资源简介

第28讲　机械能守恒定律及其应用
基础·满分练
命题角度一　单个物体单一过程的机械能守恒
1.(2026黑龙江佳木斯检测)如图所示,一游客体验蹦极,身系弹性蹦极绳从水面上方的高台由静止下落,到最低点时离水面很近。不计空气阻力,下列说法正确的是(　 　)
A.下落过程中游客机械能守恒
B.蹦极绳刚拉直时游客的速度最大
C.下落过程中弹性势能的增大量大于重力势能的减小量
D.下落过程中游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变
2.(2026北京部分重点高中开学考)竖直向上抛出一个小球,忽略空气阻力,小球到最高点后又落回的过程中,小球距抛出位置的高度h和运动时间t的关系图像如图所示。下列关于小球的判断正确的是(　　)
A.t2时小球的动能最大
B.t2和t3时小球的机械能相等
C.t1时小球的机械能大于t3时小球的机械能
D.小球从t1到t2这段时间内,重力势能转化为动能
命题角度二　单个物体多过程的机械能守恒
3.(2025江苏常州测试)如图所示,不可伸长、长为l的轻细线一端固定于O点,另一端连接一小球,此时细线刚好伸直,角度θ=30°。现将小球静止释放,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球运动到O点正下方时速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
命题角度三　轻弹簧连接的物体的机械能守恒
4.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,劲度系数为k,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),重力加速度为g,则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A.弹簧弹性势能变化了mgL
B.在速度最大的位置,弹簧弹力等于圆环重力
C.圆环下滑到最大距离时,有kL>mg
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
命题角度四　绳索、链条类物体的机械能守恒
5.(2025江苏徐州模拟)如图所示,总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上,用细线将质量也为m的物块与软绳一端连接。现将物块由静止释放,直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.刚释放物块时,细线的拉力大小等于mg
B.在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能守恒
C.在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,物块的机械能减少了mgl
D.在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能增加了mgl
能力·高分练
6.(2024全国甲卷)如图所示,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
7.(2025河北卷)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0 (r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为(　　)
A. B.
C. D.
8.(10分)(2023全国甲卷)如图所示,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的,小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求:
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
9.(14分)(2025江苏徐州二模)如图所示,质量m1=8 kg的物块1与质量m2=4 kg的物块2通过光滑轻质定滑轮用不可伸长的轻绳连接,物块2与质量m3=4 kg的物块3用劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧相连接,物块3静置在水平地面上。初始时控制物块1使其静止于倾角θ=37°的光滑斜面上,此时轻绳恰好拉直且与斜面平行,轻绳无拉力,现由静止释放物块1,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。求:
(1)释放物块1前,弹簧的弹性势能;
(2)释放物块1的瞬间,物块2的加速度大小;
(3)释放物块1后,当物块3恰好对地面无压力时,物块1在斜面上运动的速度。
素养·提升练
10.(跨模块融通)(多选)如图甲,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,半径为0.4 m,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.最高点时小球所受的合力竖直向下
B.图乙中x=25 m2/s2
C.小球在B点受到轨道作用力为10 N
D.小球质量为0.2 kg
答案：
1.D　解析 下落过程中蹦极绳拉紧之前机械能守恒,拉紧之后弹性绳对人做负功,则游客机械能减小,选项A错误;蹦极绳刚被拉直后的一段时间内,重力大于弹力,加速度向下,则游客的速度会继续增大,直到弹力等于重力时加速度为零,此时游客的速度最大,选项B错误;下落到最低点的过程中弹性势能的增大量等于重力势能的减小量,选项C错误;下落过程中只有重力和蹦极绳的弹力做功,则游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变,选项D正确。
2.B　解析 小球做竖直上抛运动,由图可知t2时小球到达最高点,此时小球速度为0,动能为0,动能最小,故A错误;小球做竖直上抛运动,忽略空气阻力,全过程机械能守恒,因此在每时每刻机械能都不变,故B正确,C错误;由图可知小球从t1到t2这段时间内,高度变大,根据Ep=mgh可知重力势能变大,由于全过程机械能守恒,因此动能减小,所以小球从t1到t2这段时间内,动能转化为重力势能,故D错误。
3.C　解析 小球释放时,先向下做自由落体运动,则细线伸直时下落的距离为l,则mgl=mv2,细线伸直后沿细线方向的速度减为零,垂直细线方向的速度为v1=vcos 30°,以后小球做圆周运动,则当到最低点时+mgl(1-sin 30°)=,化简得v2=,故选C。
4.C　解析 题图中弹簧水平时恰好处于原长状态,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L,可得物体下降的高度为h=L,根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为ΔEp=mgh=mgL,故A错误;圆环所受合力为零时,速度最大,弹簧竖直分力等于圆环重力,故B错误;速度最大后,圆环继续向下运动,则弹簧的弹力增大,圆环下滑到最大距离时,所受合力竖直向上,则弹力沿杆的分力F弹'=F弹cos 30°=kL,即kL>mg,故C正确;根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,知圆环的动能先增大后减小,则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,故D错误。
5.C　解析 刚释放的时候,物块有向下的加速度,根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,可知细线拉力小于mg,故A错误;在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,拉力对软绳做了功,软绳机械能不守恒,故B错误;设软绳刚离开滑轮的时候,设物块和软绳的速度为v,根据机械能守恒定律有mg·×2mv2,计算可得v=,则物块机械能的减少量为E减=mg·mv2=mgl,故C正确;系统的机械能是守恒的,由于物块的机械能减少了mgl,所以软绳的机械能增加了mgl,故D错误。
6.C　解析 小环在最高点对大圆环的作用力大小等于重力,下滑过程中速度越来越大,滑到大圆环上某点时,重力的分力提供向心力,弹力为零,滑到最低点时,速度最大,弹力最大,所以小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大,C正确,A、B、D错误。
7.B　解析 飞行器在距星球表面高度R0处做匀速圆周运动,有G,飞行器以发射初速度v0从星球表面运行至距星球表面高度R0处过程中机械能守恒,则有+0=mv2+mg0,在星球表面有=mg0,联立解得v0=,B项正确。
8.(1)　(2)
解析 (1)对释放小球到小球刚离开桌面这一过程,根据能量守恒定律得
Ep=
解得v0=。
(2)设小球刚离开桌面到第一次落地所用时间为t,第一次落地的竖直速度为vy,落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,第一次落地后弹起的竖直速度为vy',则
x=v0t
vy=gt
vy'2=2gh
vy'=vy
联立解得x=。
9.(1)8 J　(2)4 m/s2　(3) m/s
解析 (1)初始时轻绳无拉力,对物块2受力分析可知弹簧处于压缩状态,由平衡条件有m2g=kx1
解得弹簧形变量x1==0.4 m
则释放物块1前,弹簧的弹性势能为Ep==8 J。
(2)释放物块1的瞬间,对物块1与物块2及轻绳组成的系统,由牛顿第二定律有m1g·sin θ-m2g+kx1=(m1+m2)a1
解得物块2的加速度大小a1=4 m/s2。
(3)释放物块1后,当物块3恰好对地面无压力时,对物块3由平衡条件有m3g=kx2
对物块1、物块2及轻绳组成的系统,由机械能守恒定律有m1g(x1+x2)sin θ-m2g(x1+x2)=(m1+m2)v2+Ep'
其中弹性势能的变化Ep'=k()
解得v= m/s。
10.ABD　解析 在最高点,小球所受重力和弹力的合力提供向心力,方向竖直向下,A正确;由图乙可得在最高点,小球的速度=9 m2/s2,由牛顿第二定律得mg+FC=m,解得小球的质量m=0.2 kg,故D正确;小球从A运动到C的过程中,由机械能守恒定律得+mg×2R,解得x==25 m2/s2,故B正确;小球从A运动到B的过程中,由机械能守恒定律得+mgR,解得=17 m2/s2,小球在B点受到轨道的作用力为FB=m=8.5 N,故C错误。
1(共32张PPT)
第28讲机械能守恒定律及其应用
基础 满分练
课前 自检自测·夯基固本
知识点　对机械能守恒定律的理解
3个高考关键点
关键点1　重力做功与重力势能的理解
1.(2024浙江1月选考)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球(　　)
A.从1到2动能减少mgh[命题点 ]
B.从1到2重力势能增加mgh[命题点 ]
C.从2到3动能增加mgh[命题点 ]
D.从2到3机械能不变[命题点 ]
B
解析 由于斜向上抛出的物体运动轨迹不对称,则足球在空中运动时一定受到空气阻力,所以足球从1到2重力势能增加mgh,而1到2动能减少量大于mgh,故A错误,B正确;由于空气阻力的作用,足球的机械能减小,重力势能减小mgh,则动能增加小于mgh,故C、D错误。
关键点2　弹性势能的理解
2.(2025江苏南通测试)如图所示,撑竿跳高运动员自起跳到跨越横杆的过程中,撑竿先发生弯曲再恢复到原状。在此过程中,下列说法正确的是
(　　)[命题点 ]
A.重力对运动员做正功
B.撑竿的弹性势能一直减小
C.撑竿的弹性势能一直增加
D.撑竿的弹性势能先增大后减小
D
解析 撑竿先发生弯曲再恢复到原状,运动员向上运动,重力做负功,弹性势能先增大后减小。故选D。
关键点3　机械能守恒定律成立条件的理解
3.(2023全国甲卷)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中(　　)
A.机械能一直增加[命题点 ] B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变 D.被推出后瞬间动能最大
B
解析 铅球被水平推出后,只有重力对铅球做功,铅球的机械能守恒,选项A错误;不计铅球受到的空气阻力,铅球只受重力,加速度等于重力加速度,平抛运动过程中重力加速度保持不变,选项B正确;铅球被水平推出后机械能守恒,铅球在平抛运动过程中铅球的重力势能减小,动能增大,速度大小增大,落地时动能最大,选项C、D错误。
回归基础·考教衔接
一、重力做功与重力势能的关系
1.重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关,只与初、末位置的高度差有关。
[ ]物体上升高度h,重力对物体做的功为-mgh。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2.重力做功与重力势能
重力对物体做正功,重力势能减小;重力对物体做负功,重力势能增大,即WG=-(Ep2-Ep1)=-ΔEp。
[ ]若重力对物体做的功为-mgh,则物体的重力势能增加mgh。
二、弹力做功与弹性势能的关系
弹力做正功,弹性势能减小;弹力做负功,弹性势能增大,即W=-ΔEp。
[ ]若弹簧或弹性杆被压缩的长度越大,则弹力做的负功越多,则弹性势能就越大。
三、机械能守恒定律
1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而总的机械能保持不变。
2.表达式:mgh1+。
[ ]在单物体机械能守恒中,在不同位置的机械能是同一个值;若物体的重力势能增加,则动能减少了相同的值。在两个物体的机械能守恒中,若某一物体的机械能增加,则另一物体的机械能减少了相同的值。
四、机械能守恒的判断[ ]
1.“做功法”判断:若研究对象只有重力(或弹簧的弹力)做功,则机械能守恒。
2.“能量转化法”判断:若系统中物体只有动能和势能的相互转化,而无机械能与其他形式的能的转化,则机械能守恒。
考点一　单个物体的机械能守恒
能力 高分练
课中 关键能力·可视思维
角度一　单一过程问题
例1 (多选)(2024福建卷)先后两次从高为OH=1.4 m处斜向上抛出质量为m=0.2 kg的同一物体落于Q1、Q2,测得OQ1=8.4 m,OQ2=9.8 m,两轨迹交于P点,两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.第一次抛出上升时间与下降时间比值为∶4
B.第一次过P点比第二次机械能少1.3 J
C.落地瞬间,第一次与第二次动能之比为72∶85
D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次小
BD
解析 根据h=gt2可知,第一次抛出上升时间t1= s=0.6 s,下降时间t2= s=0.8 s,比值为3∶4,选项A错误。第一次抛出水平位移为
OQ1=8.4 m,设水平速度为v1,则v1t1+v1t2=OQ1,解得v1=6 m/s。因两条轨迹最高点等高,且同一点抛出,故两次抛出竖直方向速度相同,时间相等。第二次抛出水平位移为OQ2=9.8 m,设水平速度为v2,则v2t1+v2t2=OQ2,解得v2=7 m/s。第一次抛出时的动能为m(),第二次抛出时的动能为m(),所以第一次抛出时的机械能比第二次少×0.2×(49-36) J=1.3 J,物体在空中运动过程中机械能不变,选项B正确。
根据=2gh,得v竖= m/s=8 m/s,落地瞬间的动能之比为,选项C错误。比较竖直速度与水平速度关系,可知选项D正确。
破题思维链
解题精要
三种表达式
角度二　多过程问题
例2 (2025安徽卷)如图所示,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小。
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离。
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。
答案 (1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s
解析 (1)小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时,根据机械能守恒定律=mg·2L+mv2
在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m
解得v=4 m/s,FT=17 N。
(2)小球做平抛运动时,水平方向上小球运动距离x=vt
竖直方向上小球运动距离2L=gt2
联立解得小球的水平落地距离x=4 m。
(3)若小球经过N的正上方绳子恰不松弛,根据牛顿第二定律,小球的重力提供圆周运动的向心力,满足mg=m
小球从最低点运动到该位置时,根据机械能守恒定律有mv0'2=mg·5L+mv'2
解得v0'=2 m/s。
破题思维链
解题精要
(1)零势能面的选取原则是便于解题,通常选择运动过程中的最低点、起始点或终点。一旦选定,整个计算过程必须统一使用该零势能面。
(2)在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点,转化观点不用选取零势能面。
(3)衔接点的速度大小是连接前后两个过程机械能守恒方程的关键桥梁。
(4)如果条件满足,应用机械能守恒定律往往比应用牛顿运动定律和运动学公式更简单,因为它不涉及中间过程的细节(如加速度、时间等),只需关注初末状态,所以优先考虑机械能守恒定律。
方法导引
应用机械能守恒定律求解问题的角度
(1)从守恒的角度:系统的初、末两状态机械能守恒,即E1=E2。
(2)从转化的角度:系统动能的增加量等于势能的减少量,即ΔEk=-ΔEp。
考点二　有弹性势能转化的机械能守恒
例3 (多选)如图所示,轻弹簧一端固定在O点,另一端与一质量为m的小球相连,小球套在固定的竖直光滑杆上,P点到O点的距离为L,OP与杆垂直,杆上M、N两点与O点的距离均为2L。已知弹簧原长为L,重力加速度为g。现让小球从M处由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.小球从M运动到N的过程中,有三个位置小球的合力等于重力
B.小球从M运动到N的过程中,小球的机械能守恒
C.小球从M运动到N的过程中,弹簧弹性势能先减小后增大
D.小球通过N点时速率为2
AD
解析 OM=ON=2L,OP=L,弹簧的原长为L,所以小球在MP之间某个位置时弹簧处于原长,弹簧弹力为0,小球的合力等于重力,同理小球在PN之间某个位置时弹簧处于原长,弹簧弹力为0,小球合力等于重力,当小球经过P点时小球受到的合力等于重力,故A正确;小球从M运动到N的过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,但小球的机械能并不守恒,故B错误;小球从M运动到N的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,再减小又增大,故C错误;小球在M、N两个位置时,弹簧的长度相等,所以弹簧的弹性势能相等,在此过程中小球的重力势能全部转化为动能,根据机械能守恒定律有mg×2L=mv2,解得v=2,故D正确。故选AD。
破题思维链
解题精要
(1)系统内物体的动能、重力势能和弹性势能相互转化,总的机械能守恒。
(2)无论弹簧伸长还是压缩,弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定。
(3)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端物体的速度相同,弹簧弹性势能最大。
考点三　非质点物体的机械能守恒
例4 一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图甲所示。若将一个质量也为m的小球分别拴在链条左端或右端,如图乙、图丙所示,约束链条的挡板光滑,三种情况下链条均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,设它们的速度分别为v甲、v乙、v丙,则关于v甲、v乙、v丙的关系,下列判断正确的是(　　)
A.v甲=v乙=v丙　　　　
B.v甲C.v丙>v甲>v乙
D.v甲>v乙>v丙
丙
C
解析 设桌面下方L处为零势能面。链条由静止释放之后,到整根刚离开桌面,由于桌面无摩擦,对三种情况,则释放前,系统的重力势能分别为:题图甲
中,Ep1=mgL+mg·L=mgL,题图乙中,Ep2=gL+mg·L=,
题图丙中,Ep3=mgL+mg·L+mg·mgL。释放后,整根链条刚离开桌面时,系统的重力势能分别为:题图甲中,Ep1'=mg·,题图乙中,Ep2'=mgL+mg·mgL,题图丙中,Ep3'=mgL。系统损失的重力势能ΔEp1=mgL,ΔEp2=mgL,ΔEp3=mgL,而ΔEp1=,ΔEp2=×2m, ΔEp3=×2m,解得gL,gL,gL,显然,所以v丙>v甲>v乙,故C正确。
破题思维链
解题精要
1.均匀的线段状“链条”的重心在其中点。
2.只有重力做功时,非质点物体的整体机械能守恒。
3.将非质点物体分段,找出不同段的重心,计算各部分的重力势能,并用各部分重力势能之和作为系统总的重力势能。
4.各部分速度大小相同的物体,其动能用mv2表示。

展开更多......

收起↑