课时8.4 机械能守恒定律--2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）

第八章 机械能守恒定律 课时8.4 机械能守恒定律 1. 知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化。 2. 理解机械能守恒定律的内容，知道它的含义和适用条件。 3. 在具体问题中，能判定物体或系统的机械能是否守恒，并能应用机械能守恒定律解决问题。 1. 动能动能与势能的相互转化 1. 重力势能与动能：只有重力做功时，若重力对物体做正功，则物体的重力势能减少，动能增加，重力势能转化成了动能；若重力做负功，则动能转化为重力势能。 2. 弹性势能与动能：只有弹力做功时，若弹力做正功，则弹性势能减少，物体的动能增加，弹性势能转化为动能。 3. 机械能 (1) 定义：重力势能、弹性势能和动能统称为机械能，表达式为E=Ek+Ep。 (2) 机械能存在形式的改变：通过重力或弹力做功，机械能可以从一种形式转化成另一种形式。 1. 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，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。 2. 表达式：Ek2+Ep2=Ek1+Ep1，即E2=E1。 3. 守恒条件：除重力和系统内弹力外，其他力不做功或做功的代数和为零。 4. 对机械能守恒条件的理解： ① 只受重力作用，如自由落体运动和各种抛体运动(不计空气阻力)，无论轨迹是直线还是曲线，机械能守恒。 ② 除重力、系统内弹力外还受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。如：物体沿光滑固定斜面下滑的过程，受到支持力作用，但支持力不做功，机械能守恒。 ③ 除重力、系统内弹力外，其他力做功，但做功的代数和为0，系统的机械能守恒。 除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。 ④ 物体所受合力为0时，机械能不一定守恒。如：物体沿竖直方向匀速运动时。 ⑤ 系统的机械能守恒是指整个过程中系统的机械能始终不变，而不仅仅是指初状态与末状态的机械能相等。“守”即保持，“恒”即不变。 (5)判断机械能是否守恒的方法 ① 直接判断：若物体的动能、势能均不变，则机械能守恒。 ② 用做功判断：若只有重力或系统内弹力做功，机械能守恒。 ③ 用能量转化判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能(如内能)的转化，与外界无能量交换，则系统机械能守恒。 ④ 注意：对于相互作用的物体系统而言，由于有内力做功，单个物体的机械能往往不守恒，因此应用机械能守恒定律要注意合理选择系统。 守恒警示：绳子突然绷紧、爆炸、碰撞这些过程机械能一般不守恒。 5. 判断机械能是否守恒的方法： ① 直接判断：若物体的动能、势能均不变，则机械能守恒。 ② 用做功判断：若只有重力或系统内弹力做功，机械能守恒。 ③ 用能量转化判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能（如内能）的转化，则系统机械能守恒。 ④ 注意：对于相互作用的物体系统而言，由于有内力做功，单个物体的机械能往往不守恒，因此应用机械能守恒定律要注意合理选择系统。 基础过关练 题组一　机械能守恒的判断 1.(2024江苏苏州期中)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平地面上。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.墙对小球的弹力不做功 B.小球和斜劈组成的系统机械能不守恒 C.斜劈的机械能守恒 D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量 2.(2023江苏宿迁新星中学月考)下列说法正确的是(所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量) (　　) 　　　　　　 A.甲图中，火箭升空过程中，若匀速升空，机械能守恒 B.乙图中，物块在外力F的作用下沿固定斜面匀速上滑，物块的机械能守恒 C.丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒 D.丁图中，物块A加速下落、物块B加速上升的过程中，A、B组成的系统机械能守恒 题组二　机械能守恒定律的应用 3.(2024江苏百校联考)某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图甲所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ek-h图像如图乙所示(h2~h3部分为直线)，则下列判断正确的是 (　　) 　 A.弹簧的最大弹性势能大小为Ekm B.O~h1过程水平桌面对弹簧笔做正功 C.O~h2过程弹簧笔的弹性势能和动能之和减小 D.O~h3过程弹簧的弹力先增大再减小 4.(教材习题改编)如图所示，某人沿与水平方向成30°角斜向上、大小为v0=10 m/s的初速度抛出质量m=0.5 kg的小球，小球抛出时距离水平地面的高度h=10 m，以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法中正确的是 (　　) A.小球在空中运动的时间为 s B.小球落地时的机械能为75 J C.抛出过程中人对小球做功为50 J D.小球从抛出到落地动能增加75 J 5.(2024河北沧州沧县中学月考)如图所示，半径R=1 m的光滑半圆柱固定于水平地面上，一可看成质点的小物块放置于半圆柱的最高点，给小物块一个沿纸面水平向右的初速度v0，小物块恰好从A点脱离半圆柱面，已知半径OA与水平方向的夹角为53°，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，则初速度v0的大小为 (　　) A.1.2 m/s　　　　B.1.6 m/s　　　　C.2 m/s　　　　D.2.4 m/s 6.(2024河北张家口联考)有一条均匀金属链条，一半在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂，由静止释放后链条滑动，已知重力加速度g=10 m/s2，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为 m/s，则金属链条的长度为 (　　) A.0.6 m　　　　B.1 m　　　　C.2 m　　　　D.2.6 m 7.(2024北京丰台期末)如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知小球A的质量为m，用手托住B球，轻绳刚好被拉直时，B球离地面的高度为h，A球静止于水平地面上。现释放B球，B球落地时的速度为。定滑轮的质量及轮与绳、轴间的摩擦均不计，绳足够长，重力加速度为g。下列说法不正确的是 (　　) A.B球的质量为4m B.A球上升h的过程中，轻绳对A球的拉力做的功为mgh C.B球从释放至落地，运动的时间为 D.A球从地面开始上升的最大高度为1.6h 8.(2024江苏扬州邗江中学期中)如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端固定质量分别为m、2m的小球A、B，支架两条边的长度均为L，用手将B球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为θ=37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。重力加速度大小为g，现突然松手，两小球在摆动的过程中，求： (1)当A球与转轴O等高时A球的动能； (2)当A球与转轴O等高时，轻杆对A球做的功； (3)要使A球能转到O点正上方，则在图示位置释放时，B球初动能至少多大？ 9.(2024北京石景山模拟)一兴趣小组的同学为探究物体做圆周运动的特点制作了如图所示的装置：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。该小组的同学让质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上距B点高5R的A点由静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度为g。 (1)求小球通过B点时的速度大小vB。 (2)求小球通过C点时，轨道对小球作用力F的大小和方向。 (3)该小组的同学认为，只要小球能够经过C点，则在B和C两点轨道对小球的压力大小之差是不变的。你是否同意这一观点？请说明理由。 能力提升练 题组一　单个物体的机械能守恒问题 1.(2024江西九江模拟)如图甲所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定，一小球(可视为质点)在轨道内做圆周运动，小球距离轨道最高点的竖直高度h与小球对轨道的压力F的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g，F0为已知量，则小球的质量大小为 (　　) 　　 A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2.(2024江苏南京金陵中学期中)某同学用力让一个质量为1 kg的小球P在图示位置平衡，此时轻绳与水平方向的夹角θ=30°且轻绳刚好绷直，绳长为L=2 m，然后将小球由静止释放，直至运动到最低点(重力加速度g取10 m/s2)。关于该过程，以下说法正确的是 (　　) A.小球从释放到最低点的过程中机械能守恒 B.初始位置时手给小球的力大小为 N C.小球运动到最低点时绳的拉力大小为35 N D.小球运动到最低点时速度大小为2 m/s 3.(2024山东聊城模拟)如图甲所示，半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力大小F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) 　　 A.物块从D点离开轨道时速度大小为2 m/s B.F0大小为70 N C.v0的大小为2 m/s D.物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大 题组二　系统的机械能守恒问题 4.(2024江苏连云港期末)如图所示，有一光滑轨道PABC，PA部分竖直，BC部分水平，AB部分是半径为R的四分之一圆弧，其中AB与PA、BC相切。质量均为m的小球a、b(可视为质点)固定在长为R的轻杆两端，开始时a球与A点接触且轻杆竖直，由静止释放两球，使其沿轨道下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.a球下滑过程中机械能减小 B.b球下滑过程中机械能保持不变 C.a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为 D.从释放a、b球到两球均滑到水平轨道过程中，轻杆对b球做功为mgR 5.(2024安徽安庆第一中学模拟)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于伸直状态。t=0时刻由静止释放C，经t1时间C下落h高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g，则 (　　) A.A、C运动的路程之比为2∶3 B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1 C.t1时刻，A下落的速度为 D.t1时刻，C下落的速度为 6.(经典题)(2023江苏苏州期中)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆间的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切阻力，下列说法正确的是 (　　) A.环从A下降到B的过程中机械能增加 B.环到达B处时，重物上升的高度为d C.环到达B处时，环的速度大小等于重物的速度大小 D.环能下降的最大距离为d 7.(2024江苏南通如皋模拟)如图所示，倾角θ=30°的光滑固定斜面上，轻质弹簧下端与固定板C相连，另一端与物体A相连。A上端连接一轻质细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连，且细线始终与斜面平行。开始时托住B，A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B。已知A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，B始终未与地面接触。从释放到B第一次下落至最低点的过程，下列说法正确的是 (　　) A.刚释放B时，A受到细线的拉力大小为mg B.A的最大速度为 C.B下落至最低点时，弹簧的弹性势能最小 D.B下落至最低点时，A所受合力大小为mg 8.(2024安徽合肥第一中学段考)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，b放在地面上，a、b通过铰链用长为l的刚性轻杆连接，初始时刚性杆与水平地面的夹角为60°，现将装置从静止开始释放，不计一切摩擦，将a、b视为质点，重力加速度为g。则下列说法正确的是　 (　　) A.滑块a下落过程中机械能一直减小 B.当杆与水平面的夹角为30°时，滑块a与b的速度大小之比为1∶ C.滑块b的最大速度为 D.滑块a落地时b的速度大小为 答案与分层梯度式解析 第八章　机械能守恒定律 4　机械能守恒定律 基础过关练 1.A　墙对小球的弹力方向与小球的位移方向垂直，弹力不做功，A正确；不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量，B、D错误；小球对斜劈的弹力做正功，斜劈的机械能增加，C错误。 2.D　题图甲中，火箭匀速升空，火箭的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，A错误；题图乙中，物块匀速上滑，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，B错误；题图丙中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，则物块A与弹簧组成的系统机械能守恒，但物块A的机械能不守恒，C错误；题图丁中，物块A加速下落、物块B加速上升的过程中，对A、B组成的系统，只有重力做功(点拨：绳的拉力做功的代数和为零)，故系统的机械能守恒，故D正确。 3.C　当弹簧笔动能最大时，所受合力为零，弹簧弹力与笔的重力大小相等，此时弹簧仍然处于压缩状态，故弹簧的最大弹性势能大于Ekm，A错误；O~h1过程水平桌面对弹簧笔有支持力，但支持力的作用点没有发生位移，支持力不做功，故B错误；弹簧笔的弹性势能、动能以及重力势能之和是守恒的，O~h2过程中重力势能一直增大，则弹簧笔的弹性势能和动能之和减小，故C正确；O~h2过程弹簧弹力一直减小，h2~h3过程弹簧的弹力为零，故D错误。 4.B　根据斜抛运动在竖直方向为匀变速运动，取竖直向下为正方向，则有h=-v0 sin 30°·t+gt2，解得t=2 s，A错误；小球在空中运动的过程机械能守恒，落地时的机械能等于抛出瞬间的机械能，E=mgh+m=75 J，B正确；人对小球做的功等于小球的初动能，W=m=25 J，C错误；根据动能定理，重力对小球做的功等于小球动能的增加量，ΔEk=mgh=50 J，D错误。 5.C　由题意可知，小物块在A点时圆柱对其的支持力为零，重力沿半径OA方向的分力提供向心力(破题关键)，可得mg sin 53°=m，解得小物块在A点的速度大小v=2 m/s；小物块从半圆柱最高点运动到A点的过程机械能守恒，可得mgR(1-sin 53°)=mv2-m，解得v0=2 m/s，C正确。 6.C　设链条的质量为2m，链条长度为L，以斜面顶端所在水平面为零势能面，链条的机械能为E=Ep+Ek=-×2mg× sin 30°-×2mg×+0=-mgL；链条全部滑出斜面时，动能为E'k=×2mv2=mv2，重力势能为E'p=-2mg·=-mgL，由机械能守恒可得E=E'k+E'p，即-mgL=mv2-mgL，解得L=2 m，C正确。 方法技巧 “链条”类问题分析技巧 链条类物体机械能守恒问题的解题关键是分析重心位置，进而确定物体重力势能的变化。解题要注意两个问题：一是参考平面的选取，二是链条的每一段重心的位置变化和重力势能变化。 7.B　设B球的质量为M，从释放到B球落地过程，A、B组成的系统机械能守恒，以地面为零势能面，有Mgh=mgh+(M+m)v2，解得M=4m，A正确；设轻绳对A球的拉力做的功为W，根据动能定理可得W-mgh=mv2，解得W=mgh，B错误；将A、B球看成整体，根据牛顿第二定律可得Mg-mg=(M+m)a，解得a=g，所以B球从释放至落地，运动的时间为t==，C正确；B球落地时，A球上升的高度为x1=h，此后A球做竖直上抛运动，上升的最大高度为x2==h，所以A球从地面开始上升的最大高度为x=x1+x2=1.6h，D正确。 8.答案　(1)mgL　(2)mgL　(3)mgL 解析　(1)根据题意知A、B两球共轴转动，无论何时两球的角速度均相同，二者的转动半径相同，则线速度大小也相等(破题关键)。设A球与转轴O等高时的速度大小为v，由机械能守恒定律有 2mgL cos θ-mgL cos θ=mv2+×2mv2 又EkA=mv2 联立解得EkA=mgL (2)对A，由动能定理可得W杆-mgL cos θ=mv2 解得W杆=mgL (3)取O点所在水平面为零势能面，当A球转到O点正上方速度为零时，释放时B球初动能最小，则有 E'kA+E'kB-mgL cos θ=mgL-2mgL sin θ 且E'kB=2E'kA 解得E'kB=mgL 9.答案　(1)　(2)5mg，方向竖直向下　(3)见解析 解析　(1)小球从A点到B点，由机械能守恒定律可得mg·5R=m 解得vB= (2)小球从A点到C点，由机械能守恒定律可得 mg(5R-2R)=m 在C点，根据牛顿第二定律可得F+mg=m 解得F=5mg，方向竖直向下。 (3)同意。对于小球从C点运动到B点过程，以B点为零势能点，由机械能守恒定律可得 mg·2R+m=m 根据牛顿第二定律可得FC+mg=m，FB-mg=m 解得在轨道上B和C两点小球受到的压力大小之差为FB-FC=6mg，为定值。 能力提升练 1.C　设小球在最高点的速度为v0，当小球下降高度h时，小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知 cos θ=；小球在轨道内做圆周运动时机械能守恒，取轨道最高点为零势能点，有mv2-mgh=m，由向心力公式有F+mg cos θ=m，联立可得F=m-mg+h，故F-h图线的斜率k==，解得m=，C正确。 2.C 模型建构　小球从释放到运动到最低点，先后经历自由落体运动和圆周运动。 解析　小球从释放到下落L过程做自由落体运动，轻绳绷直的瞬间将损失机械能，则小球从释放到落至最低点的过程中机械能不守恒，A错误；初始位置时小球受重力和手的作用力，故手给小球的力大小为F=mg=10 N，B错误；当轻绳与竖直方向的夹角为60°时绷直，此时小球下落的距离为L=2 m，轻绳绷直前瞬间小球的速度大小为v1==2 m/s，绷直后沿轻绳方向的速度变为零，垂直轻绳方向的速度大小为v2=v1 sin 60°= m/s，从轻绳绷直到小球运动到最低点过程，设最低点为零势能点，由机械能守恒定律可得m+mg=m，解得小球运动到最低点时速度大小为v3=5 m/s，根据牛顿第二定律可得T-mg=m，解得绳子拉力大小为T=35 N，C正确，D错误。 3.B 图形剖析　从题图乙可获取的信息如图： 解析　由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间t=1.675 s-0.875 s=0.8 s，则物块从D点离开轨道时的速度大小为vD=g=4 m/s，A错误；物块从C到D过程，以C所在水平面为参考平面，由机械能守恒可知m=m+mgR，在C点时压力最大，由牛顿第二定律可得F0-mg=m，解得F0=70 N，B正确；物块从B运动到D，以D所在水平面为参考平面，由机械能守恒可知m+mgR·sin 30°=m，解得vB=2 m/s，则v0=vB sin 30°= m/s，C错误；根据PG=mgvy，物块在A点时竖直分速度为零，则重力的瞬时功率为零，在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率不会一直增大，D错误。 4.C　从释放a、b球到两球均滑到水平轨道过程，对于a、b球及轻杆组成的系统只有重力及系统内弹力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR+mg·2R=·2mv2，解得v=，C正确。设杆对b球做功为W，杆对a球做功为W'，对b球，由动能定理可得W+mg·2R=mv2，解得W=-mgR，对a球，由动能定理可得W'+mgR=mv2，解得W'=mgR，D错误。下滑过程中，杆对a球做正功，对b球做负功，故a球机械能增大，b球机械能减小，a、b球各自的机械能均不守恒，A、B错误。 5.D　设轻绳张力大小为T，根据题意，由牛顿第二定律可得T=maA，T=2maB，解得aA∶aB=2∶1，则A、B通过的路程之比为==2；设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，此时C运动的路程为1.5s(点拨：由动滑轮的特点可知)，则A、C运动的路程之比为4∶3，sC=aCt2，则有aA∶aB∶aC=4∶2∶3，故A、C运动的加速度大小之比为4∶3，A、B错误。由v=at可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3，C下落过程，A、B、C组成的系统机械能守恒，有4mgh=m+×2m+×4m，解得vA=4，vC=，C错误，D正确。 6.D　对于环、轻绳和重物组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，故系统的机械能守恒。设环下降的最大距离为H，此时环和重物的速度均为零，由系统机械能守恒有mgH=2mg(-d)，解得H=d，D正确；环从A点下降到B点的过程中，重物上升，重物的动能、重力势能均增大，即机械能增大，可知环的机械能减少，A错误；环到达B处时，θ=45°，重物上升的高度为h=-d=(-1)d，B错误；环到达B处时，环沿绳方向的分速度大小等于重物的速度大小，将环的速度分解，如图所示，可得v环 cos θ=v物，故v环=v物，C错误。 7.B　刚释放物体B时，以A、B组成的系统为研究对象，有mg=(m+m)a，解得a=g，以B为研究对象，有mg-T=ma，解得T=mg，故物体A受到细线的拉力大小为mg，A错误。手托住物体B时，物体A静止，设此时弹簧的压缩量为x0，对物块A根据平衡条件可得kx0=mg sin θ，解得x0=；在物体A上升过程中，当A和B整体的加速度为0时速度达到最大，此时细线对A的拉力大小刚好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x1，则以A为研究对象，有mg-kx1-mg sin θ=0，解得x1=，所以此时弹簧的弹性势能与A在初始位置时相同；对A、B和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律得mg(x0+x1)-mg(x0+x1) sin θ=×2m，解得vm=，故B正确。当B下落至最低点时，A、B整体减少的机械能最大，转化为弹簧的弹性势能最多，所以此时弹簧具有的弹性势能最大，故C错误。当B下落至最低点时，根据对称性可知B的加速度大小为a'=a=g，此时A上升到最高位置，加速度大小也是，所以A所受合力大小为mg，故D错误。 8.C　整个过程中，b的速度先增大后减小，故杆对a的力先是推力后是拉力，即杆对a先做负功后做正功，故其机械能先减小后增大，A错误；设当杆与水平面间的夹角为30°时a的速度为va，b的速度为vb，则有va sin 30°=vb cos 30°，=，B错误；设杆与水平面间的夹角为θ时b的速度最大，整个系统机械能守恒，则有mgl(sin 60°-sin θ)=mv'+mv'，二者沿杆方向上速度相等，则有v'a sin θ=v'b cos θ，解得v'b=，根据数学知识中的均值不等式可得=++≥3， sin2 θ≤，代入上式可得v'bmax= ，C正确；a落地时，水平方向的分速度为0，故b的速度为0，D错误。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$