江苏版高考物理一轮复习第5章第3节机械能守恒定律及其应用课时学案

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(对应学生用书第123页)
一、重力做功与重力势能
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。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2．重力势能
(1)公式：Ep＝mgh。
(2)特性：
①标矢性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同。
②系统性：重力势能是物体和地球所组成的“系统”共有的。
③相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关。重力势能的变化是绝对的，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
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量。即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
二、弹力做功与弹性势能
1．弹性势能
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．特别提示
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等。
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
三、机械能守恒定律
1．机械能
动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能。
2．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，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
(2)守恒的条件：只有重力或系统内的弹力做功。
(3)守恒表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mgh2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)。
3．守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)重力势能的大小与零势能参考面的选取有关。(√)
(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取有关。(×)
(3)克服重力做功，物体的重力势能一定增加。(√)
(4)做曲线运动的物体机械能可能守恒。(√)
(5)物体初、末状态的机械能相等，则物体的机械能守恒。(×)
(6)只有弹簧弹力对物体做功，则物体机械能守恒。(×)
二、教材习题衍生
1．(机械能守恒定律的理解及应用)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点。下列说法错误的是( )
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关
D [在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故B正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C正确；重力做功是重力势能变化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故D错误。]
2．(动能、重力势能及机械能的理解)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．重力对物体做的功为mgh
B．物体在海平面上的势能为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
[答案] A
3.(机械能守恒定律与圆周运动问题综合)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，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A处时对轨道的压力为( )
A．2mg B．3mg
C．4mg D．5mg
C [小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq \f(mv\\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝eq \f(mv\\al(2,A),R)，根据机械能守恒，有1.6mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得F＝4mg，C正确。]
机械能守恒定律的判断
(对应学生用书第124页)
1．(机械能守恒判断)(2023·南通模拟)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
甲 乙 丙 丁
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的机械能守恒
B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能增加
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
D [题图甲中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，A错误；题图乙中物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错误；题图丙中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C错误；题图丁中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D正确。]
2.(含有弹簧的系统机械能守恒的分析与判断)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让小球自由摆下。不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能增加
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
D [小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A、B错误；在此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确。]
3．(系统机械能守恒的分析与判断)质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一水平固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中( )
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A球、B球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
B [B球从水平位置转到最低点的过程中，重力势能减少，动能增加，A球重力势能增加，动能增加，A球和地球组成的系统机械能增加。 由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统机械能守恒，A球和地球组成的系统机械能增加，则B球和地球组成的系统机械能一定减少，选项B正确。]
机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功判断：若单个物体所受外力只有重力做功则其机械能守恒；若系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，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。
(2)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
(3)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。 单物体机械能守恒问题
(对应学生用书第125页)
1．表达式
2．一般步骤
3．选用技巧
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。
[典例] (单物体机械能守恒与圆周运动问题的综合问题)
如图所示，在竖直平面内有由eq \f(1,4)圆弧AB和eq \f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq \f(R,2)。一小球在A点正上方与A相距eq \f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
审题指导：
[解析] (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得
EkA＝mgeq \f(R,4)
设小球在B点的动能为EkB，
同理有EkB＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋\f(R,4)))
则小球在B、A两点的功能之比EkB∶EkA＝5∶1。
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心力公式有N＋mg＝meq \f(v\\al(2,C),\f(R,2))
应满足mg≤meq \f(2v\\al(2,C),R)
由机械能守恒定律有mgeq \f(R,4)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
得出小球恰好可以沿轨道运动到C点。
[答案] (1)5∶1 (2)见解析
[跟进训练]
单物体机械能守恒与圆周运动问题的综合
1.(2022·全国乙卷)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
C [小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守恒，下落h高度过程中，有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)，B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，而h＝R(1－cs eq \f(s,R) )，所以A错误；小环位置到P点的距离L＝2Rsin eq \f(θ,2)，h＝R(1－cs θ)，1－cs θ＝2sin2eq \f(θ,2)，即h＝2Rsin2eq \f(θ,2)＝eq \f(L2,2R)，代入v＝eq \r(2gh)可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，C正确；小环位置与P点连线扫过的面积A＝eq \f(1,2)R2θ－eq \f(1,2)R2sin θ，分析知与v不成正比，D错误。]
单物体机械能守恒与平抛运动问题的综合
2．取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。如果抛出点足够高，当物块的动能等于重力势能的两倍时，速度与水平方向的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,3) D．eq \f(5π,12)
A [设物块水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h。根据题意，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh，则v0＝eq \r(2gh)；设当物块的动能等于重力势能的两倍时，物块距离地面的高度为h′，由机械能守恒定律得mg(h－h′)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，又2mgh′＝eq \f(1,2)mv2，解得h′＝eq \f(2,3)h，则此时物块在竖直方向上的分速度为vy＝eq \r(2gh－h′)＝eq \r(\f(2,3)gh)，则tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\r(3),3)，即速度与水平方向的夹角为eq \f(π,6)，选项A正确。]
单物体机械能守恒与平抛及圆周运动问题的综合
3．(2023·常熟月考)如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：
(1)A、B两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
[解析] (1)小球从B到A做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有
vA＝eq \f(v0,cs θ)＝5 m/s
根据机械能守恒定律，有
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得A、B两点的高度差h＝0.8 m。
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
代入数据解得vC＝3 m/s
小球通过C点的最小速度为v，
则mg＝meq \f(v2,R)，v＝eq \r(gR)＝eq \r(5) m/s
因为vC>v，所以小球能到达最高点C
在C点，由牛顿第二定律得
mg＋F＝meq \f(v\\al(2,C),R)
代入数据解得F＝4 N
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4 N。
[答案] (1)0.8 m (2)见解析
多物体机械能守恒问题
(对应学生用书第126页)
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。
(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
用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
(2)角速度相等情景
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。
(3)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。
[典例]
(多物体机械能守恒问题)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。求：
(1)斜面的倾角α；
(2)A球获得的最大速度vm。
审题指导：
[解析] (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零
由牛顿第二定律得4mgsin α－2mg＝0，则
sin α＝eq \f(1,2)，α＝30°。
(2)由题意可知，mg＝kΔx，B球上升的高度x＝2Δx＝eq \f(2mg,k)。A、B两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时弹簧的弹性势能相等，对A、B、C三小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得
4mgxsin α－mgx＝eq \f(1,2)(5m)veq \\al(2,m)
联立化简得vm＝2geq \r(\f(m,5k))。
[答案] (1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
[跟进训练]
轻绳连接的物体系统
1.如图所示，质量为m的小环P套在竖直杆上，P通过不可伸长的轻绳跨过轻小定滑轮与质量也为m的物块Q相连。O点为杆上与定滑轮等高的点，杆上A点和B点分别在O点的上方和下方且到O点距离相等，OA＝OB＝h。将小环P从A点由静止释放，不计一切摩擦，已知绳始终绷紧，在小环P下降过程中，下列说法正确的是( )
A．小环从A到O的过程中，物块Q的动能不断增大
B．小环从A到B的过程中，物块Q的机械能先减小再增大
C．小环到达O点时，小环的动能为mgh
D．小环到达B点时，小环的动能小于mgh
B [当小环运动到O点时，速度方向向下，与绳垂直，沿绳方向速度为零，所以此时物块的速度为0，所以物块的速度为先增大再减小，A错误；机械能的变化取决于除重力以外的其余外力做的功，也就是绳子拉力做的功，小环从A到B的过程中，物块先下降再升高，绳子拉力先做负功再做正功，机械能先减小后增大，B正确；根据能量守恒定律可知mgh＋mgH＝eq \f(1,2)mv2，可解得小环到达O点时动能不为mgh，C错误；根据机械能守恒定律可知mg·2h＝EkP＋EkQ，根据关联速度可知vPcs θ＝vQ，即小环的速度大于物块的速度，所以EkP>mgh，D错误。]
轻杆连接的物体系统
2．(2023·扬州市邗江区蒋王中学高三月考)如图所示，一长为6L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端固定在铰链O处(轻杆可绕铰链自由转动)。一根不可伸长的轻绳一端系于轻杆的中点，另一端通过轻小定滑轮连接在小物块上，物块放置在倾角θ＝30°的斜面上。已知滑轮距正下方地面上的A点的距离为3L，铰链O距A点的距离为L，不计一切摩擦。整个装置由图示位置静止释放，当轻杆被拉至竖直位置时，小球的速度v＝3eq \r(gL)，物块仍在斜面上，求：
(1)此时小球对轻杆的作用力F；
(2)此过程中轻绳对轻杆做的功W；
(3)小物块的质量M。
[解析] (1)当轻杆被拉至竖直位置时，小球的速度v＝3eq \r(gL)，根据竖直平面内圆周运动的规律，小球受到的重力和轻杆对小球的作用力的合力提供向心力mg＋F′＝meq \f(v2,6L)
根据牛顿第三定律，可得F＝F′＝eq \f(1,2)mg
竖直向上。
(2)将小球和轻杆看作一个整体，根据动能定理W＋WG＝eq \f(1,2)mv2
因为WG＝－6mgL，所以W＝eq \f(21,2)mgL。
(3)将小球、轻杆、轻绳和小物块看作一个系统，则系统机械能守恒ΔEk＝ΔEp
小球和小物块动能增大，则动能增加量为
ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2
小球重力势能增大，小物块重力势能减小，则重力势能减少量为ΔEp＝Mg·2L－mg·6L
解得M＝12m。
[答案] (1)eq \f(1,2)mg，竖直向上 (2)eq \f(21,2)mgL (3)12m
轻弹簧连接的物体系统
3.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg 的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小。
[解析] (1)恢复原长时
对B有mg－FT＝ma
对A有FT－mgsin 30°＝ma
解得FT＝30 N。
(2)初态弹簧压缩x1＝eq \f(mgsin 30°,k)＝0.1 m
当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin 30°
弹簧伸长x2＝eq \f(mg－mgsin 30°,k)＝0.1 m
所以A沿斜面上升x1＋x2＝0.2 m。
(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，
由系统机械能守恒
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝eq \f(1,2)×2mv2
得v＝geq \r(\f(m,2k))＝1 m/s。
[答案] (1)30 N (2)0.2 m (3)1 m/s
轻弹簧和光滑杆连接的物体系统
4.(2022·江苏南京、盐城市一模)如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°。现让小球从A处由静止释放，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．下滑过程中小球的机械能守恒
B．小球滑到B点时的加速度大小为eq \f(1,2)g
C．小球下滑到B点时速度最大
D．小球下滑到C点时的速度大小为eq \r(2gl0)
D [下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得Mgcs 30°＝Ma，解得a＝eq \f(\r(3),2)g，故B错误；到达B点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在A、C两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，所以得Mgl0＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)，解得vC＝eq \r(2gl0)，故D正确。]
用机械能守恒定律解决非质点问题
(对应学生用书第128页)
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理。
2．物体虽然不能视为质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。
[典例] 如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动。AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条长为L的均匀柔软链条开始时静置在ABC面上，其一端D至B的距离为L－a。现自由释放链条，则：
(1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒。简述理由；
(2)链条的D端滑到B点时，链条的速率为多大。
[解析] (1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面BC和水平面AB均光滑，链条下滑时只有重力做功，符合机械能守恒的条件。
(2)设链条质量为m，可以认为始、末状态的重力势能变化是由L－a段下降引起的，如图所示。
该部分高度减少量
h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(L－a,2)))sin α＝eq \f(L＋a,2)sin α
该部分的质量为m′＝eq \f(m,L)(L－a)
由机械能守恒定律可得m′gh＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(g,L)L2－a2sin α)。
[答案] (1)机械能守恒，理由见解析
(2)eq \r(\f(g,L)L2－a2sin α)
[跟进训练]

匀质流体类问题
1.如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为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( )
A.eq \r(\f(1,8)gh) B．eq \r(\f(1,6)gh)
C.eq \r(\f(1,4)gh) D．eq \r(\f(1,2)gh)
A [
如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据功能关系有eq \f(1,8)mg·eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(1,8)gh)，A正确。]
匀质链条类问题
2.如图所示，总长为l的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，开始时底端对齐，当略有扰动时其一端下落，铁链开始滑动，当铁链脱离滑轮瞬间，铁链速度为( )
A.eq \f(\r(gl),2) B．eq \r(\f(gl,2))
C.eq \r(gl) D．2eq \r(gl)
B [铁链从开始到脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为eq \f(1,4)l，链条下落过程，由机械能守恒定律，得mg·eq \f(l,4)＝eq \f(1,2)mv2，计算得出v＝eq \r(\f(gl,2))，故B正确，A、C、D错误。]
匀质软绳类问题
3.如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳的重力势能减少了eq \f(1,4)mgl
C．物块重力势能的减少量等于软绳机械能的增加量
D．软绳重力势能减少量大于其动能的增加量
B [细线对物块做负功，物块的机械能减少，细线对软绳做正功，软绳的机械能增加，故软绳重力势能的减少量小于其动能增加量，A、D错误；物块重力势能的减少量一部分转化为软绳机械能，另一部分转化为物块的动能，故C错误；从开始运动到软绳刚好全部离开斜面，软绳的重心下移了eq \f(l,4)，故其重力势能减少了eq \f(1,4)mgl，B正确。 ]
课时分层作业(十六) 机械能守恒定律及其应用
(对应学生用书第425页)
题组一 机械能守恒定律的判断
1．下列对各图的说法正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒
B．图乙中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受合力为零，动能不变
C．图丙中弓被拉开过程弹性势能减少了
D．图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能增大
D [图甲中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；图乙中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受合力提供向心力则不为零，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；图丙中弓被拉开过程弦的形变增大，弹性势能增大，故C错误；图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，运动员机械能增大，故D正确。]
2．(2023·溧阳高三期末检测)在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中小球A机械能守恒
C．丙图中小球机械能守恒
D．丁图中小球机械能守恒
A [题图甲过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；题图乙过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；题图丙中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；题图丁中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。]
题组二 单物体机械能守恒问题
3．将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图像如图所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。根据图像信息，不能确定的物理量是( )
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率
D．小球抛出时的高度
D [由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝eq \f(1,2)gt2，所以Ek＝Ek0＋eq \f(1,2)mg2t2。当t＝0时，Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝5 J，当t＝2 s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝30 J，联立方程解得m＝0.125 kg，v0＝4eq \r(5) m/s。当t＝2 s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝25 J，故eq \x\t(P)＝eq \f(WG,2 s)＝12.5 W。根据图像信息，无法确定小球抛出时离地面的高度。综上所述，选项D正确。]
4.(2023·宿迁中学检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出)，物体恰能从O点平抛出去。则( )
A．∠CO1O＝60°
B．∠CO1O＝45°
C．落地点距O2的距离为2eq \r(2)R
D．落地点距O2的距离为2R
C [要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mg＝meq \f(v2,2R)，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v＝eq \r(2gR)。设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律可知，mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，解得θ＝90°，故选项A、B错误；由平抛运动规律可得，x＝vt,2R＝eq \f(1,2)gt2，解得落地点距O2为2eq \r(2)R，选项C正确，D错误。]
题组三 多物体机械能守恒问题
5.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(g＝10 m/s2)( )
A．10 J B．15 J
C．20 J D．25 J
A [由2gh＝veq \\al(2,y)－0得vy＝eq \r(2gh)，即vy＝eq \r(30) m/s，落地时，tan 60°＝eq \f(vy,v0)可得v0＝eq \f(vy,tan 60°)＝eq \r(10) m/s，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可求得Ep＝10 J，故A正确。]
6．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；
(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。
[解析] (1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零
由机械能守恒可得magR＝eq \f(1,2)mav2
解得v＝eq \r(2gR)
对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得
F＝eq \f(mav2,R)＝2mag＝2 N。
(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，
设此时b的速度为vb，则知va＝vbcs θ
由几何关系可得cs θ＝eq \f(l,\r(l2＋R2))＝0.8
球a下降的高度h＝Rcs θ
a、b及杆组成的系统机械能守恒
magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)－eq \f(1,2)mav2
对滑块b，由动能定理得：W＝eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝0.194 4 J。
[答案] (1)2 N (2)0.194 4 J
题组四 用机械能守恒定律解决非质点问题
7.有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( )
A．2.5 m/s B．eq \f(5\r(2),2) m/s
C.eq \r(5) m/s D．eq \f(\r(35),2) m/s
B [设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－eq \f(1,2)×mg×eq \f(L,2)sin θ－eq \f(1,2)×mg×eq \f(L,2)＋0＝－eq \f(3,8)mgL
链条全部滑出后，动能为
E′k＝eq \f(1,2)×2mv2
重力势能为E′p＝－2mgeq \f(L,2)
由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p
即－eq \f(3,8)mgL＝mv2－mgL
解得v＝eq \f(1,2)eq \r(gL3－sin θ)＝eq \f(5\r(2),2) m/s，
故B正确，A、C、D错误。]
8.(2023·启东市吕四中学)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，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)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，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
B [圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为eq \r(3)L，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为eq \r(3)mgL，选项B正确；圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，选项C错误；在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，选项D错误。]
9.(2022·江苏无锡一模)如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行于斜面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是( )
A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大
B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能等于增加的弹性势能
D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小
A [物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正确，B错误；物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C错误；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小，选项D错误。]
10．(2023·扬州市第一中学高三期末)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点。撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sin θ＝eq \f(2,π)≈0.64，不计一切摩擦。求：
(1)力F的大小；
(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；
(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。
[解析] (1)对小球：细线上的拉力T＝3mg
对物块：mgsin θ＋F＝T
解得：F＝2.36mg。
(2)小球在C点时速度与物块速度大小相等。
对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律：
3mgR－mgeq \f(1,2)πRsin θ＝eq \f(1,2)(3m＋m)v2
解得：v＝eq \r(gR)
在C点：对小球在竖直方向上受力分析，由牛顿第二定律N－3mg＝3meq \f(v2,R)
解得：N＝6mg。
(3)在小球从 A 点运动到 C 点过程中，对物块，由动能定理：W－mgeq \f(1,2)πRsin θ＝eq \f(1,2)mv2－0
解得：W＝eq \f(3,2)mgR。
[答案] (1)2.36mg (2)6mg (3)eq \f(3,2)mgR
11．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
[解析] (1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v＝2Rω。
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
eq \r(F2－mg2)＝meq \f(v2,2R)
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为F＝meq \r(4R2ω4＋g2)。
(3)重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
Mgh＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×4mv2
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有v1＝Rω
联立各式解得h＝eq \f(M＋16mR2ω2,2Mg)。
[答案] (1)2Rω (2)meq \r(4R2ω4＋g2)
(3)eq \f(M＋16mR2ω2,2Mg)
题干关键
获取信息
光滑固定圆弧轨道
小球在轨道内运动过程中不受摩擦力，弹力与速度方向垂直
小球能否运动到C点
由小球经C点的最小速度确定
关键语句
获取信息
固定的光滑斜面上
系统机械能守恒
使细线刚刚拉直但无拉力作用
弹簧处于压缩状态，且弹力等于B的重力
A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面
弹簧处于伸长状态，且弹力等于C的重力
B、C的质量均为m
弹簧压缩量同伸长量相等，弹性势能相同
A球获得的最大速度vm
A的加速度此时为零