第8章 习题课7 机械能守恒定律的应用（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

第八章　机械能守恒定律 习题课七　机械能守恒定律的应用 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 探究案 关键能力·互动探究 01 知能达标训练 03 提升案 随堂演练·基础落实 02 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 01 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 02 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 谢谢观看 栏目导航 第八章　机械能守恒定律 1 [学业要求] 1．进一步理解机械能守恒的条件及其判定。 2．能灵活应用机械能守恒定律的三种表达方式列方程。 3．在多个物体组成的系统中，会应用机械能守恒定律解决相关问题。 4．明确机械能守恒定律和动能定理的区别。 探究点一　机械能是否守恒的判断 　(多选)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　) A．斜劈对小球的弹力不做功 B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C．斜劈的机械能守恒 D．小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量 [解析]　小球有竖直方向的位移，所以斜劈对小球的弹力对球做负功，故A错误；小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，所以斜劈的机械能增加，故C错误；不计一切摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故BD正确。 [答案]　BD 1．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　) A．图甲中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能守恒，若加速升空机械能不守恒 B．图乙中物体匀速运动，机械能守恒 C．图丙中小球做匀速圆周运动，机械能守恒 D．图丁中，轻弹簧将A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能不守恒，两小车和弹簧组成的系统机械能守恒 解析　题图甲中无论火箭匀速上升还是加速上升，由于有推力做功，机械能增加，因而机械能不守恒。题图乙中拉力F做功，机械能不守恒，题图丙中，小球受到的所有力都不做功，机械能守恒。题图丁中，弹簧的弹力做功，弹簧的弹性势能转化为两小车的动能，两小车与弹簧组成的系统机械能守恒。 答案　CD 探究点二　系统机械能守恒问题 　(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eq \f(4,5)。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。 [解析]　(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝eq \f(1,2)mv2 得小球离开桌面时速度大小为v＝eq \r(\f(2Ep,m))。 (2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝eq \f(vy′2,2g) 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝eq \f(4,5)vy 离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝eq \f(5,2) eq \r(\f(Eph,mg))。 [答案]　(1)eq \r(\f(2Ep,m))　(2)eq \f(5,2) eq \r(\f(Eph,mg)) 　在例题中，桌面离地面高度为0.80 m。小球的质量为0.50 kg，压缩的弹簧的弹性势能为1.0 J。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。当小球与水平地面碰撞时，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发生变化。测得小球第二次落点与桌面上飞出点的水平距离为2.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球与地面第一次碰撞过程中，小球损失动能与碰撞前动能的比值。 解析　(1)设小球离开桌面时速度大小为v0， 由机械能守恒定律可知Ep＝eq \f(1,2)mv02 解得v0＝2 m/s。 (2)设离开桌面后由平抛运动时间为t1，h＝eq \f(1,2)gt12 设第一次落点与第二次落点之间的时间为t2，t1＋t2＝eq \f(L,v0) 设第一次碰撞后速度的竖直分量为vy，vy＝geq \f(t2,2) 设第一次碰撞后速度大小为v′，v′＝eq \r(vy2＋v02) 设第一次碰撞前速度大小为v，eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2 小球损失动能与碰撞前动能的比值k＝eq \f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv′2,\f(1,2)mv′2) 代入数据解得k＝0.35。 答案　(1)2 m/s　(2)0.35 　(选做)在例题中，当小球刚好不再弹起时与桌面上飞出点的水平距离是多少？(不计小球与地面的碰撞时间) 解析　由例题可知小球从抛出到第1次落地的时间t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(5,4) eq \r(\f(2h,g)) 第1次落地到第2次落地的时间t1＝2×eq \f(vy′,g)＝2eq \r(\f(2h,g)) 第2次落地到第3次落地的时间t2＝2×eq \f(\f(4,5)vy′,g)＝2×eq \f(4,5) eq \r(\f(2h,g)) 第3次落地到第4次落地的时间t3＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2eq \r(\f(2h,g)) 故从第1次落地到不再弹起的总时间 t′＝t1＋t2＋t3＋… ＝2eq \r(\f(2h,g)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,5)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋…)) ＝10eq \r(\f(2h,g)) x＝v(t＋t′)＝eq \r(\f(2Ep,m))×eq \f(45,4) eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(45\r(mghEp),2mg)。 答案　eq \f(45\r(mghEp),2mg) ●核心素养·思维升华 机械能守恒定律表达式的灵活选取 由两个物体和轻杆(或轻绳)组成的系统，若没有摩擦力和阻力做功时，运动过程中只有重力势能、动能之间的相互转化，系统满足机械能守恒定律。处理这类问题的方法： (1)找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化。 (2)找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化。 (3)按照系统动能的变化等于重力势能的变化列方程求解。 2．(2024·山东淄博期中)如图所示，高为2L的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的小球压缩弹簧的另一端，使弹簧具有弹性势能。小球释放后，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。距离桌面右端水平距离为L处，有竖直放置的探测屏AB，AB下端固定在水平地面上，高为2L。现把弹簧压缩到不同长度，使小球飞出。不计空气阻力，小球可视为质点，小球落地后立即停止运动，重力加速度为g。求： (1)为让小球能打在探测屏上，开始释放小球时弹簧的弹性势能Ep需满足的条件； (2)小球打在探测屏上的最小动能Ek及此时小球打在探测屏上的位置距离地面的高度h。 解析　(1)当弹性势能最小时，小球恰好打在B点，则根据平抛运动的规律有L＝v0t,2L＝eq \f(1,2)gt2，联立解得小球离开桌面的速度为v0＝eq \f(1,2) eq \r(gL) 则此时的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,8)mgL 则为让小球能打在探测屏上， 开始释放小球时弹簧的弹性势能Ep≥eq \f(1,8)mgL。 (2)设小球离开桌面时的速度为v，根据平抛规律有L＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2 则此时小球打在探测屏上动能为 Ek＝eq \f(1,2)mv2＋mgy＝eq \f(1,2)mv2＋mg·eq \f(1,2)geq \f(L2,v2)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mg2eq \f(L2,v2) 由数学知识可知，当eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mg2eq \f(L2,v2)时，即v＝eq \r(gL)时，动能最小为Ekmin＝mgL，此时小球的竖直位移为y＝eq \f(1,2)L 则此时小球打在探测屏上的位置距离地面的高度为h＝2L－y＝1.5L。 答案　(1)Ep≥eq \f(1,8)mgL　(2)mgL　1.5L 探究点三　机械能守恒定律与动能定理的应用对比 动能定理和机械能守恒定律的比较 动能定理 机械能守恒定律 研究对象 单个物体(或多个物体) 系统(或单个物体) 内容 动能变化与引起这种变化的合力的功的关系 系统(或单个物体)初末状态的机械能的关系 条件 无条件 只有重力(或弹力)做功 选择 原则 单个物体(或多个物体)，任何性质的力做功之和 系统，只有重力(或弹力)做功 　如图所示，竖直面内有一以O为圆心的圆形区域，直径AB与水平方向的夹角θ＝30°。一小球自A点由静止释放，从圆周上的C点以速率v0穿出圆形区域。现将几个质量为m的小球自A点，先后以不为零的不同水平速度平行该竖直面射入圆形区域。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求该圆形区域的半径； (2)为使小球穿过圆形区域动能增量最大，求该小球进入圆形区域时的速度大小； (3)为使小球穿过圆形区域前后的速度变化量大小为v0，求该小球进入圆形区域时的速度大小。 [解析]　(1)小球从圆周上的C点以速率v0 穿出圆形区域，故AC沿竖直方向 由几何关系可知AC＝R 由运动学公式可知v02＝2gR 解得R＝eq \f(v02,2g)。 (2)只有重力做功，故由圆形区域最低点(图中D点)穿出的小球重力做功最多，动能增量最大，由运动学公式可得 Rcos 30°＝v1t1，R＋Rsin 30°＝eq \f(1,2)gt12 解得v1＝eq \f(1,2) eq \r(gR)＝eq \f(\r(2),4)v0 。 (3)只受重力作用，且平抛运动的运动时间只与高度有关，故穿过圆形区域前后的速度变化量大小为v0的小球，必然从与C点等高的B点穿出，由运动学公式可得 2Rcos 30°＝v2t2，R＝eq \f(1,2)gt2 2 解得v2＝eq \r(\f(3,2)gR)＝eq \f(\r(3),2)v0 [答案]　(1)eq \f(v02,2g)　(2)eq \f(\r(2),4)v0　(3) eq \f(\r(3),2)v0 　在例题中，O 点为圆的圆心，圆的半径为R；圆周上的a 点与圆心O 在同一水平线上，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)若小球从a 点平抛，落到半圆上时经历时间为t＝eq \r(\f(R,g))，求小球平抛的初速度； (2)若小球从O 点平抛，求小球到达半圆上时的最小动能。 解析　(1)小球做平抛运动，水平方向有x＝v0t 竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)R 当竖直下降高度为eq \f(1,2)R 时， 根据几何知识可知水平位移为x1＝Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))，x2＝Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2))) 解得v0＝eq \f(2－\r(3),2) eq \r(gR) 或v0＝eq \f(2＋\r(3),2) eq \r(gR)。 (2)设落点位置水平和竖直方向位移分别为x，y， 根据动能定理有mgy＝Ek－eq \f(1,2)mv02 同时有x＝v0t′，y＝eq \f(1,2)gt′2， 根据几何知识有x2＋y2＝R2 联立解得Ek＝eq \f(mg,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3y＋\f(R2,y))) 根据数学知识可得当3y＝eq \f(R2,y) 时，动能有最小值， 即y＝eq \f(\r(3),3)R 时，有Ekmin＝eq \f(\r(3),2)mgR。 答案　(1)eq \f(2－\r(3),2) eq \r(gR)或eq \f(2＋\r(3),2) eq \r(gR) (2)eq \f(\r(3),2)mgR 3．(多选)(2024·福建泉州校考)在距地面高d处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是(　　) A．小球的质量等于eq \f(b,gd) B．当h＝eq \f(d,2)时，小球的动能等于eq \f(d,2) C．运动过程中小球受到的阻力大小恒为eq \f(b＋c,d) D．小球运动的加速度等于eq \f(cg,b) 解析　在距地面高d处小球的机械能与重力势能相等，则有mgd＝b，m＝eq \f(b,gd)，故A正确；小球克服阻力做的功等于小球机械能的减少，则有ΔE＝fΔh，图像的斜率绝对值表示阻力大小，则阻力的大小为f＝eq \f(b－c,d)，故C错误；小球释放到当h＝eq \f(d,2)过程中，根据动能定理可得mgeq \f(d,2)－f·eq \f(d,2)＝Ek，Ek＝eq \f(c,2)，故B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，代入m和f可得加速度为a＝eq \f(cg,b)，故D正确。 答案　AD 1．下列运动的物体，机械能守恒的是(　　) A．物体沿斜面匀速下滑 B．物体从高处以0.9g的加速度竖直下落 C．物体沿光滑曲面滑下 D．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升 解析　物体沿斜面匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小。物体以0.9g的加速度竖直下落时，除重力外，其他力的合力向上，大小为0.1mg，合力在物体下落时对物体做负功，物体机械能不守恒。物体沿光滑曲面滑下时，只有重力做功，机械能守恒。拉着物体沿斜面上升时，拉力对物体做功，物体机械能不守恒，故选C。 答案　C 2.(多选)(教材本节练习与应用第4题变式)如图所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静止于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b，则下列判断正确的是(　　) A．经过时间 eq \r(\f(2h,g))，球b恰好落地 B．在球b下落过程中，球b所受拉力大小为1.5mg C．在球b下落过程中，球a的机械能保持不变 D．球b落地前瞬间速度大小为 eq \r(gh) 解析　以两球整体为研究对象，根据牛顿第二定律3mg－mg＝4ma，解得a＝eq \f(g,2)。根据h＝eq \f(1,2)at2，解得t＝2eq \r(\f(h,g))，A错误；设绳子的拉力为T，对b根据牛顿第二定律3mg－T＝3ma，解得T＝1.5mg，B正确；b球下落过程中，a球重力势能增大，动能增大，机械能变大，C错误；根据v2＝2ah，解得v＝eq \r(gh)，D正确。 答案　BD 3．(教材本章复习与提高A组第6题变式)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内粗糙的半圆轨道在B点相连，轨道半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧(物块与弹簧不连接)，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆轨道的瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求： (1)物块经B点后进入半圆轨道的瞬间，速度vB的大小； (2)弹簧压缩时具有的弹性势能Ep； (3)物块从B到C阻力对物体做的功Wf； (4)物块离开C点后，再落到水平面上时动能的大小。 解析　(1)物块在B点时，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(vB2,R) 由牛顿第三定律得F＝F′＝7mg 联立解得vB＝eq \r(6gR)。 (2)弹簧释放过程弹性势能转化为物块的动能，由机械能守恒定律得，开始弹簧具有的弹性势能 Ep＝eq \f(1,2)mvB2＝3mgR。 (3)物块恰好能完成圆周运动到达C点， 在C点由牛顿第二定律可得mg＝meq \f(vC2,R) 从B到C过程中，由动能定理得Wf－2mgR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2 联立解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR。 (4)物块离开C点后做平抛运动，只有重力做功，以地面为零势面，物块由机械能守恒定律有mg·2R＋eq \f(1,2)mvC2＝Ek 代入数据解得Ek＝eq \f(5mgR,2)。 答案　(1)eq \r(6gR)　(2)3mgR　(3)－eq \f(1,2)mgR　(4)eq \f(5mgR,2) 4.(教材本章复习与提高B组第6题变式)如图所示，轻质动滑轮下方用轻质细线悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线均竖直。开始时，重物A、B处于静止状态且距地面高度均为h，释放后A、B开始运动。已知A、B质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。求： (1)重物B刚要落地时的速度大小； (2)若重物A上升过程中不会碰到动滑轮， 求A离地面的最大高度。 解析　(1)重物B刚要落地时，重物B下落的高度为h，重物A上升的高度为0.5h。因不计滑轮质量和阻力，A、B组成系统机械能守恒，取地面为参考平面，根据系统的机械能守恒得mgh＝mg·eq \f(1,2)h＋eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2 由滑轮组关系可知vB＝2vA 联立解得vA＝eq \r(\f(gh,5))，vB＝2eq \r(\f(gh,5))。 (2)重物B刚要落地时，重物A距地面的高度为H1＝1.5h 重物B落地后，设重物A再上升的高度为H2， 由动能定理得－mgH2＝0－eq \f(1,2)mvA2 解得H2＝0.1h 则重物A离地面的最大高度为H＝H1＋H2＝1.6h。 答案　(1)2eq \r(\f(gh,5))　(2)1.6h $$