(浙江選考)2020版高考物理一輪復習第5章機械能第3講機械能守恒定律及其應用學案

.PAGE下載后可自行編輯修改，頁腳下載后可刪除。第3講機械能守恒定律及其應用知識排查重力做功與重力勢能(1)重力做功與路徑無關，只與始、末位置的高度差有關。(2)重力做功不引起物體機械能的變化。(1)表達式：Ep＝mgh。(2)重力勢能的特點①系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所共有的。②相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關。(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減?。恢亓ξ矬w做負功，重力勢能就增大。(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。彈性勢能1.定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。2.彈力做功與彈性勢能變化的關系：彈力做正功，彈性勢能減?。粡椓ψ鲐摴?，彈性勢能增加，即W＝－ΔEp。機械能守恒定律及應用1.機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。(1)內(nèi)容：在只有重力或彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3.守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。小題速練(1)被舉高的物體重力勢能一定不為零()(2)重力勢能的變化量與零勢能參考面的選取無關()(3)物體所受合外力為零，其機械能一定守恒()(4)合外力做功為零，物體機械能一定守恒()(5)做勻速運動的物體，其機械能一定守恒()(6)克制重力做功，物體的機械能一定增加()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×2.將質(zhì)量為100kg的物體從地面提升到10m高處，在這個過程中，以下說法正確的選項是(取g＝10m/s2)()A.重力做正功，重力勢能增加1.0×104JB.重力做正功，重力勢能減少1.0×104JC.重力做負功，重力勢能增加1.0×104JD.重力做負功，重力勢能減少1.0×104J解析WG＝－mgh＝－1.0×104J，ΔEp＝－WG＝1.0×104J，選項C正確。答案C3.[人教版必修2·P78·T3改編]如圖1所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。假設以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，那么以下說法正確的選項是()圖1mghmgheq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgheq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案D重力勢能彈性勢能(1)重力做功的大小與物體的運動狀態(tài)無關，與物體是否受其他力無關。(2)重力做功，一定會引起重力勢能的變化。(3)重力勢能是標量，但有正負，其意義表示物體的重力勢能比它在參考平面的重力勢能大還是小。(4)WG＝－ΔEP中的負號表示重力做的功與重力勢能變化的絕對值相等，符號相反。(1)彈性勢能是由彈性物體的相對位置決定的能。(2)當彈簧形變量的長度為零時，彈性勢能計為零，彈簧被拉長或壓縮后，都具有彈性勢能，Ep＝eq\f(1,2)kx2，x為形變量?！镜淅?2021·4月浙江選考)如圖2所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山上的A、B處，A、B兩點水平距離為16m，豎直距離為2m，A、B間繩長為20m。質(zhì)量為10kg的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處。以A點所在水平面為參考平面，猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為(繩處于拉直狀態(tài))()圖2A.－1.2×103J B.－7.5×102JC.－6.0×102J D.－2.0×102J解析重力勢能最小的點為最低點，結(jié)合“同繩同力〞可知，在最低點時，兩側(cè)繩子與水平方向夾角一樣，記為θ，設右邊繩子長為a，那么左邊繩長為20－a。由幾何關系得20cosθ＝16；asinθ－(20－a)sinθ＝2聯(lián)立解得a＝eq\f(35,3)m，所以最低點距離參考面的高度差為eq\f(35,3)sinθ＝7m，猴子的重心比繩子最低點大約低0.5m，所以猴子在最低點的重力勢能約為－750J，應選項B正確。答案B1.籃球場上，運發(fā)動練習投籃，籃球劃過一條漂亮的弧線落入籃筐，球的軌跡如圖3中虛線所示。從籃球出手到落入籃筐的過程中，籃球的重力勢能()圖3解析籃球出手后先上升后下降，故重力勢能先增大后減小，D正確。答案D2.如圖4所示，在光滑水平面上有一物體，它的左端連一彈簧，彈簧的另一端固定在墻上，在力F作用下物體處于靜止狀態(tài)，當撤去F后，物體將向右運動，在物體向右運動的過程中，以下說法正確的選項是()圖4解析當力F作用在物體上時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，當撤去力F后，物體向右運動。隨著物體向右運動，彈簧的壓縮量逐漸減小，彈性勢能減少，當彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，但物體的運動速度仍然向右，繼續(xù)向右運動，彈簧被拉長，彈性勢能增加，所以選項D正確。答案D3.(2021·11月浙江選考)奧運會比賽工程撐桿跳高如圖5所示，以下說法不正確的選項是()圖5A.加速助跑過程中，運發(fā)動的動能增加B.起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加C.起跳上升過程中，運發(fā)動的重力勢能增加D.越過橫桿后下落過程中，運發(fā)動的重力勢能減少動能增加解析加速助跑過程中運發(fā)動的速度增大，動能增大，選項A正確；起跳上升過程中，桿的形變量先變大，后變小，故彈性勢能先變大后變小，選項B錯誤；起跳上升過程中，運發(fā)動的重心升高，重力勢能增加，選項C正確；越過橫桿后下落過程中，運發(fā)動的重力做正功，重力勢能減少，動能增加，選項D正確。答案B機械能守恒定律的理解及應用角度一機械能守恒的判斷1.利用機械能的定義判斷(直接判斷)分析動能和勢能的和是否變化。假設物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，那么機械能守恒。假設物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，那么物體系統(tǒng)機械能守恒。1.(2021·10月浙江選考)如圖6所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是()圖6B.動能、重力勢能C.重力勢能、機械能D.動能、重力勢能、機械能解析無人機勻速上升，所以動能保持不變，所以選項A、B、D錯誤；高度不斷增加，所以重力勢能不斷增加，在上升過程中升力對無人機做正功，所以無人機機械能不斷增加，所以選項C正確。答案C2.以下運動過程中，機械能一定守恒的是()解析判斷機械能是否守恒有兩種方法，一是根據(jù)條件判斷；二是直接判斷動能和勢能的總和是否保持不變。做自由落體運動的小球，只有重力做功，機械能守恒，選項A正確；做豎直面上的勻速圓周運動的物體，在運動中重力勢能改變，而動能不變，機械能不守恒，應選項B錯誤；沿粗糙斜面加速下滑的物塊，由于摩擦力做功，所以機械能一定不守恒，選項C錯誤；跳傘運發(fā)動帶著張開的降落傘勻速下降，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小，應選項D錯誤。答案A3.如圖7所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度地釋放，讓小球自由擺下，不計空氣阻力，在小球由A點擺向最低點B的過程中，以下說法中正確的選項是()圖7解析小球由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負功，所以小球的機械能減少，應選項A、B錯誤；在此過程中，由于有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球減少的重力勢能，等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，應選項C錯誤，D正確。答案D角度二機械能守恒定律的應用【典例】如圖8所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開場自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。圖8(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。解析(1)設小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4)①設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)假設小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足FN≥0④設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動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全程應用機械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC′2⑧由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點。答案(1)5∶1(2)能，理由見解析1.一小球以一定的初速度從圖示9位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，假設小球恰好能通過軌道2的最高點B，那么小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為()圖9mg mgmg mg解析小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，根據(jù)機械能守恒定律，有mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝4mg，選項C正確。答案C2.如圖10所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)。現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開場下滑，彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，那么在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()圖10eq\r(3)mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零解析圓環(huán)在下落過程中彈簧的彈性勢能增加，由能量守恒定律可知圓環(huán)的機械能減少，而圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A、D錯誤；圓環(huán)下滑到最大距離時速度為零，但是加速度不為零，即合外力不為零，故C錯誤；圓環(huán)重力勢能減少了eq\r(3)mgL，由機械能守恒定律知彈簧彈性勢能增加了eq\r(3)mgL，故B正確。答案B3.(2021·4月浙江選考)如圖11所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成。其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距離L＝1.00m。軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高。當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點。(彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10m/s2)圖11(1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小；(2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)當彈簧壓縮量為d時，假設沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由。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)當Δx＝d時，滑塊恰好沿軌道Ⅰ到B點mgh1＝Ep1當Δx＝2d時，滑塊恰好到C點mg(h1＋h2)＋μmgL＝Ep2Ep＝k·Δx2聯(lián)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)恰能通過圓環(huán)最高點，須滿足的條件是mg＝eq\f(mv2,Rm)，由機械能守恒定律有v＝v0＝2m/s，得Rm＝0.4m，當R＞Rm＝0.4m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點答案(1)0.1J2m/s(2)0.5(3)見解析活頁作業(yè)(時間：30分鐘)A組根底過關1.以下研究對象在運動過程中機械能一定守恒的是()B.汽車以2m/s2的加速度啟動過程解析做平拋運動的小球，只受重力，在運動過程中機械能一定守恒，A正確；汽車以2m/s2加速度啟動過程，動能增大，重力勢能不變，機械能增大，B錯誤；跳傘運發(fā)動翻開傘后，空氣阻力做負功，其機械能不守恒，C錯誤；箱子除受重力外，還受到拉力作用，且拉力做功，箱子機械能不守恒，D錯誤。答案A2.籃球從一定高度下落至地面，經(jīng)屢次反彈后靜止在地面上，此過程中()A.動能時刻在減少 C.重力勢能時刻在減少 解析籃球的動能增大時，重力勢能減小，動能減小時，重力勢能增大，但機械能不守恒，D正確。答案D3.(2021·嘉興市3月高三選考)如圖1所示是一種名為“牙簽弩〞的玩具弓弩，現(xiàn)豎直向上發(fā)射木質(zhì)牙簽，O點為皮筋自然長度位置，A為發(fā)射的起點位置。假設不計一切阻力，重力加速度為g，那么()圖1A.A到O的過程中，牙簽一直處于超重狀態(tài)B.A到O的過程中，牙簽的機械能守恒C.在上升過程中，弓和皮筋的彈性勢能轉(zhuǎn)化為牙簽的動能答案D4.如圖2所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，假設將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。假設將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，那么小球B下降h時的速度為()圖2A.eq\r(2gh) B.eq\r(gh) C.eq\r(\f(gh,2)) 解析對彈簧和小球A，根據(jù)機械能守恒定律得彈性勢能Ep＝mgh；對彈簧和小球B，根據(jù)機械能守恒定律有Ep＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgh，得小球B下降h時的速度v＝eq\r(gh)，應選項B正確。答案B5.取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒定律解題。設物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝v0，那么該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，應選項B正確，選項A、C、D錯誤。答案B6.如圖3所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩與輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然長度，將兩球分別由靜止開場釋放，當兩球到達各自懸點的正下方時，兩球仍處于同一水平面上，不計空氣阻力，那么()圖3方時，兩球動能相等B.兩球到達各自懸點正下方時，A球動能較大C.兩球到達各自懸點正下方時，B球動能較大D.兩球到達各自懸點正下方時，受到拉力相等解析整個過程中兩球減少的重力勢能相等，A球減少的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為A球動能，B球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為B球的動能和彈簧的彈性勢能，所以到達懸點正下方時，A球動能大于B球動能，B正確，A、C錯誤；在懸點正下方根據(jù)F－mg＝eq\f(mv2,R)，A球受到拉力較大，D錯誤。答案B7.物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面(不計一切阻力)。以下圖象能正確反映各物理量之間關系的是()解析由機械能守恒定律得Ep＝E－Ek可知，勢能與動能關系的圖象為傾斜的直線，C錯誤；由動能定理得Ek＝mgh，那么Ep＝E－mgh，故勢能與h關系的圖象也為傾斜的直線，D錯誤；Ep＝E－eq\f(1,2)mv2，故勢能與速度關系的圖象為開口向下的拋物線，B正確；Ep＝E－eq\f(1,2)mg2t2，勢能與時間關系的圖象也為開口向下的拋物線，A錯誤。答案BB組能力提升8.如圖4所示，質(zhì)量、初速度大小都一樣的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，那么()圖4A.hA＝hB＝hC B.hA＝hB＜hCC.hA＝hB＞hC D.hA＝hC＞hB解析對于A球和C球，當?shù)竭_最高點時，速度均會減為0，所以由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，所以hA＝hC，而B球當上升到最高點時，只有豎直方向的分速度減為0，水平方向速度保持不變，所以由機械能守恒定律得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正確。答案D9.(2021·上海單科，19)如圖5，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零?；瑝K與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖5(1)滑塊在C點的速度大小vC；(2)滑塊在B點的速度大小vB；(3)A、B兩點間的高度差h。解析(1)對C點：滑塊豎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)對B→C過程：滑塊機械能守恒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)滑塊在A→B的過程，利用動能定理mgh－mgμcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0③代入數(shù)據(jù)解得h＝1.38m答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m10.如圖6所示，半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內(nèi)與光滑水平軌道AC相切于C點，水平軌道AC上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧自由端B與軌道最低點C的距離為4R，現(xiàn)用一個小球壓縮彈簧(不拴接)，當彈簧的壓縮量為l時，釋放小球，小球在運動過程中恰好通過半圓形軌道的最高點E；之后再次從B點用該小球壓縮彈簧，釋放后小球經(jīng)過BCDE軌道拋出后恰好落在B點，彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，求第二次壓縮時彈簧的壓縮量。圖6解析設第一次壓縮量為l時，彈簧的彈性勢能為Ep。釋放小球后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，設小球離開彈簧時速度為v1由機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)設小球在最高點E時的速度為v2，由臨界條件及牛頓第二定律可知mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，v2＝eq\r(gR)由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)以上幾式聯(lián)立解得Ep＝eq\f(5,2)mgR設第二次壓縮時彈簧的壓縮量為x，此時彈簧的彈性勢能為Ep′小球通過最高點E時的速度為v3，由機械能守恒定律可得Ep′＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)小球從E點開場做平拋運動，由平拋運動規(guī)律