量

2、为4m,重力加速度为g,细线 与滑轮之间的摩擦不计， 开始时整个系统处于静止状态， 释放C后它沿斜面下滑，A刚离开 地面时，B获得最大速度，求：(1)斜面倾角网(2)B获得的最大速度v.思路点拨求解时首先要深刻挖掘“A刚离开地面时，B获得最大速度”所隐含的条件，即A与地面间无弹力且 A、B、C均处于平衡状态，其次根据初状态弹簧的压缩量与末状态弹簧的伸长量相同，从而得到初状态与末状态弹簧弹性势能相同.解析(1)设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为XA.对 A有：kxA= mg此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力Ft三个力的作用.设B的加速度为a, 根据牛顿第二定律对 B 有：Ftm

3、gkxA=ma对 C 有：4mgsin a Ft= 4ma当B获得最大速度时，有a=0由此解得sin a= 0.5,所以a= 30 .(2)开始时弹簧压缩的长度为XB = mg,显然Xa=XBk当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及 C沿斜面下滑的距离为*人+ *8.由于*人=*8,则弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物1C体的速度相等，设为v,由机械能寸恒te律得 4mg(xa+ XB)sin a- mg(XA+ XB)=-(4m+ m)v2,【通关练习】1 .如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接， 弹

4、簧的另一端连接在墙上， 且处于原长状态.现 让圆环由静止开始下滑， 已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了 *mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势 能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h = <3L,根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了 A Ep=mgh=SmgL,选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，

5、当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的 加速度，合力不为零，选项C错误.2. (2019绍兴月考)如图所示，在倾角0= 30。的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球 A和B,两球之间用一根长 L= 0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度 h= 0.1 m.两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，A.下滑的整个过程中A球机械能守恒B.下滑的整个过程中两球及轻杆组成的系统机械能守恒C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为8jm/ m/sD .系统下滑的整个过程中 B球机械能的增加量为 2 J 3解析：选A.下滑过程中小球

6、A、B和轻杆组成的系统机械能守恒，B对，A错；设两球一 .一 1c到达光滑水平面上的速度为v,由机械能寸恒th律得mAg(Lsin 30 4h)+ mBgh = -(mA+ mB)v2,1 c代入数据得v =2-2X 10X 0.11-x 2X2C 对；B 球的机械能增加重为 AEb = 2mBV2 mBgh = ,2 一J = - J, D 对.3名师点评机械能守恒定律的研究对象是几个相互作用的物体组成的系统时，在应用机械能守恒定律解决系统的运动状态的变化及能量的变化时，经常出现下面三种情况：(1)系统内两个物体直接接触或通过弹簧连接.这类连接体问题应注意各物体间不同能量形式的转化关系.(2

7、)系统内两个物体通过轻绳连接.如果和外界不存在摩擦力做功等问题时，只有机械能在两物体之间相互转移 ，两物体组成的系统机械能守恒.解决此类问题的关键是在绳的方向上两物体速度大小相等.(3)系统内两个物体通过轻杆连接.轻杆连接的两物体绕固定转轴转动时，两物体的角速度相等.类型二链条类系统的机械能守恒问题例回 如图所示，有一条长为 L的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上， 斜面倾角为0,另一半长度沿竖直方向下垂在空中，当链条从静止开始释放后链 条滑动，求链条刚好全部滑出斜面时的速度是多大.解析释放后的链条，竖直方向的一半向下运动 ，放在斜面上的一半向上运动，由于竖直部分越来越多，所以链条做的是变加速

8、运动 ，不能用一般运动学公式去解.因为斜面光滑，所以机械能守恒，链条得到的动能应是由势能转化的，重力势能的变化可以用重心的位置确定.设斜面最高点为零势能点，链条总质量为m,开始时左半部分的重力势能Epi = mmg'sin仇右半部分的重力势能Ep2= mg 4，机械能 Ei = Epi + Ep2= gL(1 + sin 9.当链条刚好全部滑出斜面时 ，重力势能 Ep= - mgL-,动能 Ek = 1mv2, 机械能 E2= Ep+Ek = -2L + 2mv2.由机械能守恒得El=E2,所以一mgLmgL 12-8(1+sin )= - 2+ 2mv2，整理得v=gL (3-sin

9、 9)答案yjgL (3sin 0)【通关练习】1.如图所示，质量分别为 m和3m的小球A和B可视为质点,系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高为 h(h<L). A球无初速度从桌面滑下，落在沙地上静止不动，则B球离开桌面的速度为B.,'2ghD.,1o 0mgh = -(m+3m)v2,解得 v=A点，则解析：选A.由h<L,当小球A刚落地时，由机械能守恒得管，选项A正确.2.如图所示，总长为 L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，开始时 下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁 链的速度为多大?解析：法一(取整个铁链为研究对象):设整个铁

10、链的质量为 m,初始位置的重心在 A点上方4L处，末位置的重心在1重力势能的减少重为：A Ep= mg 4L由机械能守恒得:121,mv2 = mg 4L,则 v=法二(将铁链看做两段)：铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链1,1 L重力势能减少重为A Ep=2mg21 c 1 I由机械能寸恒得： 2mv2= 2mg 2BB部分移到AA'位置.重力势能的变化与运动的过程无关，只与初、末状态有关，对于不可视为质点的物体 (常见于“链条、液柱”模型)，可对物体分段找等效重心的位置变化来确定势能的变化，只要研究对象在变化过程中符合机械能守恒条件，即可用机械能守恒定律进行求解.这种思想

11、也 是解决变力做功过程中势能变化的基本方法.类型三 机械能守恒定律在曲线运动中的应用例 如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3圆弧轨道，两轨道相切于 B ( 丑、 4点.在外力作用下，一小球从 A点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B.点时撤除外力.已知小球刚好能沿圆弧轨道经过最高点C,重力加速度大小*为g.求：(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间.思路点拨小球在AB段做初速度为零的匀加速直线运动 ，在BCD段做变速圆周运动 在DA段做竖直下抛运动.根据牛顿第二定律和机械能守恒定律进行求解.解

12、析(1)小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道的正压力 Fn作用，受力分析如图所示.由题意知Fn>0,且小球在最高点 C所受轨道的正压力为零，即Fnc=0.设小王在C点的速度大小为 vc,根据牛顿tl A-VC第二7E律有mg = mR1小球从B点运动到C点的过程中，机械能守恒.设小球在B点的速度大小为vb,则有qmvB= ,mvC + 2mgR小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a,由运动学公式得vB=2aR 联立以上各式解得 a = |g.(2)设小球在D点的速度大小为vd,下落到A点时的速度大小为 v,根据机械能守恒定 .1)1)律，小球从B点运动到 D点的过程，有

13、|mVB = |mvD+mgR1cle小球从B点运动到A点的过程，有|mvB=|mv2设小球从D点运动到A点所用的时间为t,根据运动学公式有 gt=v- vd联立解得t=N5-V3)y|.答案(i)5g(2)(V5HR【通关练习】1.如图，一质量为 M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套 在大环上质量为 m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下.重力加 速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A. Mg 5mgB . Mg + mgC. Mg + 5mgD. Mg + 10mg解析：选C.设大环半径为 R,质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律 ，

14、所以;2 mv2= mg 2R.小环滑到大环的最低点时的速度为 v=2弼，根据牛顿第二定律得 Fn mg = mV",所以在最低点时大环对小环的支持力 FN = mg+mv=5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环白压力Fn = Fn = 5mg ,方向向下.对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力 Ft= Mg+ Fn'= Mg + 5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为Ft'= FT=Mg + 5mg,故选项C正确，选项A、B、D错误.2. （2019宁波检测）如图所示，若将质量为 m的小球拉到绳与水平方向成 0= 30。角的 位置处由静止释放，求小球到达最低

15、点C时绳对小球的拉力是多大？ （已知绳长为L,重力加速度为g）解析：小球先做自由落体运动，到绳与水平方向再次成 0= 30°角时 .母A0上通一绳被拉直，然后小球做圆周运动，如图所示，绳被拉直时小球下降的高度'J为l,设此时小球的速度为vi.th根据自由落体运动的规律有vi= .2gL将vi分解为沿绳方向的速度V11和垂直于绳方向的速度V12,当绳绷直的瞬间，V11损失6LV12= V1 cos 0=2绳绷直后，小球在竖直平面内做圆周运动，设小球到达最低点C时的速度为V2,由机械能守恒定律有1 9 19_2mv2 = 2mv22+ mgL（1 cos 20设在C点绳对小球的拉

16、力为 F,根据牛顿第二定律有Lv2小F-mg = m联立式解得F = 2mg.答案：2mg方法刘结机械能守恒定律多与其他知识相结合进行综合命题，一般为多过程问题，难度较大.解答此类题目时一定要注意机械能守恒的条件，分析在哪个过程中机械能守恒，然后列式求解，M城保竽7卜知扬长.不能盲目应用机械能守恒定律.1.如图所示为光滑轻质的滑轮，阻力不计，Mi=2 kg, M2= 1 kg,Mi离地高度为H = 0. 5 m, g取10 m/s2. Mi与M2从静止开始释放，Mi 由静止下落0. 3 m时的速度为（）A .m m/sB . 3 m/sC. 2 m/sD. 1 m/s解析：选A.M1由静止下落

17、0.3 m的过程中，M1和M2组成的系统机械能守恒，则有:1M1gh M2gh= 2(M 1+ M2)v2,代入数据斛得：v= y2 m/s,故选 A.2. （2019杭州质检）如图所示，一均质杆长为 ，2r,从图示位置由静止开始沿光滑面 ABD滑动，AB是半径为r的1圆弧，BD为水4平面.则当杆滑到 BD位置时的速度大小为（）B.而D. 2>/gr解析：选B.虽然杆在下滑过程有转动发生，但初始位置静止，末状态匀速平动，整个 过程无机械能损失，故有1 or2mv2= AEp= mg 亍 斛得：v= gjgr.3.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在同一高度的

18、光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放. 当b球摆过 的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零， 下列结论正确的是（）A . ma ： mb= 3 ： 1B. b球下落的过程中，绳子拉力对b球做正功C.若只将细杆D水平向右移动少许，则当 b球摆过的角度小于 90°的某值时，a球对 地面的压力刚好为零D.若只将细杆D水平向左移动少许， 则当b球摆过的角度小于 90°的某值时，a球对 地面的压力刚好为零解析：选A.小球b下落过程中机械能守恒，有mbgr = Jmbv2,又b球在最低点时，由向 心力表达式有：T mbg=mb

19、；,又在最低点时，a球对地面压力为零，有T= mag,联立可 得mag mbg= 2mbg,解得ma：mb=3： 1,故A正确；b球下落的过程中，绳子拉力始终与 b球的位移方向垂直，不做功，B错误.由上述分析可知，若a球对地面的压力为零，与b 球摆动的半径无关，只有b球摆到竖直位置时，a球对地面的压力才会为零 ，C、D错误.4 .如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为 To.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（）海王星一MF:'生太阳；.川NA.从P到M所用的时间等于To/4B.从Q到N

20、阶段，机械能逐渐变大 C.从P到Q阶段，速率逐渐变小 D.从M到N阶段，万有引力对它先做正功后做负功 解析：选C.在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90。，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C项正确；海王星从 P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从 P到M的时间小于T0, A项错误；由于海王星运动过程中只受到 太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从 Q到N的运动过程中海王星的机械 能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90。，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90° ,因此引力做正功，即海王星从 M到

21、N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项错误.5 .如图所示，物体从某一高度自由下落到竖直立于地面的轻质弹簧上.在a点 口时物体开始与弹簧接触，到b点时物体速度为零.则从a到b的过程中，物体（） iA .动能一直减小三B.重力势能一直减小 C.所受合外力先增大后减小 D.动能和重力势能之和一直不变解析：选B.物体刚接触弹簧一段时间内，物体受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力， 且弹力小于重力，所以物体的合外力向下， 物体做加速运动，在向下运动的过程中弹簧的弹力越来越大，所以合力越来越小，即物体做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，物 体的速度最大，之后弹力大于重力，合力向上，物体做减速运动，

22、因为物体速度仍旧向下， 所以弹簧的弹力仍旧增大，所以合力在增大，故物体做加速度增大的减速运动，到b点时物体的速度减小为零，所以从a到b的过程中物体的速度先增大再减小，即动能先增大后减小，A错误；从a点到b点物体一直在下落，重力做正功，所以物体的重力势能一直在减小，B正确；所受合外力先减小后增大，C错误；从a到b的过程中物体的机械能转化为弹簧的弹性势能，则动能和重力势能之和一直减小，D错误.6. (2019杭州第二中学测试)如图，滑块a、b的质量均为m, a套在固 J 定竖直杆上，与光滑水平地面相距h, b放在地面上.a、b通过较链用刚性平;轻杆连接，由静止开始运动.不计摩擦， a、b可视为质点

23、，重力加速度大jX西“小为gU()A. a落地前，轻杆对 b 一直做正功B. a落地时速度大小为2ghC. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g1D. a洛地刖，当a的机械能取小时，b对地面的压力大小为2mg解析：选B.由题意知，系统机械能守恒.设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为 0,分另将va、vb分解，如图.因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分 速度v/与v'/是相等的，即 vacos e=vbsin e.当a滑至地面时0=90°,此时vb= 0,由系统1机械能守恒得 mgh=2mv2,解得va = V2gh,选项B正确.同时由于 b初、末速度均为零， 运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项 A错误.杆对b的作用先是推力后是拉力， 对a则先是阻力后是动力， 即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用 时大于g,选项C错误.b的动能最大时，杆对 a、b的作用