第四章 机械能及其守恒定律
第五节 机械能守恒定律
基础过关练
题组一 动能与势能的相互转化
1.
某旅游景点有乘坐热气球观光项目。如图所示,在热气球加速上升的过程中,忽略热气球质量的变化,则热气球的 ( )
A.重力势能减少,动能减少
B.重力势能减少,动能增加
C.重力势能增加,动能减少
D.重力势能增加,动能增加
2.(多选)如图所示,一个小球从高处自由下落,到达A点与一个轻质弹簧相撞弹簧被压缩。在球与弹簧接触到弹簧被压缩到最短的过程中,关于球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的说法中正确的是 ( )
A.球的动能先增大后减小
B.球的重力势能逐渐减小,弹簧的弹性势能逐渐增加
C.球的动能一直在减小
D.球的重力势能和弹簧的弹性势能之和逐渐增加
题组二 对机械能守恒定律的理解及判断
3.关于物体的机械能是否守恒,下列说法中正确的是 ( )
A.物体所受合外力为零,它的机械能一定守恒
B.物体做匀速直线运动,它的机械能一定守恒
C.物体所受合外力不为零,它的机械能可能守恒
D.物体所受合外力对它做功为零,它的机械能一定守恒
4.关于以下四幅图,下列说法中正确的是 ( )
A.图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中机械能守恒
B.图2中火车在匀速转弯时动能不变,故所受合外力为零
C.图3中真空钱羽管(又名牛顿管)中下落的羽毛机械能守恒
D.图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能守恒
题组三 机械能守恒定律的应用
5.如图所示,一质量为m的运动员从A点由静止下滑,水平通过B点后落至C点。其中A和B距离地面的高度分别为H和h。若以地面为零势能面,忽略所有阻力,重力加速度为g,运动员在B点的机械能可以表示为 ( )
A.mgh B.mgH
C.mg(H-h) D.无法确定
6.把质量为0.5 kg的石块从h=10 m高处斜向上抛出,如图所示,初速度v0=10 m/s,与水平方向的夹角为30°。不计空气阻力,选取地面为重力势能的参考平面,重力加速度g取10 m/s2。在石块下落到地面的过程中,重力势能与动能相等的点距离地面的高度为 ( )
A.6 m B.6.5 m C.7 m D.7.5 m
7.“打水漂”是人类最古老的游戏之一,游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示,游戏者在地面上以初速度v0抛出质量为m的石头,石头落到比抛出点低h的水面上。若以抛出点为零势能点,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.抛出后石头落到水面时的重力势能为mgh
B.抛出后石头落到水面过程,重力对石头做的功为-mgh
C.抛出后石头落到水面上的机械能为m
D.抛出后石头落到水面上的动能为m-mgh
8.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A.10 J B.15 J C.20 J D.25 J
9.如图,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a和b,a球质量为m,静置于地面;b球质量为3m,用手托住,离地高度为h,此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后,a能离开地面的最大高度为 ( )
A.h B.2h C.1.5h D.2.5h
10.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,并且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最低点时弹簧的长度变为2L(未超出弹性限度),重力加速度为g,则在圆环下滑到最低点的过程中 ( )
A.圆环的机械能守恒
B.弹簧的弹性势能增加了mgL
C.圆环下滑到最低点时,所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
能力提升练
题组一 单个物体的机械能守恒问题
1.(多选)如图所示,弧形光滑轨道的下端与轨道半径为R的竖直光滑圆轨道相接,使质量为m的小球从高h的弧形轨道上端自由滚下,小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。当小球通过圆轨道的最高点时,对轨道的压力大小等于小球重力大小。不计空气阻力,重力加速度为g,则 ( )
A.小球通过最高点时的速度大小为
B.小球在轨道最低点的动能为2.5mgR
C.小球下滑的高度h为3R
D.小球在轨道最低点对轨道压力的大小为6mg
2.如图,长为L的轻杆一端固定质量为m的小球,另一端固定在转轴O上。现使小球在竖直平面内做圆周运动,P为圆周轨道的最高点,重力加速度为g。若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为,则以下判断正确的是 ( )
A.小球在最低点受到轻杆向上的弹力,大小为4.5mg
B.小球不能到达P点
C.小球到达P点时的速度小于
D.小球能到达P点,且在P点受到轻杆向下的弹力
3.有一摩托车花样表演过山坡模型可简化如图,四分之一光滑圆弧槽半径为R,固定在水平地面上,在A点有一个质量为m的物块P(可视为质点)由静止释放,沿切线进入圆弧槽AB,物块P滑下后进入光滑水平轨道BC,然后滑上半径为r的三分之一光滑圆弧轨道CDE,水平轨道与圆弧轨道的连接处平滑,物块P经过连接处无能量损失。(重力加速度为g)
(1)求物块对轨道的最大压力大小;
(2)物块运动至圆弧CD某点处时,与圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ,求物块所受支持力FN与θ、R、r的关系式,分析物块在何处对轨道压力最小
(3)若R=r,请计算说明物块能否到达最高点D。
题组二 多物体系统机械能守恒问题
4.如图所示,小物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知小球的质量是物块质量的2倍,杆与滑轮间的距离为d,重力加速度为g,绳及杆足够长,不计一切摩擦。现将物块由静止释放,在物块向下运动的过程中 ( )
A.小物块重力的功率一直增大
B.刚释放时小物块的加速度为
C.小物块下降的最大距离为d
D.轻绳的张力总大于小球的重力
5.如图所示,小滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计一切摩擦,重力加速度大小为g。则 ( )
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为2
C.a下落过程中,其加速度始终小于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力为mg
6.如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,绕过定滑轮(足够高)的轻绳两端分别系着小物块a和b,开始时将b按压在地面不动,a位于斜面上高h=0.5 m的地方,此时滑轮左边的绳子竖直,而右边的绳子与斜面平行,然后放开手,让a沿斜面下滑,而b上升,当a滑到斜面底端A时绳子突然断了,物块a继续沿水平地面运动,然后滑上与地面相切、半径R=0.1 m的四分之一圆轨道BC。已知A、B之间的距离x=0.5 m,物块a与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2,轨道BC光滑,物块a的质量m1=1 kg,取重力加速度g =10 m/s2。
(1)若物块a到达C点时的速度为vC=1 m/s,求物块a刚进入四分之一圆轨道BC时对轨道的压力大小;
(2)欲使物块a能滑上四分之一圆轨道,但又不会从轨道的最高点滑出,求物块b的质量m2的取值范围。
答案与分层梯度式解析
第四章 机械能及其守恒定律
第五节 机械能守恒定律
基础过关练
1.D 热气球加速上升的过程中,速度增大,故动能增加,受到的重力竖直向下,位移向上,重力做负功,故重力势能增加,选项A、B、C错误,D正确。
2.AB 小球刚接触弹簧的阶段,弹簧形变量较小,弹力小于重力,合力方向向下,故小球先向下做加速运动;当弹力大于重力时,合力向上,小球做减速运动,则小球的动能先增大后减小,故A正确,C错误;从小球与弹簧接触到将弹簧压缩至最短的过程中,小球一直在向下运动,高度降低,故球的重力势能一直减小,而弹簧的压缩量越来越大,弹性势能逐渐增大,故B正确;因为整个过程中,只有重力和弹簧弹力做功,满足系统的机械能守恒,小球的动能先增大后减小,故小球的重力势能及弹簧的弹性势能之和先减小后增大,D错误。
3.C 物体所受合外力为零,则合外力对它做功为零,物体可能做匀速直线运动,但它的机械能不一定守恒,比如乘降落伞沿直线匀速下降的飞行员的机械能减小,故A、B、D错误;物体所受的合外力不为零,可能仅受重力作用,只有重力做功,则机械能守恒,故C正确。
4.C 图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中,吊车的拉力对它做负功,机械能不守恒,选项A错误;图2中火车在匀速转弯时动能不变,根据动能定理可知合外力做的功为零,但火车所受合外力不为零,它提供了火车转弯时需要的向心力,选项B错误;图3中真空钱羽管(又名牛顿管)中下落的羽毛只受重力的作用,其机械能守恒,选项C正确;图4中撑杆跳高运动员在上升过程中杆的弹力对运动员做了正功,运动员的机械能不守恒,选项D错误。
5.B 运动员在运动过程中只有重力做功,则其机械能守恒,运动员在B点的机械能等于在A点的机械能,若以地面为零势能面,则EB=EA=mgH,选项B正确。
6.D 设石块下落到地面的过程中,重力势能与动能相等的点距离地面的高度为H,根据机械能守恒定律可知石块在此位置的动能为Ek=m+mg(h-H)=mgH,代入数据解得H=7.5 m,选项D正确。
7.C 以抛出点为零势能点,水面低于抛出点h,所以石头在水面上时的重力势能为-mgh,A错误;抛出点与水面间的高度差为h,所以整个过程重力对石头做功为mgh,B错误;石头被抛出到落到水面的过程中机械能守恒,以抛出点为零势能点,抛出时的机械能为m,所以石头在水面时的机械能也为m,C正确;由动能定理得mgh=Ek2-m,可得石头在水面上的动能为Ek2=m+mgh,D错误。
8.A 小球被弹出后做平抛运动,有h=gt2,vy=gt,解得小球落地时的竖直分速度为vy= m/s;由于小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,故有tan 60°=,解得小球平抛初速度为v0== m/s= m/s;小球被弹出过程,只有弹簧弹力做功,弹簧与小球组成的系统机械能守恒,弹簧的弹性势能转化为小球平抛的动能,可得弹簧被压缩时具有的弹性势能为Ep=m=×2×10 J=10 J,故选A。
9.C 设a球上升高度h时两球的速度大小为v,对a、b组成的系统机械能守恒,有3mgh=mgh+·(3m+m)v2,解得v=;此后绳子松弛,a球开始做初速度为v=的竖直上抛运动,对a球,只有重力做功,机械能守恒,有mv2=mgH-mgh,解得a球能到达的最大高度H=1.5h,故C正确。
10.B 圆环下滑过程中,圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧的弹性势能增加,圆环的机械能减少。圆环下滑到最低点时速度为零,但是加速度不为零,即所受合力不为零。圆环下降的高度h==L,所以圆环的重力势能减少了mgL,由系统机械能守恒可知,弹簧的弹性势能增加了mgL。由以上分析知B正确,A、C、D错误。
能力提升练
1.AC 小球经过轨道最高点时,轨道对小球的支持力大小也为mg,根据牛顿第二定律有mg+mg=m,解得v=,选项A正确;小球自开始下滑至圆轨道最高点的过程,根据机械能守恒定律有mg(h-2R)=mv2,解得h=3R,选项C正确;设小球在轨道最低点时的速度为v1,轨道对小球的支持力为FN,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,小球由最低点运动到圆轨道最高点的过程,根据机械能守恒定律有-mg·2R=mv2-m,联立解得Ek=m=3mgR,FN=7mg,由牛顿第三定律知小球在轨道最低点对轨道压力的大小为7mg,选项B、D错误。
方法技巧
用机械能守恒定律解题的基本思路
2.C 小球在最低点时,对小球进行受力分析,有N-mg=m,代入数据可得N=5.5mg,选项A错误。假设小球能到达P点,从最低点到P点,根据机械能守恒定律可得-2mgL=m-m,解得小球在P点的速度为vP=,可知小球能达到P点,选项C正确,B错误。小球在P点所需要的向心力F==mg,故小球在P点受到轻杆向上的弹力,故D错误。
3.答案 (1)3mg (2)(3)见解析
解析 (1)物块在B处时对轨道压力最大,设在B点物块的速度大小为vB
对由A→B过程,运用机械能守恒定律有mgR=m
设在B点轨道对物块的支持力大小为FNB
由牛顿第二定律有FNB-mg=m
联立解得FNB=3mg
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为3mg。
(2)取CD上任意一点M,物块在该点受力如图,根据径向的合力提供向心力,有mg cos θ-FN=m
物块从A到M,由机械能守恒定律得
mgR-mg(r cos θ-r cos 60°)=m
联立解得FN=3mg cos θ-mg
在C点时,cos θ最小,物块对轨道压力最小。
(3)当R=r时,在C点,由FN=3mg cos θ-mg得,FN=-mg,说明物块离开C点后做斜抛运动,若物块到达D点上方,
水平方向上有,r sin 60°=v0 cos 60°·t
竖直方向上有,y=v0 sin 60°·t-gt2
从A到C由机械能守恒定律得mgR=m
联立解得y=r,所以物块恰能飞到最高点D。
导师点睛
本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律、圆周运动以及斜抛运动知识的综合应用,知道圆周运动向心力的来源以及斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。
4.C 刚释放时物块的速度为0,物块下落到最低点时速度也为0,可知物块在下落过程中速度先增大后减小,由重力的瞬时功率表达式P=mgv可知,小物块重力的功率先增大后减小,故A错误。刚释放时,小物块水平方向受力平衡,竖直方向只受重力作用,根据牛顿第二定律可知此时小物块的加速度为g,故B错误。设物块下降的最大距离为h,物块的质量为m,根据物块与小球组成的系统机械能守恒,有mgh-2mg(-d)=0,解得h=d,故C正确。小球在上升过程中,先加速后减速,即先超重后失重,故绳子的张力先大于小球的重力,后小于小球的重力,故D错误。
方法技巧
多物体机械能守恒问题的分析方法
(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。
(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的形式。
5.D a刚开始运动时b的速度为零,当a落地时,b的速度为零,整个运动过程,b的速度先增大后减小,动能先增大后减小,整个过程只有轻杆对b做功,由动能定理可知,轻杆对b先做正功后做负功,A错误;a、b组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒,a落地时,b的速度为零,根据系统机械能守恒有mgh=m,解得va=,B错误;轻杆对b先做正功后做负功,则杆先处于压缩状态、后处于拉伸状态,则轻杆对a的作用力先斜向上后斜向下,轻杆对a的作用力在竖直方向的分力先竖直向上后竖直向下,a所受合力先小于重力后大于重力,由牛顿第二定律可知,a的加速度先小于g后大于g,C错误;a、b组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒,当a的机械能最小时,b的速度最大,此时b受到a的推力为零,b受到重力和支持力的作用处于平衡状态,所以b对地面的压力大小为mg,D正确。
6.答案 (1)40 N (2) kg≤m2< kg
解析 (1)设物块a经过B点时的速度为vB,由机械能守恒定律得m1=m1+m1gR
设物块a刚进入圆轨道BC时受到的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-m1g=m1
联立解得FN=40 N
由牛顿第三定律,可知物块a对轨道的压力大小为40 N。
(2)设物块a经过A点的速度为v1时恰能滑到B点,由动能定理有-μm1gx=0-m1
解得v1= m/s
设物块a经过A点的速度为v2时恰能滑到C点,由动能定理有-μm1gx-m1gR=0-m1
解得v2=2 m/s
要使物块a能滑上轨道BC而又不从C点滑出,物块a在A点的速度vA应满足 m/s绳断前a、b组成的系统机械能守恒,设物块a在A点瞬间两物块的共同速度大小为vA,有m1gh-m2g·=m1+m2
解得 kg≤m2< kg(共13张PPT)
1.机械能
动能与势能(包括重力势能和弹性势能)统称为机械能。在一定条件下,物体
的动能与势能可以相互转化。
2.动能与重力势能间的转化
只有重力做功时,若重力做正功,则重力势能转化为动能,若重力做负功,则动
能转化为重力势能,转化过程中,动能与重力势能之和保持不变。
3.动能与弹性势能间的转化
被压缩的弹簧把物体弹出去,射箭时绷紧的弦把箭弹出去,这些过程都是弹
力做正功,弹性势能转化为动能。
第五节 机械能守恒定律
1 | 动能与势能的相互转化
1.机械能守恒定律的内容
在只有重力或弹力做功的系统内,动能和势能发生相互转化,而系统的机械
能总量保持不变。
2.表达式
(1)Ep1+Ek1=Ep2+Ek2。
(2)mgh1+ m =mgh2+ m 。
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。
导师点睛 对机械能守恒条件的理解
(1)机械能守恒的条件不是合外力做的功等于零,更不是合外力为零;“只有重力
或(系统内)弹力做功”不等于“只受重力或(系统内)弹力作用”。
2 | 机械能守恒定律
(2)“守恒”是一个动态概念,指在动能和势能相互转化的整个过程中的任何时
刻、任何位置,机械能总量总保持不变。
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”。
1.摩天轮是游乐场内一种大型转轮状设施,摩天轮边缘悬挂透明座舱,乘客坐在座
椅上随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,乘客机械能守恒。( )
摩天轮运动过程中,座舱做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高
度变化,重力势能在变化,所以机械能在变化。
2.在一次跳伞训练中,一名跳伞运动员打开降落伞后,先减速下降一段时间,此后
匀速向下运动,在匀速下降阶段,运动员所受合外力为零,机械能守恒。( )
机械能包括动能和重力势能,运动员匀速下落,速度不变,则动能不变,但高度减小,
则重力势能减小,所以机械能减小。
3.物体速度增大时,其机械能可能在减小。( √ )
4.物体所受合外力为零时,机械能一定守恒。( )
知识辨析
游乐园中的过山车是很多人喜爱的娱乐项目。如图所示,过山车在发动机关
闭的情况下从高处飞奔而下。
问题1
过山车受哪些力作用 各做什么功
提示 过山车受重力、轨道的支持力、摩擦力和空气阻力作用。重力做正功,轨
道的支持力不做功,摩擦力和空气阻力做负功。
1 机械能守恒条件的理解
问题2
过山车下滑时,其动能和重力势能如何变化 两种能的总和是否不变
提示 过山车下滑时,重力势能减少,动能增加,两种能的总和减少。
问题3
若忽略过山车所受摩擦力和空气阻力,过山车下滑时机械能守恒吗
提示 若忽略过山车所受摩擦力和空气阻力,则过山车下滑时只有重力做功,机
械能守恒。
1.物体机械能守恒的条件
(1)除重力及系统内弹力外,不受其他力作用。
(2)除重力及系统内弹力外,还受其他力作用,但其他力不做功。
(3)除重力及系统内弹力外,还受其他力作用,但其他力做功的代数和为零。
2.机械能守恒的判断
(1)对单个物体而言,其机械能是否守恒一般通过做功来判定。分析除重力外,有
无其他力对物体做功,若无其他力做功,则物体机械能守恒;若有其他力做功,且做
功的代数和不为零,则物体机械能必不守恒。
(2)对几个物体组成的系统而言,其机械能是否守恒一般通过能量转化来判定。
分析除系统内重力势能、弹性势能和动能外,有无其他形式的能参与转化,若无
其他形式的能参与转化,则系统机械能守恒;若有其他形式的能参与转化,则系统
机械能必不守恒。
1.机械能守恒的表达式及其物理意义
2 机械能守恒定律的应用
表达式 物理意义
从状态 角度看 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E初=E末 初状态的机械能等于末状态的
机械能
从转化 角度看 Ek2-Ek1=Ep1-Ep2或ΔEk=-ΔEp 过程中动能的增加量等于势能
的减少量
从转移 角度看 EA2-EA1=EB1-EB2或ΔEA=-ΔEB 系统只有A、B两物体时,A增加
的机械能等于B减少的机械能
2.应用机械能守恒定律解题的步骤
典例 如图甲,O点处固定有力传感器,长为l=0.4 m的轻绳一端与力传感器相
连,另一端固定着一个小球【1】。现让小球在最低点以某一速度开始运动,设轻绳
与竖直方向的角度为θ,图乙为轻绳弹力大小F随cos θ变化的部分图像【2】,忽略空
气阻力的影响【3】,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)小球的质量;
(2)小球在最低点时的速度;
(3)判断小球能否做完整的圆周运动【4】,写出证明过程。
信息提取 【1】【3】小球受重力、轻绳弹力作用,由于弹力不做功,故小球机
械能守恒。
【2】写出F与cos θ的数学关系式,判断截距的含义。
【4】小球若能做完整的圆周运动,则小球运动到最高点的最小速度是v= 。
思路点拨 (1)由机械能守恒定律、牛顿第二定律【5】结合向心力公式推导出F与
cos θ的关系,对比图像求解小球质量;
(2)在最低点由向心力公式【6】求解小球的速度;
(3)根据机械能守恒定律【7】求解小球在最高点的速度大小再进行分析。
解析 (1)设小球在最低点时的速度为v0,则当运动到与竖直方向成θ角位置时,由
机械能守恒定律得
-mgl(1-cos θ)= mv2- m (由【1】【3】【5】得到)
根据牛顿第二定律得F-mg cos θ=m (由【5】得到)
解得F=3mg cos θ+ (由【2】得到)
对比图像可知斜率k=3mg=9 N
解得m=0.3 kg
(2)小球在最低点时,根据m =15 N-mg(由【6】得到)
解得v0=4 m/s
(3)假设小球能到达最高点,根据机械能守恒定律得-2mgl= m - m (由【7】得
到)
可得速度v2=0<
则小球不能经过最高点。
答案 (1)0.3 kg (2)4 m/s (3)见解析
