2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章第3講機械能守恒定律及其應(yīng)用教案新人教版

PAGEPAGE13第3講機械能守恒定律及其應(yīng)用考點1對機械能守恒定律的理解1．對機械能守恒條件的理解(1)只受重力作用．(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零．(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，只有動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，無其他形式能量的轉(zhuǎn)化．2．機械能守恒推斷的三種方法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改變，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(nèi)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(zhuǎn)化法若物體或系統(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能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒1．(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量相同的小球A、B，用細線懸掛在等高的O1、O2點，A球的懸線比B球的懸線長，把兩球的懸線均拉到水平位置后將小球無初速度釋放，以懸點所在的水平面為參考平面，則經(jīng)最低點時(BD)A．B球的動能大于A球的動能B．A球的動能大于B球的動能C．A球的機械能大于B球的機械能D．A球的機械能等于B球的機械能解析：空氣阻力不計，小球下落過程中只有動能和重力勢能之間的轉(zhuǎn)化，機械能守恒，故C錯誤，D正確；到最低點時A球削減的重力勢能較多，增加的動能較多，故A錯誤，B正確．2．如圖所示，一個小球套在固定的傾斜光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小球沿桿拉到與O點等高的位置由靜止釋放．小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧處于豎直時，小球速度恰好為零．若彈簧始終處于伸長且在彈性限度內(nèi)，在小球下滑過程中，下列說法正確的是(A)A．小球的機械能先增大后減小B．彈簧的彈性勢能始終增加C．重力做功的功率始終增大D．當(dāng)彈簧與桿垂直時，小球的動能最大解析：小球沿桿下落過程中，彈簧彈力與小球速度的夾角先是銳角后是鈍角，也就是彈簧彈力對小球先做正功后做負功，依據(jù)功能關(guān)系，小球的機械能先增大后減小，當(dāng)彈簧垂直桿時伸長量最短，彈性勢能最?。訟正確，B錯誤．當(dāng)彈簧與桿垂直時，小球的加速度仍沿桿向下，如圖，小球加速度為零的位置在N、P之間某點，速度最大的位置也就在N、P之間某點，所以D錯誤．設(shè)桿與豎直方向夾角為α，重力做功的功率PG＝mgvcosα，速度v先增大后減小，則重力做功的功領(lǐng)先增大后減小，所以C錯誤．3．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體C固定于水平地面上，小物塊B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接，釋放后，A將向下運動，則在A碰地前的運動過程中(D)A．A的加速度大小為gB．物體A機械能守恒C．由于斜面光滑，所以物塊B機械能守恒D．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：物體A向下運動的過程中除受到重力以外，還受到細繩向上的拉力，物體A下落的加速度肯定小于g，故A錯誤；物體A下落過程中，細繩的拉力做負功，A的機械能不守恒，故B錯誤；由于斜面光滑，A、B組成的系統(tǒng)在整個運動過程中，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，但細繩拉力對B做正功，B的機械能增加，故C錯誤，D正確．考點2單體機械能守恒定律的應(yīng)用1．機械能守恒定律的表達式2．用機械能守恒定律解題的基本思路如圖所示，ABDO是處于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB是半徑為R＝15m的eq\f(1,4)圓周軌道，半徑OA處于水平位置，BDO是直徑為15m的半圓軌道，D為BDO軌道的中點．一個小球P從A點的正上方距水平半徑OA高H處自由落下，沿豎直平面內(nèi)的軌道通過D點時對軌道的壓力等于其重力的eq\f(14,3)倍，g取10m/s2.(1)H的大小．(2)試分析此球能否到達BDO軌道的O點，并說明理由．(3)小球沿軌道運動后再次落到軌道上的速度的大小是多少．[審題指導(dǎo)](1)光滑軌道，無摩擦，小球在運動過程中機械能守恒．(2)小球在軌道內(nèi)運動可抽象為豎直平面的圓周運動，屬于輕繩模型，能否通過O點由速度確定．【解析】(1)設(shè)小球通過D點的速度為v，由牛頓其次定律得：eq\f(14,3)mg＝meq\f(v2,\f(R,2))，小球從P點運動至D點的過程，由機械能守恒定律得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(R,2)))＝eq\f(1,2)mv2，解得：H＝10m.(2)若小球剛好沿豎直半圓軌道能運動到O點的速度為vC，在O點由牛頓其次定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2))，小球至少應(yīng)從HC高處落下，由機械能守恒定律得：mgHC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得：HC＝eq\f(R,4)＝3.75m，由于H>HC，故小球可以通過O點．(3)小球由P點落下通過O點的過程，由機械能守恒定律得：mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝10eq\r(2)m/s，小球通過O點后做平拋運動，設(shè)小球經(jīng)時間t落到AB圓弧軌道上，則有：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，且：x2＋y2＝R2，解得：t＝1s(另解舍棄)，又有：vy＝gt，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))，解得：v＝10eq\r(3)m/s.【答案】(1)10m(2)見解析(3)10eq\r(3)m/s1．如圖所示，兩個四分之三圓弧軌道固定在水平地面上，半徑R相同，A軌道由金屬凹槽制成，B軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑軌道．在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用hA和hB表示，則下列說法正確的是(D)A．若hA＝hB≥2R，則兩小球都能沿軌道運動到軌道的最高點B．若hA＝hB＝2R，由于機械能守恒，兩個小球沿軌道上升的最大高度均為2RC．適當(dāng)調(diào)整hA和hB，使兩小球從軌道最高點飛出后，均能恰好落在軌道右端口處D．若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，A小球的最小高度為eq\f(5R,2)，B小球在hB>2R的任何高度均可解析：若小球A恰好能到A軌道的最高點時，由mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得vA＝eq\r(gR)，依據(jù)機械能守恒定律得，mg(hA－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得hA＝eq\f(5R,2)，若小球B恰好能到B軌道的最高點時，在最高點的速度vB＝0，依據(jù)機械能守恒定律得hB＝2R，因此hA＝hB＝2R時，A不能到達軌道的最高點，B能到達軌道的最高點，故A錯誤，D正確；若hA＝hB＝2R，小球A在到達最高點前離開軌道，有肯定的速度，由機械能守恒可知，A在軌道上上升的最大高度小于2R，小球B在軌道上上升的最大高度等于2R，故B錯誤；小球A從最高點飛出后做平拋運動，下落R高度時，水平位移的最小值為xA＝vAeq\r(\f(2R,g))＝eq\r(gR)·eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(2)R>R，所以小球A落在軌道右端口外側(cè)，而適當(dāng)調(diào)整hB，B可以落在軌道右端口處，故C錯誤．2．滑板運動是一種陸地上的“沖浪運動”，滑板運動員可在不同的軌道上滑行并做出各種高難度運動，給人以美的享受，如圖所示是模擬的滑板滑行軌道，該軌道由足夠長的斜直軌道、半徑R1＝1m的凹形圓弧軌道和半徑R2＝1.6m的凸形圓弧軌道組成，這三部分軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑連接，其中AB與水平方向夾角θ＝37°，C點為凹形圓弧軌道的最低點，D點為凸形圓弧軌道的最高點，凸形圓弧軌道的圓心O2點與C點處在同一水平面上，一質(zhì)量為m＝1kg可看作質(zhì)點的滑板，從斜直軌道上的P點無初速滑下，經(jīng)過C點滑向D點，P點距B點所在水平面的高度h＝1.8m，不計一切阻力，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)滑板滑到C點時滑板對軌道的壓力．(2)若滑板滑到D點時恰做平拋運動，則從P點須以多大初速度起先下滑．解析：(1)滑板從P點運動到C點的過程中，由機械能守恒定律得：mg[h＋R1(1－cosθ)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C點對滑板由牛頓其次定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R1)，解得：FN＝50N，由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力大小為50N，方向豎直向下．(2)滑板滑到D點時恰做平拋運動，則有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R2)，滑板從P點運動至D點，由機械能守恒定律得：mg[h＋R1(1－cosθ)－R2]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝2eq\r(2)m/s.答案：(1)50N方向豎直向下(2)2eq\r(2)m/s應(yīng)用機械能守恒定律的兩點留意(1)應(yīng)用守恒觀點列方程時，應(yīng)先選擇參考平面；而應(yīng)用轉(zhuǎn)化式列方程時，則不必選擇參考平面．(2)應(yīng)用機械能守恒定律能解決的問題，應(yīng)用動能定理同樣可以解決，但解題思路和表達式不同．考點3系統(tǒng)機械能守恒定律的應(yīng)用考向1繩連接的物體系統(tǒng)機械能守恒一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質(zhì)不行伸長的細繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示．已知A球始終不離開圓柱內(nèi)表面，且細繩足夠長，若不計一切摩擦，求：(1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大?。?2)A球沿圓柱內(nèi)表面運動的最大位移．[審題指導(dǎo)](1)A球沿繩方向的分速度與B球速度大小相等．(2)A球沿圓柱內(nèi)表面運動的位移大小與B球上上升度相等．【解析】(1)設(shè)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則依據(jù)幾何關(guān)系及機械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖甲可知，A球的速度v與B球速度vB的關(guān)系為vB＝v1＝vcos45°，解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)當(dāng)A球的速度為零時，A球沿圓柱內(nèi)表面運動的位移最大，設(shè)為x，如圖乙所示，由相像三角形關(guān)系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)，依據(jù)機械能守恒定律有2mgh－mgx＝0，解得x＝eq\r(3)R.【答案】(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R3．(多選)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(CD)A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)削減的機械能等于重物增加的機械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4,3)d解析：依據(jù)幾何關(guān)系，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h＝eq\r(2)d－d，故A錯誤；將環(huán)在B點的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：v環(huán)cos45°＝v重物，故B錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能守恒，即環(huán)減小的機械能等于重物增加的機械能，故C正確；環(huán)下滑到最大高度為H時環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為eq\r(H2＋d2)－d，依據(jù)機械能守恒有mgH＝2mg(eq\r(H2＋d2)－d)，解得：H＝eq\f(4,3)d，故D正確．求解這類問題時，由于二者速率相等或相關(guān)，所以關(guān)鍵是找尋兩物體間的位移關(guān)系，進而找到系統(tǒng)重力勢能的改變.列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式.另外留意系統(tǒng)機械能守恒并非每個物體機械能守恒，因為細繩對系統(tǒng)中的每一個物體都要做功.考向2桿連接的物體系統(tǒng)機械能守恒如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞無摩擦的軸O轉(zhuǎn)動，使桿從水平位置無初速度釋放擺下．當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，求：(1)B球速度大小；(2)輕桿對B球做了多少功？[審題指導(dǎo)](1)由于只發(fā)生動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機械能守恒；(2)依據(jù)圓周運動學(xué)問找到二者速度關(guān)系．【解析】(1)A、B和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，以B的最低點為零重力勢能參考平面，可得2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mgL.又因A球與B球在各個時刻對應(yīng)的角速度相同，故vB＝2vA，由以上兩式得vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5)).(2)依據(jù)動能定理，對于B球有WB＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，所以WB＝0.2mgL.【答案】(1)eq\r(\f(12gL,5))(2)0.2mgL4．(多選)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，則(BD)A．a(chǎn)落地前，輕桿對b始終做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選b滑塊為探討對象，b滑塊的初速度為零，當(dāng)a滑塊落地時，a滑塊沒有在水平方向上的分速度，所以b滑塊的末速度也為零，由此可得b滑塊速度是先增大再減小，當(dāng)b滑塊速度減小時，輕桿對b始終做負功，A項錯誤；當(dāng)a滑塊落地時，b滑塊的速度為零，由機械能守恒定律，可得a落地時速度大小為eq\r(2gh)，B項正確；當(dāng)b滑塊速度減小時，輕桿對a、b都表現(xiàn)為拉力，拉力在豎直方向上有分力與a的重力合成，其加速度大小大于g，C項錯誤；a的機械能先減小再增大，當(dāng)a的機械能最小時，輕桿對a、b的作用力均為零，故此時b對地面的壓力大小為mg，D項正確．考向3彈簧連接的物體系統(tǒng)機械能守恒如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)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(zhì)彈簧相連，C球放在水