2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第五章 第三讲 机械能守恒定律及其应用 含答案

基础复习课

第三讲 机械能守恒定律及其应用

[小题快练]

1．判断题

(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．( √ )

(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．( √ )

(3)弹力做正功，弹性势能一定增加．( × )

(4)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒．( × )

(5)物体的速度增大时，其机械能可能减小．( √ )

(6)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒．( √ )

2．关于重力势能，下列说法中正确的是( D )

A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定

B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大

C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了

D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功

3．如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，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，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( D )

A．弹簧的弹性势能逐渐减少

B．物体的机械能不变

C．弹簧的弹性势能先增加后减少

D．弹簧的弹性势能先减少后增加

4．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( CD )

A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒

B．乙图中，A置于光滑水平面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒

C．丙图中，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，A、B系统机械能守恒

D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒

考点一 机械能守恒的判断 (自主学习)

1．对机械能守恒条件的理解

(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒．

(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，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．

2．机械能是否守恒的三种判断方法

(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，机械能守恒．

(2)利用守恒条件判断．

(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒．

1－1.[机械能守恒的判断] 在如图所示的物理过程示意图中，甲图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；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则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( )

A．甲图中小球机械能守恒

B．乙图中小球A机械能守恒

C．丙图中小球机械能守恒

D．丁图中小球机械能守恒

解析：甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A正确；乙图过程中轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D错误．

答案：A

1－2.[机械能守恒的判断] 把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是( )

A．经过位置B时小球的加速度为0

B．经过位置B时小球的速度最大

C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒

D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小

答案：C

考点二 单个物体的机械能守恒 (师生共研)

1．机械能守恒定律的表达式

2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路

(1)选取研究对象——物体．

(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．

(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末状态时的机械能．

(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式进行求解．

[典例] 如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1.0 kg的可看作质点的滑块无初速地放在传送带A端，传送带长度L＝12.0 m，“9”形轨道全高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；

(2)滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；

(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)．

[审题指导]

第一步：抓关键点

关键点 获取信息

内壁光滑的“9”形固定轨道 滑块在“9”形轨道内运动时机械能守恒

滑块无初速地放在传送带A端 滑块从A点开始做初速度为0的匀加速运动

滑块从“9”形轨道，D点水平抛出 滑块由D到P做平抛运动，机械能守恒

恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上的P点 滑块在P点的速度vP垂直于斜面，其水平分速度为vD

第二步：找突破口

(1)判断滑块在传送带上的运动时，若滑块与传送带同速时没有到达B点，则剩余部分将做匀速直线运 动．

(2)在轨道的C点，根据FN＋mg＝mv2CR求滑块受轨道的作用力时，应先求出滑块到C点的速度vC.

(3)滑块由D点到P点做平抛运动，故滑块在P点的速度vP在水平方向的分速度与在D点的速度相等，即vD＝vPsin θ.

解析：(1)滑块在传送带运动时，由牛顿运动定律得

μmg＝ma

得a＝μg＝3 m/s2

加速到与传送带共速所需要的时间t1＝v0a＝2 s

前2 s内的位移x1＝12at21＝6 m

之后滑块做匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m

时间t2＝x2v0＝1 s

故t＝t1＋t2＝3 s.

(2)滑块由B到C运动，由机械能守恒定律得

－mgH＝12mv2C－12mv20

在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得FN＋mg＝mv2CR

解得FN＝90 N.

(3)滑块由B到D运动的过程中，由机械能守恒定律得12mv20＝12mv2D＋mg(H－2R)

滑块由D到P运动的过程中，由机械能守恒定律得12mv2P＝12mv2D＋mgh

又vD＝vPsin 45°

由以上三式可解得h＝1.4 m.

答案：(1)3 s (2)90 N (3)1.4 m

[反思总结]

应用机械能守恒定律的两点注意事项

1．列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同.

2．应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同．

2－1.[与平抛运动相结合] (2015·海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝2 m．取重力加速度大小g＝10 m/s2.

(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；

(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．

解析：(1)一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt，h＝12gt2，

从ab滑落过程中，根据机械能守恒定律可得mgR＝12mv2b，联立三式可得R＝s24h＝0.25 m.

(2)环由b处静止下滑过程中机械能守恒，设环下滑至c点的速度大小为v，有mgh＝12mv2

环在c点的速度水平分量为vx＝vcos θ

式中，θ为环在c点速度的方向与水平方向的夹角，由题意可知，环在c点的速度方向和以初速度vb做平抛运动的物体在c点速度方向相同，而做平抛运动的物体末速度的水平分量为vx′＝vb，竖直分量vy′为vy′＝2gh

因为cos θ＝vbv2b＋vy′2

联立可得vx＝2103 m/s.

答案：(1)0.25 m (2)2103 m/s

2－2.[与圆周运动相结合] (2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.

(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；

(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．

解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为

Ep＝5mgl①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得

Ep＝12Mv2B＋μMg·4l②

联立①②式，取M＝m并代入题给数据得

vB＝6gl③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

mv2l－mg≥0④

设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得

12mv2B＝12mv2D＋mg·2l⑤

联立③⑤式得

vD＝2gl⑥

vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得

2l＝12gt2⑦

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为

s＝vDt⑧

联立⑥⑦⑧式得

s＝22l⑨

(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知

5mgl>μMg·4l⑩

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有