2025屆高考物理一輪復習第5章機械能及其守恒定律第3節(jié)機械能守恒定律及其應用教案新人教版

PAGE13-第3節(jié)機械能守恒定律及其應用一、重力做功與重力勢能1．重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關，只與初、末位置的高度差有關。(2)重力做功不引起物體機械能的變更。2．重力勢能(1)公式：Ep＝mgh。(2)特性：①標矢性：重力勢能是標量，但有正、負，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負的物理意義不同。②系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所組成的“系統(tǒng)”共有的。③相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關。重力勢能的變更是肯定的，與參考平面的選取無關。3．重力做功與重力勢能變更的關系(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就削減；重力對物體做負功，重力勢能就增加。(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的削減量。即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。二、彈性勢能1．定義：發(fā)生彈性形變的物體之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能。2．彈力做功與彈性勢能變更的關系：彈力做正功，彈性勢能削減；彈力做負功，彈性勢能增加。即W＝－ΔEp。三、機械能守恒定律1．機械能動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機械能守恒定律(1)內容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內，動能和勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。(2)守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內的彈力做功。(3)守恒表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。一、思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關。 (√)2．重力勢能的變更與零勢能參考面的選取有關。 (×)3．克服重力做功，物體的重力勢能肯定增加。 (√)4．做曲線運動的物體機械能可能守恒。 (√)5．物體初、末狀態(tài)的機械能相等，則物體的機械能守恒。 (×)6．只有彈簧彈力對物體做功，則物體機械能守恒。 (×)二、走進教材1．(粵教版必修2P70探討與溝通改編)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出。不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大B．水平拋出的最大C．斜向上拋出的最大D．斜向下拋出的最大[答案]A2.(人教版必修2P78T3改編)(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．重力對物體做的功為mghB．物體在海平面上的勢能為mghC．物體在海平面上的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghD．物體在海平面上的機械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)[答案]AD3.(人教版必修2P80T2改編)一小球以肯定的初速度從圖示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，小球的質量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經過A處時對軌道的壓力為()A．2mgB．3mgC．4mgD．5mgC[小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經過A處時，有F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，依據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C正確。]機械能守恒的推斷eq\o([依題組訓練])1．(多選)如圖所示，下列關于機械能是否守恒的推斷正確的是()甲乙丙丁A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A的機械能守恒B．乙圖中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒C．丙圖中，不計任何阻力和定滑輪質量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒CD[甲圖中重力和系統(tǒng)內彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A的機械能不守恒，A錯誤；乙圖中物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負功，物體B的機械能不守恒，B錯誤；丙圖中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C正確；丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D正確。]2.如圖所示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，下列說法正確的是()A．物體的重力勢能削減，動能不變B．斜面體的機械能不變C．斜面對物體的作用力垂直于接觸面，不對物體做功D．物體和斜面體組成的系統(tǒng)機械能守恒D[物體由靜止起先下滑的過程其重力勢能削減，動能增加，A錯誤；物體在下滑過程中，斜面體做加速運動，其機械能增加，B錯誤；物體沿斜面下滑時，既沿斜面對下運動，又隨斜面體向右運動，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對物體的作用力對物體做負功，C錯誤；對物體與斜面體組成的系統(tǒng)，只有物體的重力做功，機械能守恒，D正確。]3．(多選)如圖所示，用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中。在下列依次進行的過程中，由子彈、彈簧和A、B所組成的系統(tǒng)機械能守恒的是()A．子彈射入物塊B的過程B．物塊B帶著子彈向左運動，直到彈簧壓縮量達到最大的過程C．彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動，直到彈簧復原原長的過程D．帶著子彈的物塊B因慣性接著向右運動，直到彈簧伸長量達到最大的過程BCD[子彈射入物塊B的過程中，由于要克服子彈與物塊之間的滑動摩擦力做功，一部分機械能轉化成了內能，所以系統(tǒng)機械能不守恒；在子彈與物塊B獲得了共同速度后一起向左壓縮彈簧的過程中，對于A、B、彈簧和子彈組成的系統(tǒng)，墻壁給A一個彈力作用，系統(tǒng)的外力之和不為零，但這一過程中墻壁的彈力不做功，只有系統(tǒng)內的彈力做功，動能和彈性勢能發(fā)生轉化，系統(tǒng)機械能守恒，這一情形持續(xù)到彈簧復原原長為止；當彈簧復原原長后，整個系統(tǒng)將向右運動，墻壁不再有力作用在A上，這時動能和彈性勢能相互轉化，故系統(tǒng)的機械能守恒。]定義法利用機械能的定義干脆推斷，分析物體或系統(tǒng)的動能和勢能的和是否變更，若不變，則機械能守恒做功法若物體或系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內彈力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒轉化法若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒單物體的機械能守恒問題eq\o([講典例示法])1．表達式2．求解單個物體機械能守恒問題的基本思路(1)選對象：選取探討對象——物體。(2)析受力、判守恒：依據(jù)探討對象所經驗的物理過程，進行受力、做功分析，推斷機械能是否守恒。(3)析運動、明狀態(tài)：恰當?shù)剡x取參考平面，確定探討對象在初、末狀態(tài)時的機械能。(4)列方程、解方程：選取便利的機械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解。3．選用技巧在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉化觀點，轉化觀點不用選取零勢能面。eq\o([典例示法])如圖所示，是某公園設計的一種游樂設施，全部軌道均光滑，AB面與水平面成肯定夾角。一無動力小滑車質量為m＝10kg，沿斜面軌道由靜止滑下，然后滑入第一個圓形軌道內側，其軌道半徑R＝2.5m，不計過B點的能量損失，依據(jù)設計要求，在圓軌道最低點與最高點各放一個壓力傳感器，測試小滑車對軌道的壓力，并通過計算機顯示出來。小滑車到達第一圓軌道最高點C處時剛好對軌道無壓力，又經過水平軌道滑入其次個圓形軌道內側，其軌道半徑r＝1.5m，然后從水平軌道上飛入水池內，水面離水平軌道的距離為h＝5m。g取10m/s2，小滑車在運動全過程中可視為質點。求：(1)小滑車在第一圓形軌道最高點C處的速度vC的大?。?2)在其次個圓形軌道的最高點D處小滑車對軌道壓力FN的大?。?3)若在水池內距離水平軌道邊緣正下方的E點x＝12m處放一氣墊(氣墊厚度不計)，要使小滑車既能平安通過圓軌道又能落到氣墊之上，則小滑車至少應從離水平軌道多高的地方起先下滑？審題指導：關鍵語句獲得信息全部軌道光滑不計摩擦，應考慮機械能守恒最高點C處時剛好對軌道無壓力圓周運動的臨界狀態(tài)，重力供應向心力最高點D處對軌道的壓力要求出D處的速度，依據(jù)機械能守恒建立C、D之間的關系既能平安通過圓形軌道又能落到氣墊上能通過C處，又要關注平拋水平距離[解析](1)在C點mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R) ①解得vC＝5m/s。 ②(2)由C點到D點過程依據(jù)機械能守恒mg2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg2r ③在D點mg＋FN′＝meq\f(v\o\al(2,D),r) ④所以FN′＝333.3N ⑤由牛頓第三定律知小滑車對軌道的壓力FN為333.3N。(3)小滑車要能平安通過圓形軌道，在平臺上速度至少為v1，依據(jù)機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg(2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑥小滑車要能落到氣墊上，在平臺上速度至少為v2，則h＝eq\f(1,2)gt2 ⑦x＝v2t ⑧解得v2>v1，所以只要mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，即可滿意題意。解得H＝7.2m。[答案](1)5m/s(2)333.3N(3)7.2meq\o([跟進訓練])1.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mgD[設小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，依據(jù)牛頓其次定律有，在最低點：N1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，在最高點：N2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)；從最高點到最低點，依據(jù)機械能守恒有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立可得：N1－N2＝6mg，故選項D正確。]2．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。假如拋出點足夠高，當物塊的動能等于重力勢能的兩倍時，速度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)A[設物塊水平拋出的初速度為v0，拋出時的高度為h。依據(jù)題意，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，則v0＝eq\r(2gh)；設當物塊的動能等于重力勢能的兩倍時，物塊距離地面的高度為h′，由機械能守恒定律得2mgh＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2，又2mgh′＝eq\f(1,2)mv2，解得h′＝eq\f(2,3)h，則此時物塊在豎直方向上的分速度為vy＝eq\r(2gh－h(huán)′)＝eq\r(\f(2,3)gh)，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，即速度與水平方向的夾角為eq\f(π,6)，選項A正確。]3.如圖所示，P是水平面上的固定圓弧軌道，從高臺邊B點以速度v0水平飛出質量為m的小球，恰能從左端A點沿圓弧切線方向進入。O是圓弧的圓心，θ是OA與豎直方向的夾角。已知m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圓弧軌道半徑R＝0.5m，g取10m/s2，不計空氣阻力和全部摩擦，求：(1)A、B兩點的高度差；(2)小球能否到達最高點C？如能到達，小球對C點的壓力大小為多少？[解析](1)小球從B到A做平拋運動，到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，則有vA＝eq\f(v0,cosθ)＝5m/s依據(jù)機械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得A、B兩點的高度差h＝0.8m。(2)假設小球能到達C點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vC＝3m/s小球通過C點的最小速度為v，則mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s因為vC>v，所以小球能到達最高點C在C點，由牛頓其次定律得mg＋F＝meq\f(v\o\al(2,C),R)代入數(shù)據(jù)解得F＝4N由牛頓第三定律知，小球對C點的壓力大小為4N。[答案](1)0.8m(2)能4N多物體的機械能守恒問題eq\o([講典例示法])1．解決多物體系統(tǒng)機械能守恒的三點留意(1)對多個物體組成的系統(tǒng)要留意推斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。(2)留意找尋用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系。(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。2．幾種實際情境的分析(1)速率相等情境用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變更的關系。(2)角速度相等情境桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)關聯(lián)速度情境兩物體速度的關聯(lián)實質：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等。eq\o([典例示法])如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手限制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計。起先時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面。求：(1)斜面的傾角α；(2)A球獲得的最大速度vm。審題指導：關鍵語句獲得信息固定的光滑斜面上系統(tǒng)機械能守恒使細線剛剛拉直但無拉力作用彈簧處于壓縮狀態(tài)，且彈力等于B的重力A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面彈簧處于伸長狀態(tài)，且彈力等于C的重力B、C的質量均為m彈簧壓縮量與伸長量相等，彈性勢能相同A球獲得的最大速度vmA的加速度此時為零[解析](1)由題意可知，當A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零。由牛頓其次定律得4mgsinα－2mg＝0，則sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°。(2)由題意可知，mg＝kΔx，B球上升的高度x＝2Δx＝eq\f(2mg,k)。A、B兩小球及輕質彈簧組成的系統(tǒng)在初始時和A沿斜面下滑至速度最大時彈簧的彈性勢能相等，對A、B、C三小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得4mgxsinα－mgx＝eq\f(1,2)(5m)veq\o\al(2,m)聯(lián)立化簡得vm＝2geq\r(\f(m,5k))。[答案](1)30°(2)2geq\r(\f(m,5k))求解多物體機械能守恒的兩點留意(1)多個物體組成的系統(tǒng)在沒有機械能和內能間的相互轉化時，系統(tǒng)的機械能守恒，單個物體的機械能不守恒，機械能在物體間可以轉移，總量保持不變。(2)對系統(tǒng)的機械能守恒問題，一般列等式ΔEk＝－ΔEp。eq\o([跟進訓練])輕繩連接的物體系統(tǒng)1.如圖所示，可視為質點的小球A、B用不行伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍。當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3)D．eq\f(2R,3)C[設B球質量為m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，依據(jù)機械能守恒定律2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq\f(2,3)gR，B球接著上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確。]輕桿連接的物體系統(tǒng)2.如圖所示，豎直平面內固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽視不計。兩個小球a、b(視為質點)質量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長度為l的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置(輕桿與L2桿夾角為45°)由靜止釋放，不計一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運動過程中，下列說法中正確的是()A．a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．b球的速度為零時，a球的加速度大小為零C．b球的最大速度為eq\r(2＋\r(2)gl)D．a球的最大速度為eq\r(\r(2)gl)C[a球和b球組成的系統(tǒng)沒有外力做功，只有a球和b球的動能和重力勢能相互轉換，因此a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；設輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運動關聯(lián)可知vbcosθ＝vasinθ，則vb＝vatanθ，可知當b球的速度為零時，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯誤；當桿L和桿L1第一次平行時，a球運動到最下方，b球運動到L1和L2交點位置，b球的速度達到最大，此時a球的速度為0，因此由系統(tǒng)機械能守恒有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)l＋l))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，解得vb＝eq\r(2＋\r(2)gl)，C正確；當輕桿L和桿L2第一次平行時，由運動的關聯(lián)可知此時b球的速度為零，由系統(tǒng)機械能守恒有mg·eq\f(\r(2),2)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(\r(2)gl)，此時a球具有向下的加速度g，故此時a球的速度不是最大，a球將接著向下做加速度減小的加速運動，到加速度為0時速度達到最大，D錯誤。]輕彈簧相連的物體系統(tǒng)3.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質量為m＝4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。取g=10m/s2。求：(1)彈簧復原原長時細繩上的拉力大??；(2)物體A沿斜面對上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。[解析](1)復原原長時對B有mg－FT＝ma對A有FT－mgsin30°＝ma解得FT＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當A速度最大時mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故彈性勢能變更量ΔEp＝0，由系統(tǒng)機械能守恒mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2m·v2得v＝g·eq\r(\f(m,2k))＝1m/s。[答案](1)30N(2)20cm(3)1m/s用機械能守恒定律解決非質點問題eq\o([講典例示法])1．在應用機械能守恒定律處理實際問題時，常常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變更，因此這類物體不能再視為質點來處理。2．物體雖然不能視為質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般狀況下，可將物體分段處理，確定質量分布勻稱的規(guī)則物體各部分的重心位置，依據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變更列式求解。eq\o([典例示法])如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角為α的足夠長的光滑斜面，斜面體固定不動。AB、BC間用一小段光滑圓弧軌道相連。一條長為L的勻稱松軟鏈條起先時靜置在A