第六章　机械能第32课时　机械能守恒定律　双基落实课教师用

第32课时机械能守恒定律[双基落实课]（粤教版必修第二册第104页“资料活页”）地铁线路节能设计——优化线路节能坡。对于地铁的运动，判断下列说法正误（分析问题时，忽略摩擦和空气阻力）：（1）列车关闭发动机上坡进站过程中，动能转化为重力势能。（√）（2）列车关闭发动机，从上坡开始直到完全进站过程中，机械能增加mgh。（×）（3）若列车刚要上坡时的初速度为v0，列车质量为m，则列车的机械能一定为12mv02。（（4）列车的机械能大小与零势能参考平面的选取有关。（√）考点一机械能守恒的判断[素养自修类]1.【多个物体机械能守恒的判断】（多选）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁（不与槽粘连）。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是（）A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒解析：BC当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，则该系统机械能守恒，C正确。2.【单个物体机械能守恒的判断】在下列实例中，若空气阻力忽略不计，机械能守恒的是（）A.手提石块匀速上升过程B.电梯加速上升的过程C.抛出的铅球在空中运动的过程D.木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程解析：C手提石块匀速上升过程外力做正功，其机械能增加；电梯加速上升过程中电梯的动能和重力势能均增加，机械能增大；木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少；抛出的铅球只受重力作用，其机械能守恒。所以C正确。1.对机械能守恒条件的理解（1）只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。（3）除重力外，只有系统内的弹力做功，那么系统的机械能守恒。注意：并非系统内某个物体的机械能守恒，而是系统的机械能守恒。2.机械能是否守恒的三种判断方法定义法利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒做功法若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒转化法若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒考点二机械能守恒定律的应用[互动共研类]1.机械能守恒定律的三种表达式守恒观点E1＝E2要选零势能参考平面转化观点ΔEk＝－ΔEp不用选零势能参考平面转移观点ΔEA＝－ΔEB2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤【典例1】如图所示，在竖直平面内，由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为R2。一小球（可视为质点）在A点正上方与A相距R2处由静止开始自由下落（1）求小球经B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；（2）小球离开C点后，再经多长时间落到AB弧上？答案：（1）47（2）解析：（1）设小球经过B点时速度为vB，根据机械能守恒定律可得mgR2＋R＝小球经过B点前后，根据牛顿第二定律，FN1－mg＝mvB2R，FN2－mg由牛顿第三定律可知，小球经过B点前后对轨道的压力大小分别与FN1、FN2相等整理可知FN1F（2）设小球经过C点时速度为vC，根据机械能守恒定律可得mgR2＝12设小球再次落到弧AB时，沿水平方向运动的距离为x，沿竖直方向下降的高度为h，根据平抛运动的规律可知x＝vCt，h＝12gt由几何关系可知x2＋h2＝R2整理可得t＝2（1.【单物体的机械能守恒】如图所示，从a点以初速度v0＝6m/s水平抛出一质量m＝0.5kg的小球（视为质点），小球恰好从竖直放置的光滑圆弧轨道的b点沿切线进入圆弧轨道，经过最低点c，最后从d点飞出圆弧轨道。已知圆弧轨道半径R＝1.2m，bc段圆弧所对的圆心角α＝60°，O为圆心，Od为水平半径，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则下列分析错误的是（）A.a、b两点间的高度差为5.4mB.小球在c点时对圆弧轨道的压力大小为70NC.小球在d点时对圆弧轨道的压力大小为55ND.小球从d点离开后还能上升的高度为4.8m解析：D小球恰好从竖直放置的光滑圆弧轨道的b点沿切线进入圆弧轨道，则有vyv0＝tan60°，vy2＝2gh，解得h＝5.4m，故A正确，不符合题意；规定c点为零势能面，根据机械能守恒定律可得mgh＋mg（1－cos60°）R＋12mv02＝12mvc2，在c点由牛顿第二定律得FN－mg＝mvc2R，解得FN＝70N，根据牛顿第三定律知小球对圆弧轨道的压力FN'＝70N，故B正确，不符合题意；由牛顿第二定律和机械能守恒定律得Fd＝mvd2R，12mvd2＋mgR＝12mvc2，解得Fd＝55N，根据牛顿第三定律知小球对圆弧轨道的压力Fd'＝55N，故2.【非质点类物体的机械能守恒】一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图（a）所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条左端和右端，如图（b）、图（c）所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度va、vb、vc的大小关系，下列判断中正确的是（）A.va＝vb＝vc B.va＜vb＜vcC.vc＞va＞vb D.vb＞vc＞va解析：C图（a）中根据机械能守恒定律有12mgL2＋L4＝12mva2，解得va＝3gL2，图（b）中根据机械能守恒定律有12mgL2＋L4＝12×2mvb2，解得vb＝6gL4，图（c）中根据机械能守恒定律有12mgL2＋L4＋mg·L2考点三多物体系统的机械能守恒[多维探究类]考法一轻绳连接的物体系统常见图例解题关键（1）明确两物体的速度大小相等、还是沿绳方向的分速度大小相等。（2）用好两物体的位移大小关系或竖直方向的高度变化的关系。（3）对于单个物体，一般绳上的力会做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒【典例2】（多选）如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，OM⊥OP，sinθ＝0.6，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是（）A.当小球经过Q点时，A物块的加速度为零B.小球的质量为mC.小球经过Q点时的加速度大小为gD.A和B组成的系统机械能不守恒答案：BC解析：小球从P到Q，物块A从静止运动到最低点，此时速度为零，所以物块A先加速后减速，物块A受到的拉力先小于重力后大于重力，当小球经过Q点时，A物块处于最低点，此时A物块的加速度不为零，故A错误；小球经过Q点时水平方向受力平衡，在竖直方向仅受到重力作用，则加速度大小为g，故C正确；A和B组成的系统，整个系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有mBgdtanθ＋dtanθ＝mgdsinθ－dcosθ，考法二轻杆连接的物体系统常见图例解题关键（1）平动时两物体的线速度相等，转动时两物体的角速度相等。（2）杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。（3）对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统的机械能守恒【典例3】一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则（）A.A球的最大速度为2glB.A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小C.OA杆第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为8D.A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1答案：B解析：根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝（ω·2l）∶（ω·l）＝2∶1，D错误；对于A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒定律得mg·2lcosθ－2mg·l（1－sinθ）＝12mvA2＋12×2mvB2，解得vA2＝83gl（sinθ＋cosθ）－83gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sinθ＋cosθ有最大值，考法三轻弹簧连接的物体系统题型特点轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒解题关键（1）对同一弹簧，其弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。（2）物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关【典例4】（多选）如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平桌面上，轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板C相连，另一端与物体A相连。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，滑轮左侧细线始终与斜面平行。开始时托住B，A静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知物体A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放B到B第一次下落至最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.刚释放物体B时，物体A受到细线的拉力大小为mgB.物体B下落至最低点时，A和弹簧组成的系统机械能最大C.物体A的速度最大时弹簧的形变量为mgD.物体A的最大速度为m答案：ABD解析：设释放B前弹簧的压缩量为x0，对A有kx0＝mgsinθ＝12mg，刚释放B瞬间，对A、B组成的系统有mg＋kx0－mgsinθ＝2ma，解得a＝12g，此时对B有mg－FT＝ma，解得FT＝12mg，故A正确；对于A和弹簧组成的系统，细线拉力对A做的功等于该系统机械能的改变量，从被释放到B下落至最低点，细线拉力对A做的正功最多，所以此时A和弹簧组成系统的机械能最大，故B正确；由前面方程可解得x0＝mg2k，A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大值vm，设此时弹簧的拉伸量为x，对A、B整体有mg－kx－mgsinθ＝0，解得x＝mg2k＝x0，所以此时弹簧的弹性势能与初始位置时相同，对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有mg（x0＋x）－mg（x0＋x）sinθ＝12×2mvm2，解得v考点一机械能守恒的判断1.（2023·浙江1月选考4题）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）A.弹性势能减小B.重力势能减小C.机械能保持不变D.绳一绷紧动能就开始减小解析：B开始阶段橡皮绳未拉直，游客加速运动，下落到一定高度时橡皮绳绷紧，游客开始受到向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力逐渐减小，但速度继续增大，直到合力减为零时速度达到最大，之后合力变为向上并逐渐增大，速度开始减小，到最低点时速度减小为零，弹力达到最大值。橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力势能一直减小，B正确；下落过程游客受到空气阻力的作用，橡皮绳绷紧瞬间机械能也有损失，C错误；橡皮绳绷紧后的一段时间内，游客动能继续增加，合力变为向上后，动能才开始减小，D错误。考点二机械能守恒定律的应用2.物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为13H处的N点，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是（解析：D由题意可知，物体重力势能变为原来的13，A错误；由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，B、C错误；设释放位置所在平面为零势能面，则机械能为零，D3.（2022·全国乙卷16题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积解析：C小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守恒，下落h高度过程中，有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，选项B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，而h＝R（1－cossR），选项A错误；小环所在位置到P点的距离L＝2Rsinθ2，h＝R（1－cosθ），1－cosθ＝2sin2θ2，即h＝2Rsin2θ2＝L22R，代入v＝2gh可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，选项C正确；小环位置与P点连线扫过的面积A＝12R2θ－124.如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝6πm的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为32m/s。已知∠AOB＝60°，以OC所在平面为参考平面，取g＝10m/s2。则下列说法中正确的是（A.铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒B.铁链在初始位置时其重心高度33C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8mD.铁链的端点A滑至C处时速度大小为62m/s解析：C铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力，该拉力做负功，机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为L＝πR3＝2m，铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h0，根据机械能守恒定律有mgh0－mgh0sin30°＝12mv12，代入数据解得h0＝1.8m，故B错误；铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方L2处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降Δh＝h0＋L2＝2.8m，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有mgΔh＝12mv22，解得考点三多物体系统的机械能守恒5.（多选）如图所示，小物块P置于倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，轻质定滑轮固定在斜面顶端，P和Q用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，轻绳恰好和斜面平行。t＝0时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g2。t0时刻轻绳突然断裂，之后P能达到的最高点恰与Q被释放时的位置处于同一高度。取t＝0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E。已知0至2t0内Q未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（A.P、Q质量之比为1∶1B.P、Q质量之比为1∶2C.2t0时P的机械能为ED.2t0时P的机械能为E解析：BD将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g2，对P、Q组成的系统，由牛顿第二定律mQg－mPgsin30°＝（mP＋mQ）g2，解得P、Q质量之比为mPmQ＝12，A错误，B正确；t0时刻P、Q的速度为v＝12gt0，P、Q运动的位移大小为x1＝v2t0＝14gt02，绳子断后P先沿斜面向上做减速运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＝ma1，解得a1＝12g，P还能沿斜面向上运动的时间为t1＝va1＝t0，P在t1时间内运动的位移为x2＝v2·t0＝14gt02，即在2t0时刻P运动到最高点，设P质量为m，则Q的质量为2m，根据题意取t＝0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能E＝2mg（x1＋x2）sinθ，解得m＝2Eg2t02，在2t0时P运动到与Q被释放时的位置处于同一高度6.如图所示，一根轻杆长为2L，中点A和右端点B各固定一个小球，mB＝2mA，左端O为光滑水平转轴。开始时杆静止在水平位置，释放后将向下摆动至竖直，在此过程中以下说法正确的是（）A.A、B两球的机械能都守恒B.A、B两球的机械能不守恒，但它们组成的系统机械能守恒C.这一过程O、A间轻杆对A球做正功D.这一过程A、B间轻杆对A球做正功解析：B两小球及轻杆组成的系统的机械能守恒，设摆到竖直时角速度为ω，mB＝2mA＝2m，则有12m（Lω）2＋12×2m（2Lω）2＝mgL＋2mg·2L，解得ω＝10g9L，即A的动能为EkA＝12m（ωL）2＝59mgL＜｜ΔEpA｜＝mgL，B的动能为EkB＝12×2m（ω·2L）2＝409mgL＞｜ΔEpB｜＝4mgL，可知A球的机械能减少，B球的机械能增加，故A错误，B正确；由于A、B两球组成的系统机械能守恒，则下摆的过程O、A间轻杆的弹力沿杆方向不做功，由于A球的机械能减少，则A、B7.如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为（）A.2gm5k B.C.g23mk解析：A当A的速度最大时，对A、B整体，由平衡条件可得mAgsin30°＝F＋mg，F为此时弹簧的弹力，因此时C恰好离开地面，则有F＝mg，联立解得mA＝4m，C恰好离开地面时，对C则有kx2＝mg，解得x2＝mgk，此时A、B有最大速度，且A、B速度大小相等。开始时系统静止，弹簧被压缩，细线无拉力，对B，有kx1＝mg，解得x1＝mgk，从释放A到C恰好离开地面的运动中，弹簧的弹性势能变化量是零，在此运动中A、B、C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得4mg（x1＋x2）sin30°＝mg（x1＋x2）＋12（4m＋m）vmA2，解得vmA＝28.（多选）如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的14圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是（A.a球下滑过程中机械能保持不变B.a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C.a、b滑到水平轨道上时速度为2D.从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR解析：BD由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b两球和轻杆组成的系统机械能守恒，所以A错误，B正确；对a、b系统，由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×12mv2，解得v＝3gR，C错误；对a由动能定理得：mgR＋W＝12mv2，解得W＝mgR9.如图所示，质量均为m的重物A、B和质量为M的重物C（均可视为质点）用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮（半径可忽略）连接，C与滑轮等高时，到两定滑轮的距离均为l，现将系统由静止释放，C竖直向下运动，下落高度为3l时，速度达到最大，已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处，重力加速度大小为g。（1）求C下落3l时轻质长绳的拉力大小FT；（2）求C下落3l时C的速度大小vC；（3）若用质量为2m的D替换C，将其静止释放，求D能下降的最大距离d。答案：（1）33Mg（2）23M－2m2M解析：（1）设C下落3l时，轻质长绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得tanθ＝l3l＝33，所以θ＝30°，对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2FTcos解得FT＝33Mg（2）由几何关系知，当C下落3l时，A和B上升的高度为h＝lsinθ－l对A、