(浙江选考)2020版高考物理一轮复习第5章机械能第3讲机械能守恒定律及其应用学案

.PAGE下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。第3讲机械能守恒定律及其应用知识排查重力做功与重力势能(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。(2)重力做功不引起物体机械能的变化。(1)表达式：Ep＝mgh。(2)重力势能的特点①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。弹性势能1.定义：物体由于发生弹性形变而具有的能。2.弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加，即W＝－ΔEp。机械能守恒定律及应用1.机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。(1)内容：在只有重力或弹簧弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。(2)表达式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3.守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。小题速练(1)被举高的物体重力势能一定不为零()(2)重力势能的变化量与零势能参考面的选取无关()(3)物体所受合外力为零，其机械能一定守恒()(4)合外力做功为零，物体机械能一定守恒()(5)做匀速运动的物体，其机械能一定守恒()(6)克制重力做功，物体的机械能一定增加()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×2.将质量为100kg的物体从地面提升到10m高处，在这个过程中，以下说法正确的选项是(取g＝10m/s2)()A.重力做正功，重力势能增加1.0×104JB.重力做正功，重力势能减少1.0×104JC.重力做负功，重力势能增加1.0×104JD.重力做负功，重力势能减少1.0×104J解析WG＝－mgh＝－1.0×104J，ΔEp＝－WG＝1.0×104J，选项C正确。答案C3.[人教版必修2·P78·T3改编]如图1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。假设以地面为零势能面，而且不计空气阻力，那么以下说法正确的选项是()图1mghmgheq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgheq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案D重力势能弹性势能(1)重力做功的大小与物体的运动状态无关，与物体是否受其他力无关。(2)重力做功，一定会引起重力势能的变化。(3)重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比它在参考平面的重力势能大还是小。(4)WG＝－ΔEP中的负号表示重力做的功与重力势能变化的绝对值相等，符号相反。(1)弹性势能是由弹性物体的相对位置决定的能。(2)当弹簧形变量的长度为零时，弹性势能计为零，弹簧被拉长或压缩后，都具有弹性势能，Ep＝eq\f(1,2)kx2，x为形变量。【典例】(2021·4月浙江选考)如图2所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m。质量为10kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)()图2A.－1.2×103J B.－7.5×102JC.－6.0×102J D.－2.0×102J解析重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力〞可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角一样，记为θ，设右边绳子长为a，那么左边绳长为20－a。由几何关系得20cosθ＝16；asinθ－(20－a)sinθ＝2联立解得a＝eq\f(35,3)m，所以最低点距离参考面的高度差为eq\f(35,3)sinθ＝7m，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5m，所以猴子在最低点的重力势能约为－750J，应选项B正确。答案B1.篮球场上，运发动练习投篮，篮球划过一条漂亮的弧线落入篮筐，球的轨迹如图3中虚线所示。从篮球出手到落入篮筐的过程中，篮球的重力势能()图3解析篮球出手后先上升后下降，故重力势能先增大后减小，D正确。答案D2.如图4所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，以下说法正确的选项是()图4解析当力F作用在物体上时，弹簧处于压缩状态，具有弹性势能，当撤去力F后，物体向右运动。随着物体向右运动，弹簧的压缩量逐渐减小，弹性势能减少，当弹簧恢复原长时，弹性势能为零，但物体的运动速度仍然向右，继续向右运动，弹簧被拉长，弹性势能增加，所以选项D正确。答案D3.(2021·11月浙江选考)奥运会比赛工程撑杆跳高如图5所示，以下说法不正确的选项是()图5A.加速助跑过程中，运发动的动能增加B.起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中，运发动的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中，运发动的重力势能减少动能增加解析加速助跑过程中运发动的速度增大，动能增大，选项A正确；起跳上升过程中，杆的形变量先变大，后变小，故弹性势能先变大后变小，选项B错误；起跳上升过程中，运发动的重心升高，重力势能增加，选项C正确；越过横杆后下落过程中，运发动的重力做正功，重力势能减少，动能增加，选项D正确。答案B机械能守恒定律的理解及应用角度一机械能守恒的判断1.利用机械能的定义判断(直接判断)分析动能和势能的和是否变化。假设物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，那么机械能守恒。假设物体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的能的转化，那么物体系统机械能守恒。1.(2021·10月浙江选考)如图6所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是()图6B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动能、重力势能、机械能解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D错误；高度不断增加，所以重力势能不断增加，在上升过程中升力对无人机做正功，所以无人机机械能不断增加，所以选项C正确。答案C2.以下运动过程中，机械能一定守恒的是()解析判断机械能是否守恒有两种方法，一是根据条件判断；二是直接判断动能和势能的总和是否保持不变。做自由落体运动的小球，只有重力做功，机械能守恒，选项A正确；做竖直面上的匀速圆周运动的物体，在运动中重力势能改变，而动能不变，机械能不守恒，应选项B错误；沿粗糙斜面加速下滑的物块，由于摩擦力做功，所以机械能一定不守恒，选项C错误；跳伞运发动带着张开的降落伞匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，应选项D错误。答案A3.如图7所示，一轻弹簧一端固定在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，以下说法中正确的选项是()图7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，应选项A、B错误；在此过程中，由于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，应选项C错误，D正确。答案D角度二机械能守恒定律的应用【典例】如图8所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2)。一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开场自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。图8(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。解析(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4)①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)假设小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R)⑥vC≥eq\r(\f(Rg,2))⑦全程应用机械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC′2⑧由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿轨道运动到C点。答案(1)5∶1(2)能，理由见解析1.一小球以一定的初速度从图示9位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，假设小球恰好能通过轨道2的最高点B，那么小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()图9mg mgmg mg解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，根据机械能守恒定律，有mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，选项C正确。答案C2.如图10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。现让圆环由静止开场下滑，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)，那么在圆环下滑到最大距离的过程中()图10eq\r(3)mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零解析圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了eq\r(3)mgL，由机械能守恒定律知弹簧弹性势能增加了eq\r(3)mgL，故B正确。答案B3.(2021·4月浙江选考)如图11所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成。其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距离L＝1.00m。轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高。当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点。(弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10m/s2)图11(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d时，假设沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由。解析(1)Ep1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)而eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1得v0＝eq\r(2gh1)＝2m/sEp1＝0.1J(2)当Δx＝d时，滑块恰好沿轨道Ⅰ到B点mgh1＝Ep1当Δx＝2d时，滑块恰好到C点mg(h1＋h2)＋μmgL＝Ep2Ep＝k·Δx2联立得eq\f(Ep1,Ep2)＝eq\f(mgh1,mg〔h1＋h2〕＋μmgL)即eq\f(1,4)＝eq\f(h1,h1＋h2＋μL)得μ(3)恰能通过圆环最高点，须满足的条件是mg＝eq\f(mv2,Rm)，由机械能守恒定律有v＝v0＝2m/s，得Rm＝0.4m，当R＞Rm＝0.4m时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B点答案(1)0.1J2m/s(2)0.5(3)见解析活页作业(时间：30分钟)A组根底过关1.以下研究对象在运动过程中机械能一定守恒的是()B.汽车以2m/s2的加速度启动过程解析做平抛运动的小球，只受重力，在运动过程中机械能一定守恒，A正确；汽车以2m/s2加速度启动过程，动能增大，重力势能不变，机械能增大，B错误；跳伞运发动翻开伞后，空气阻力做负功，其机械能不守恒，C错误；箱子除受重力外，还受到拉力作用，且拉力做功，箱子机械能不守恒，D错误。答案A2.篮球从一定高度下落至地面，经屡次反弹后静止在地面上，此过程中()A.动能时刻在减少 C.重力势能时刻在减少 解析篮球的动能增大时，重力势能减小，动能减小时，重力势能增大，但机械能不守恒，D正确。答案D3.(2021·嘉兴市3月高三选考)如图1所示是一种名为“牙签弩〞的玩具弓弩，现竖直向上发射木质牙签，O点为皮筋自然长度位置，A为发射的起点位置。假设不计一切阻力，重力加速度为g，那么()图1A.A到O的过程中，牙签一直处于超重状态B.A到O的过程中，牙签的机械能守恒C.在上升过程中，弓和皮筋的弹性势能转化为牙签的动能答案D4.如图2所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，假设将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。假设将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，那么小球B下降h时的速度为()图2A.eq\r(2gh) B.eq\r(gh) C.eq\r(\f(gh,2)) 解析对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得弹性势能Ep＝mgh；对弹簧和小球B，根据机械能守恒定律有Ep＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgh，得小球B下降h时的速度v＝eq\r(gh)，应选项B正确。答案B5.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题。设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝eq\r(2gh)＝v0，那么该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝eq\f(π,4)，应选项B正确，选项A、C、D错误。答案B6.如图3所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳与轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然长度，将两球分别由静止开场释放，当两球到达各自悬点的正下方时，两球仍处于同一水平面上，不计空气阻力，那么()图3方时，两球动能相等B.两球到达各自悬点正下方时，A球动能较大C.两球到达各自悬点正下方时，B球动能较大D.两球到达各自悬点正下方时，受到拉力相等解析整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以到达悬点正下方时，A球动能大于B球动能，B正确，A、C错误；在悬点正下方根据F－mg＝eq\f(mv2,R)，A球受到拉力较大，D错误。答案B7.物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)。以下图象能正确反映各物理量之间关系的是()解析由机械能守恒定律得Ep＝E－Ek可知，势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C错误；由动能定理得Ek＝mgh，那么Ep＝E－mgh，故势能与h关系的图象也为倾斜的直线，D错误；Ep＝E－eq\f(1,2)mv2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B正确；Ep＝E－eq\f(1,2)mg2t2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A错误。答案BB组能力提升8.如图4所示，质量、初速度大小都一样的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，那么()图4A.hA＝hB＝hC B.hA＝hB＜hCC.hA＝hB＞hC D.hA＝hC＞hB解析对于A球和C球，当到达最高点时，速度均会减为0，所以由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，所以hA＝hC，而B球当上升到最高点时，只有竖直方向的分速度减为0，水平方向速度保持不变，所以由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mghB＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,高)，所以hA＝hC＞hB，故D正确。答案D9.(2021·上海单科，19)如图5，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图5(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。解析(1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)①vC＝eq\r(gR)＝2m/s。(2)对B→C过程：滑块机械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1＋cos37°)②vB＝eq\r(veq\o\al(2,C)＋2gR〔1＋cos37°〕)＝4.29m/s。(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理mgh－mgμcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0③代入数据解得h＝1.38m答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m10.如图6所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B与轨道最低点C的距离为4R，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E；之后再次从B点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE轨道抛出后恰好落在B点，弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量。图6解析设第一次压缩量为l时，弹簧的弹性势能为Ep。释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v1由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)设小球在最高点E时的速度为v2，由临界条件及牛顿第二定律可知mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，v2＝eq\r(gR)由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)以上几式联立解得Ep＝eq\f(5,2)mgR设第二次压缩时弹簧的压缩量为x，此时弹簧的弹性势能为Ep′小球通过最高点E时的速度为v3，由机械能守恒定律可得Ep′＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)小球从E点开场做平抛运动，由平抛运动规律