2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機械能 第3講 機械能 機械能守恒定律 教科版.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機械能 第3講 機械能 機械能守恒定律 教科版 一、重力勢能 1．定義：物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積． 2．公式：Ep＝mgh. 3．矢標(biāo)性：重力勢能是標(biāo)量，但有正、負(fù)，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(fù)的物理意義不同． 4．特點： (1)系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所組成的物體“系統(tǒng)”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(guān)．重力勢能的變化是一定的，與參考平面的選取無關(guān)． 5．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系： 重力做正功時，重力勢能減少；重力做負(fù)功時，重力勢能增加；重力做多少正(負(fù))功，重力勢能就減少(增加)多少，即WG＝Ep1－Ep2. 二、彈性勢能 1．定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能． 2．大小：彈性勢能的大小與形變量及彈簧勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大． 3．彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系： 彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加． 三、機械能、機械能守恒定律 1．機械能 物體的動能和勢能之和統(tǒng)稱為機械能，即E＝Ek＋EP.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(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變． (2)表達(dá)式： E2＝E1，即Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1 1．下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是(　　) A．跳傘運動員張開傘后，在空中勻速下降 B．忽略空氣阻力，物體豎直上拋 C．火箭升空過程 D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升 解析：跳傘運動員在空中勻速下降時，動能不變，重力勢能減小，故機械能減少，A錯誤；忽略空氣阻力，物體豎直上拋時，只有重力做功，機械能守恒，B正確；火箭升空時，推力做正功，機械能增加，C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升時，動能不變，重力勢能增加，故機械能增加，D錯誤． 答案：B 2．關(guān)于彈性勢能，下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)彈簧變長時彈性勢能一定增大 B．當(dāng)彈簧變短時彈性勢能一定減小 C．在拉伸長度相同時，k越大的彈簧的彈性勢能越大 D．彈簧在拉伸時彈性勢能一定大于壓縮時的彈性勢能 解析：彈簧彈性勢能的大小，除了跟勁度系數(shù)k有關(guān)外，還跟它的形變量有關(guān)．如果彈簧原來處在壓縮狀態(tài)，當(dāng)它變長時，它的彈性勢能應(yīng)先減小，在原長處它的彈性勢能最小，所以A、B、D都不對． 答案：C 3．關(guān)于重力勢能，下列說法中正確的是(　　) A．物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定 B．物體與參考平面的距離越大，它的重力勢能也越大 C．一物體的重力勢能從－5 J變化到－3 J，重力勢能變大了 D．重力勢能的減少量等于重力對物體做的功 答案：CD 4．不計空氣阻力，如圖所示的幾種情況中，系統(tǒng)的機械能守恒的是(　　) ①一顆彈丸在光滑的碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運動(圖甲)?、谶\動員在蹦床上越跳越高(圖乙)?、蹐D丙中小車上放一木塊，小車的左側(cè)有彈簧與墻壁相連，小車在左右振動時，木塊相對于小車無滑動(車輪與地面間摩擦不計)?、軋D丙中如果小車振動時，木塊相對小車滑動(木塊與小車有摩擦) A．①②　　　　B．②③ C．②④ D．①③ 解析：對①而言，僅重力對彈丸做功，機械能守恒，故①正確；對②而言，運動員不斷對自己做功，機械能增加，故②不正確；對③而言，能量僅在動能和彈性勢能之間轉(zhuǎn)化，機械能守恒；對④而言，有摩擦生熱，故④不正確．故選項D正確． 答案：D 5．如圖所示，質(zhì)量為m的物體沿斜上方以速度v0拋出后，能達(dá)到的最大高度為H，當(dāng)它將要落到離地面高度為h的平臺上時(不計空氣阻力，取地面為參考平面)，下列判斷正確的是(　　) A．它的總機械能大于mv B．它的總機械能為mgH C．它的動能為mg(H－h(huán)) D．它的動能為mv－mgh 解析：依題意分析可知，物體做拋體運動過程中機械能守恒．物體剛被拋出時的機械能為mv，故物體將要落到離地面高度為h的平臺上時機械能一定為mv，選項A、B均錯誤；設(shè)物體將要落到離地面高度為h的平臺上時動能為Ek，根據(jù)機械能守恒定律可得mv＝Ek＋mgh，解得Ek＝mv－mgh，故選項C錯誤，D正確． 答案：D 1．機械能守恒的條件：只有重力或彈力做功．可以從以下兩個方面理解： (1)只受重力作用，例如在不考慮空氣阻力的情況下的各種拋體運動，物體的機械能守恒． (2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或彈力做功．例如物體沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物體的機械能守恒． 2．判斷機械能是否守恒的幾種方法： (1)利用機械能的定義判斷(直接判斷) 若物體在水平面上勻速運動，其動能、勢能均不變，機械能不變．若一個物體沿斜面勻速下滑，其動能不變，重力勢能減少，其機械能減少． (2)從做功角度來判斷 分析物體或物體系的受力情況，明確各力做功情況，若只有重力或彈簧彈力對物體或物體系做功，則物體或物體系機械能守恒． (3)從能量轉(zhuǎn)化角度來判斷 若物體系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，則物體系的機械能守恒． 如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動．設(shè)開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力．下列分析中正確的是(　　) A．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m B．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m C．從A到B的過程中，小球的機械能守恒 D．從A到B的過程中，小球的機械能減少 解析：考查機械能守恒條件、牛頓運動定律及圓周運動規(guī)律．關(guān)鍵是要理解機械能守恒條件，正確把握牛頓運動定律在圓周運動中的應(yīng)用．從A到B的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能增大，小球的機械能減?。挥捎谛∏蜻\動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)N－mg＝m， 即FN＝mg＋m. 答案：AD 1－1：如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是(　　) A．斜劈對小球的彈力不做功 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．斜劈的機械能守恒 D．小球機械能的減小量等于斜劈動能的增大量 解析：球有豎直方向的位移，所以斜劈對球做功．不計一切摩擦，小球下滑過程中，只有小球和斜劈組成的系統(tǒng)中動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，故選B、D. 答案：BD (20分)(xx大綱全國卷)一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側(cè)豎直，另一側(cè)的坡面呈拋物線形狀．此隊員從山溝的豎直一側(cè)，以速度v0沿水平方向跳向另一側(cè)坡面．如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標(biāo)系Oxy.已知，山溝豎直一側(cè)的高度為2h，坡面的拋物線方程為y＝x2；探險隊員的質(zhì)量為m.人視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g. (1)求此人落到坡面時的動能； (2)此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最?。縿幽艿淖钚≈禐槎嗌?？ 解析：(1)設(shè)該隊員在空中運動的時間為t，在坡面上落點的橫坐標(biāo)為x，縱坐標(biāo)為y.由運動學(xué)公式和已知條件得 x＝v0t ①(1分) 2h－y＝gt2 ②(1分) 根據(jù)題意有 y＝ ③(2分) 由機械能守恒，落到坡面時的動能為 mv2＝mv＋mg(2h－y) ④(4分) 聯(lián)立①②③④式得 mv2＝m. ⑤(3分) (2)⑤式可以改寫為 v2＝2＋3gh⑥(3分) v2取極小的條件為⑥式中的平方項等于0，由此得 v0＝ ⑦(3分) 此時v2＝3gh，則最小動能為 min＝mgh.⑧(3分) 答案：　(1) m　 (2)　mgh 2－1：如圖所示，豎直平面內(nèi)的一半徑R＝0.50 m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點，質(zhì)量m＝0.10 kg的小球從B點正上方H＝0.95 m高處的A點自由下落，由B點進(jìn)入圓弧軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離x＝2.4 m，球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h＝0.80 m，g取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求： (1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小FN； (2)小球經(jīng)過最高點P的速度大小vP； (3)D點與圓心O的高度差hOD. 解析：(1)設(shè)經(jīng)過C點速度為v1，由機械能守恒有mg(H＋R)＝mv 由牛頓第二定律有FN－mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得：FN＝6.8 N. (2)P點時速度為vP，P到Q做平拋運動有h＝gt2，＝vPt 代入數(shù)據(jù)解得：vP＝3.0 m/s. (3)由機械能守恒定律，有 mv＋mgh＝mg(H＋hOD)， 代入數(shù)據(jù)，解得hOD＝0.30 m. 答案：(1)6.8 N　(2)3.0 m/s　(3)0.30 m 一、連繩模型 此類問題要認(rèn)清物體的運動過程，注意物體運動到最高點或最低點時速度相等這一隱含條件． (xx上海單科)如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細(xì)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(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)B位于地面時，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．2R　　　　　B．5R/3 C．4R/3 D．2R/3 解析：如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有mv2＝mgh，解得h＝R.則B上升的高度為R＋R＝R，故選項C正確． 答案：C 二、連桿模型 這類問題應(yīng)注意在運動過程中各個物體之間的角速度、線速度的關(guān)系等． 一個質(zhì)量不計的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B，支架的兩直角邊長度分別為2L和L，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，如圖所示，開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，則(　　) A．A球的最大速度為2 B．A球速度達(dá)到最大時，兩小球的總重力勢能最小 C．A球速度達(dá)到最大時，兩直角邊與豎直方向的夾角都為45 D．A、B兩球的最大速度之比為vA∶vB＝2∶1 解析：支架繞固定軸O轉(zhuǎn)動，A、B兩球運動的角速度相等，速度之比始終為2∶1，又A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以B、D正確；設(shè)A球速度最大時，OB與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)機械能守恒定律，有mg2Lsin θ－2mgL(1－cos θ) ＝mv＋2m(vA)2 所以v＝gL[sin(θ＋45)－1] ≤gL 由此可知，當(dāng)θ＝45時，A球速度最大，C項正確，A項錯誤． 答案：BCD 三、滑鏈模型 此類問題應(yīng)注意重力勢能為零的位置的選擇及重力勢能的改變． 如圖所示，一條長為L的柔軟勻質(zhì)鏈條，開始時靜止放在光滑梯形平臺上，斜面上的鏈條為x0，已知重力加速度為g，Lx0)． 解析：鏈條各部分和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)鏈條的總質(zhì)量為m，以平臺所在位置為零勢能面，則 －x0gx0sin α＝mv2－xgxsin α 解得v＝(x>x0) 所以當(dāng)斜面上鏈條長為x時，鏈條的速度為 (x>x0)． 1.(xx海南單科)下列關(guān)于功和機械能的說法，正確的是(　　) A．在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功 B．合力對物體所做的功等于物體動能的改變量 C．物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關(guān) D．運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量 解析：物體重力勢能的減少始終等于重力對物體所做的功，A項錯誤；運動物體動能的減少量等于合外力對物體做的功，D項錯誤． 答案：BC 2．一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，在此過程中無機械能損失，則下列說法正確的是(　　) A．由A到C的過程中，動能和重力勢能之和不變 B．由B到C的過程中，彈性勢能和動能之和不變 C．由A到C的過程中，物塊m的機械能守恒 D．由B到C的過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析：物塊由A到C的過程中，只有重力、彈簧彈力做功，因此物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由A到B的過程中，彈性勢能不變，物塊動能與重力勢能之和不變，但物塊由B到C的過程中，彈性勢能增大，物塊的機械能減小，重力勢能增大，彈性勢能與動能之和減小，故只有D正確． 答案：D 3．(xx山東理綜)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，v－t圖象如圖所示．以下判斷正確的是(　　) A．前3 s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài) B．最后2 s內(nèi)貨物只受重力作用 C．前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度相同 D．第3 s末至第5 s末的過程中，貨物的機械能守恒 解析：由v－t圖象可知，貨物在前3 s內(nèi)具有向上的加速度，因此貨物處于超重狀態(tài)，選項A正確；最后2 s內(nèi)，貨物具有向下的加速度，其大小為a＝m/s2＝3 m/s2mg且h越大，N越大．選項B、C正確． 答案：BC 5．如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧軌道與高為10R的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡．在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓，處于靜止?fàn)顟B(tài)．同時釋放兩個小球，a球恰好能通過圓弧軌道的最高點A，b球恰好能到達(dá)斜軌道的最高點B.已知a球質(zhì)量為m1，b球質(zhì)量為m2，重力加速度為g.求： (1)a球離開彈簧時的速度大小va； (2)b球離開彈簧時的速度大小vb； (3)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep. 解析：(1)由a球恰好能到達(dá)A點知 m1g＝m1 由機械能守恒定律得 m1v－m1v＝m1g2R 得va＝. (2)對于b球由機械能守恒定律得： m2v＝m2g10R 得vb＝. (3)由機械能守恒定律得 Ep＝m1v＋m2v 得Ep＝(m1＋10m2)gR. 答案：　(1)　(2)　 (3)(m1＋10m2)gR