第六章 第4课时 机械能守恒定律及其应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第4课时　机械能守恒定律及其应用 目标要求　1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。2.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题。 考点一　机械能守恒的判断 1．重力做功与重力势能 (1)重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，重力做功不引起物体机械能的变化。 (2)重力势能 ①表达式：Ep＝mgh。 ②重力势能的特点：重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量与参考平面的选取无关。 (3)重力做功与重力势能变化的关系：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＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。 2．弹性势能 (1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。 (2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。即W＝－ΔEp。 3．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＋mv12＝mgh2＋mv22或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。 (3)守恒条件：只有重力或弹力做功。 1．物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(　×　) 2．物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。(　×　) 3．物体的速度增大时，其机械能可能减小。(　√　) 例1　(2023·浙江1月选考·4)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　) A．弹性势能减小 B．重力势能减小 C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小 答案　B 解析　游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A、D错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为橡皮绳的弹性势能，C错误。 例2　(多选)如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽黏连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　) A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒 答案　BC 解析　当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。 机械能是否守恒的三种判断方法 1．利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。 2．利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒。 3．利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。 考点二　单物体机械能守恒问题 机械能守恒定律表达式 说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。 例3　(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　) A．它滑过的弧长 B．它下降的高度 C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积 答案　C 解析　如图所示， 设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2 由几何关系可得h＝Lsin θ sin θ＝ 联立可得h＝，则v＝L 故C正确，A、B、D错误。 例4　(2021·浙江1月选考·20改编)如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受空气和摩擦阻力。 (1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC； (2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式； (3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？ 答案　(1)　(2)FN＝2mg(－1)(h≥R)　(3)见解析 解析　(1)从A到C，小球的机械能守恒，有 mgh0＝mvC2 可得vC＝ (2)小球从A到D，由机械能守恒定律有 mg(h－R)＝mvD2 根据牛顿第二定律有FN＝ 联立可得FN＝2mg(－1) 满足的条件h≥R (3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是 h≤R＋3Rsin θ＝R 第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回， 小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则 vxt＝vx＝d，其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ 故有vGsin θ·＝d 可得vG＝2 由机械能守恒定律有mg(h－R)＝mvG2 可得h＝R。 应用机械能守恒定律解题的一般步骤 考点三　系统机械能守恒问题 1．解决多物体系统机械能守恒的注意点 (1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒。 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。 2．几种实际情景的分析 (1)速率相等情景 注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。 (2)角速度相等情景 ①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 ②由v＝ωr知，v与r成正比。 (3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景) 两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。 思考　以上图中，轻绳(或轻杆)对A、B物体均做功，系统机械能为何仍守恒？ 答案　轻绳(或轻杆)对A、B的力属于系统内力，做功使机械能在A、B之间转移，单个物体机械能不守恒，但系统机械能守恒。 例5　如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，当轻绳刚好被拉紧后，B球离地面的高度为h，A球静止于地面。定滑轮的质量及滑轮与绳间的摩擦力不计，重力加速度为g，释放B球，当B球刚落地时，A球的速度大小为，则A球与B球的质量之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶5 答案　B 解析　B球下落的过程中，由A、B两球及绳子组成的系统机械能守恒，则有mBgh－mAgh＝(mA＋mB)v2，解得＝，故选B。 拓展　若细绳质量不可忽略，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，在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中，物块和软绳的机械能各改变多少？ 答案　物块的机械能减少了mgl，软绳的机械能增加了mgl 解析　设软绳刚离开滑轮的时候，物块和软绳的速度为v，根据机械能守恒定律有 mg·＋·＝×2m·v2， 计算可得v＝，则物块机械能的减少量为E减＝mg·－mv2＝mgl，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。 例6　如图所示，两根轻质杆构成直角支架，O点为水平转轴，OA杆长为L，A端固定一质量为2m的小球a，OB杆长为2L，B端固定一质量为m的小球b，用手抬着B端使OB杆处于水平静止状态，撒手后支架在竖直平面内转动，不计摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．小球a不可能转到与O点等高处 B．小球b转动的最大速度为 C．转动过程中杆受力一定沿杆方向 D．小球a从最低点运动到最高点的过程中，杆对小球a做的功为mgL 答案　B 解析　假设小球a恰好转到与O点等高处，设O点所在水平面为零势能面，小球a和b组成的系统初始位置机械能为E1＝－2mgL，当小球a转到与O点等高处时系统机械能为E2＝－2mgL，即E1＝E2，假设成立，故小球a一定能转到与O点等高处，A错误； 设OB杆与水平方向夹角为θ时，小球b的速度为v，则小球a的速度va＝，由系统机械能守恒有 2mgLsin θ－2mgL(1－cos θ)＝2mgLsin(θ＋45°)－2mgL＝mv2＋×2mva2，可知θ＝45°时速度最大，得 v＝，B正确； 在顺时针转动过程中小球a的机械能增加，小球b的机械能减少，所以杆对a和b均做功，存在杆对a和b的力与速度不垂直位置，即存在杆对a和b的力不沿杆的位置，根据牛顿第三定律，C错误；小球a从最低点运动到最高点的过程中，设杆对小球a做的功为W，由动能定理有 W－2mgL＝0，得 W＝2mgL，D错误。 1．一般用“转化法”或“转移法”来判断系统的机械能是否守恒，即如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能就守恒。 2．列机械能守恒方程时，先确定系统中哪些部分能量增加、哪些部分能量减少，再用ΔEA＝－ΔEB(系统内一部分增加的机械能和另一部分减少的机械能相等)解决问题。 课时精练 1．忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是(　　) A．电梯匀速下降 B．物体由光滑固定斜面顶端滑到斜面底端 C．物体沿着固定斜面匀速下滑 D．拉着物体沿光滑固定斜面匀速上升 答案　B 解析　电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体由光滑固定斜面顶端滑到斜面底端，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着固定斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑固定斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误。 2．(2024·浙江台州市统考)如图为运动员将质量为m的篮球从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出并投中篮筐。以地面为零势能面，不计空气阻力及篮球转动影响，重力加速度为g，当篮球刚要入筐时，下列说法一定正确的是(　　) A．重力势能为mgh B．动能为mv02 C．机械能为mgh＋mv02 D．重力的功率为mgv0 答案　C 解析　抛出时篮球的重力势能为mgh，当篮球刚要入筐时，高度增加，篮球的重力势能大于mgh，A错误；抛出时篮球的动能为mv02，篮球上升过程克服重力做功，故当篮球刚要入筐时，动能小于mv02，B错误；篮球运动过程机械能守恒，始终为mgh＋mv02，C正确；当篮球刚要入筐时，其速度大小、方向无法确定，故重力的功率不一定等于mgv0，D错误。 3．质量为m的小球从距离水平地面高H处由静止开始自由落下，取水平地面为零势能面，重力加速度大小为g，不计空气阻力，当小球的动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为(　　) A. B．2 C. D. 答案　B 解析　设下降h时，动能等于重力势能的2倍，根据机械能守恒：mgH＝mg(H－h)＋Ek即：mgH＝3mg(H－h)，解得h＝H，根据h＝gt2解得t＝2，故选B。 4.(2021·海南卷·2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　) A．4.0 m B．4.5 m C．5.0 m D．5.5 m 答案　A 解析　设人从滑梯顶端由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4× m＝4.0 m，故选A。 5.如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10 cm的等边三角形，其中钉子a、b的连线沿着竖直方向。长为L＝0.3 m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200 g的小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝ m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g＝10 m/s2，细线碰到钉子c后，小球到达最高点时，细线拉力大小为(g＝10 m/s2)(　　) A．0 B．1 N C．2 N D．3 N 答案　C 解析　设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律有mv02＝mv2＋mgh h＝L－d－d－＝L－d 代入数据联立解得v＝ m/s 小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋mg＝，解得细线拉力大小为F＝2 N，故选C。 6.(2024·浙江杭州市统考)如图所示，粗细均匀的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(不计液体内能的变化，重力加速度为g)(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　在液体流动过程中液体除受重力作用外，还受大气压力作用，但当两液面高度相等时，右侧大气压力做的正功等于左侧大气压力做的负功，所以满足机械能守恒条件。以原来左侧液面处为零势能面，设高h的液柱质量为m，则由机械能守恒定律得mg·＝mg·＋(4m)v2，解得v＝，故选A。 7.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点，开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，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保持不变 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a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR 答案　D 解析　对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝×2mv2，解得v＝，C错误；a球在下滑过程中，杆和重力对a球做功，故根据动能定理可得W＋mgR＝mv2，其中v＝，联立解得W＝mgR，D正确。 8．(2024·浙江台州市统考)如图所示，小球在竖直光滑圆轨道的最低点获得一初速度，沿轨道内侧做完整的圆周运动，取圆轨道的最低点重力势能为零。关于小球运动到最高点时的机械能E、重力势能Ep和动能Ek的大小关系，可能正确的是(　　) A．Ek＝Ep B．Ek＝Ep C．E＝Ep D．E＝Ep 答案　A 解析　设轨道半径为R，则小球运动到最高点时，根据mg＋F＝m知，当轨道对小球的弹力F＝0时速度最小为vmin＝，即动能不为零，则机械能E大于重力势能Ep，故C、D错误；最高点的重力势能Ep＝2mgR，最小动能为Ekmin＝mvmin2＝mgR，即在最高点时的动能Ek≥mgR＝Ep，故A正确，B错误。 9.(2023·浙江衢州市模拟)如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的竖直轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g)(　　) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg 答案　C 解析　小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过其最高点A时，有FN＋mg＝，取轨道最低点所在水平面为零势能面，根据机械能守恒定律有3.6mgR＋mvB2＝mvA2＋2mgR，联立解得FN＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，故C正确。 10.质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球L处有一光滑固定转轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)(　　) A．小球P在最高位置的速度大小为 B．小球Q在最低位置的速度大小为 C．小球P在此过程中机械能增加量为mgL D．小球Q在此过程中机械能减少量为mgL 答案　C 解析　设Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·L－mg·＝×2mv12＋mv22，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝，v2＝，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加量ΔE＝mg·＋mv22＝mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少量也为mgL，C正确，D错误。 11.如图所示，质量均为m(m大小未知)的重物A、B和质量为M的重物C(均可视为质点)用不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高的轻小定滑轮(半径可忽略)连接，C与滑轮等高时，到两定滑轮的距离均为l，现将系统由静止释放，C竖直向下运动，下落高度为l时，速度达到最大，已知运动过程中A、B始终未到达滑轮处，重力加速度大小为g。 (1)求C下落l时绳的拉力大小FT； (2)求C下落l时C的速度大小vC； (3)若用质量为m的D替换C，将其静止释放，求D能下降的最大距离d。 答案　(1)Mg　(2)2　(3)2l 解析　(1)设C下落l时，绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得tan θ＝＝，所以θ＝30° 对C，其速度最大时，加速度为0，合力为0，有2FTcos θ＝Mg，解得FT＝Mg。 (2)当C的加速度为0时，A、B的加速度也为0，故FT＝Mg＝mg，解得M＝m， 由几何关系，当C下落l时， A和B上升的高度为h＝－l＝l 对A、B、C组成的系统，根据机械能守恒定律有 Mg·l－2mgh＝MvC2＋2×mvA2 vA＝vCcos θ 解得vC＝2＝2 (3)设D下落至最低点时，轻绳与竖直方向的夹角为α，对A、B、D组成的系统，由机械能守恒定律有mgd＝2mg(－l) 由几何关系得d＝ 解得d＝2l。 12.(多选)如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细线，上端接在天花板上，下端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为30°的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线Ab段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，不计动滑轮与细线之间的摩擦以及空气阻力。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到斜面的中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A．该过程中，A和B的总重力势能不变 B．该过程中，地面对斜面的摩擦力大小为mg C．A到达斜面中点的速率为 D．该过程中，细线的拉力大小为mg 答案　BD 解析　由于A沿斜面匀加速上滑，B沿竖直方向匀加速下降，即A和B的总动能增加，A、B组成的系统机械能守恒，故总重力势能减少，A错误；A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，根据机械能守恒可得2mg·＝mg·sin 30°＋×2mvB2＋mvA2，又vB＝vA， 联立解得vA＝，vB＝，C错误； 设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得F－mgsin 30°＝ma,2mg－2F＝2m·a， 联立解得a＝g，F＝mg，D正确； A对斜面的压力大小为FN＝mgcos 30°， 对于斜面，在水平方向由平衡条件可得， 地面对斜面的摩擦力大小为Ff＝FNsin 30°＝mg，B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $