专题24 机械能守恒定律及其应用 能量守恒定律-【暑假衔接】新高二物理暑假查漏补缺（全国通用）

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一．机械能守恒定律
1.重力势能、重力做的功、重力势能的变化、弹性势能、机械能
1）重力势能的表达式：Ep＝mgh（h为物体相对于参考平面的高度，参考平面上方的物体重力势能为正，参考平面下方的物体重力势能为负）
重力势能的特点：重力势能的大小与参考平面的选取有关。
2）重力做的功：WG＝mgh（h为物体在竖直方向变化的高度，物体高度降低重力做正功，高度升高重力做负功）
重力做功的特点：只与始、末位置的高度差有关，与路径无关。
3）重力势能的变化：ΔEp＝mgh（h为物体在竖直方向变化的高度）
重力势能变化的特点：只与始、末位置的高度差有关，与参考平面的选取无关。
4）弹性势能：发生弹性形变的物体各部分之间由于有弹力的相互作用而具有的势能。
弹簧弹性势能的表达式：EP=k x2（对同一弹簧，形变量相同则弹性势能相同）。
5）机械能的定义：重力势能、弹性势能与动能统称为机械能
机械能的定义式：E=EK+EP（EK为动能，EP包括重力势能和弹性势能）
2.机械能守恒定律及机械能守恒的判断
1）机械能守恒定律的内容：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，但机械能的总量保持不变．
2）机械能守恒的条件：只有重力、系统内弹力做功．
3）机械能是否守恒的判断方法
☞用定义判断：E=EK+EP ,根据EK和EP的变化判断机械能是否守恒．
☞用机械能守恒条件判断是否守恒．
☞用能量转化来判断：若物体或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的转化，则物体或系统机械能守恒．
3.机械能守恒定律的应用
1）守恒观点：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 (要先选取零势能面)．
2）转化观点：系统增加(或减少)的动能等于减少(或增加)的势能．
Ek增＝Ep减. (无须选取零势能面)
3）转移观点： A机械能的增加量等于B机械能的减少量．
EA增＝EB减． (无须选取零势能面)
4.利用机械能守恒定律处理的几种模型
1）轻杆或绳与球组成的系统
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①对于轻杆或绳与球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②利用Ek增＝Ep减或EA增＝EB减列式计算不需要选取参考平面，所以多物体系统机械能守恒一般选用这两种形式列式．
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③注意根据各物体在竖直方向的高度变化确定系统重力势能的变化．
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④注意下列不同情境中物体间的速度关系．
☞如下图，轻绳连接的物体均沿绳的方向运动则绳两端的物体速度大小相等．
☞如下图，轻杆连接的物体绕固定点转动，杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆要对各物体做功，单个物体机械能不守恒．因为角速度相等，根据v＝ωr知，v与r成正比．
☞如下图，关联速度问题：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等．
5.含弹簧的系统机械能守恒问题
1)如果只有系统内物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能相互转化，则系统机械能守恒．
2)对同一弹簧，弹性势能的大小只由弹簧的形变量决定，如果弹簧的形变量相同，无论弹簧伸长还是压缩，弹性势能都相等．
6.非质点类机械能守恒(例如链条的一部分在光滑的接触面下滑)
1)一般选用Ek增＝Ep减或EA增＝EB减的形式(不用选择零势能面)．
2)分析系统重力势能的变化量时，要确定好各部分的重心及重心高度的变化量．
3)分析系统重力势能的变化量和动能变化量时，要确定好各自对应的质量．
能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且使用动能定理省去了确定系统机械能是否守恒和选定参考平面的麻烦。能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
二．能量守恒定律的理解和应用
1.能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2.能量守恒定律的表达式：E初＝E末 或 E增＝E减．
3.应用能量守恒定律解题的步骤
1．关于势能，下列说法正确的是（ ）
A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B．物体离地面越高，它的重力势能就越大
C．物体克服重力做功5J，它的重力势能就一定增加5J
D．势能也叫位能，物体的位置一旦确定，它的势能的大小也随之确定
【答案】C
【解析】A．若开始时弹簧被压缩，则当弹簧变长时，形变量减小，则它的弹性势能减小，选项A错误；
B．物体离零参考面的高度越高，它的重力势能就越大，选项B错误；
C．物体克服重力做功5J，它的重力势能就一定增加5J，选项C正确；
D．势能大小与零势能面的选择有关，物体的位置确定，但是零势能点不同，则它的势能的大小也不同，选项D错误。 故选C。
2．下列几个物理过程中，机械能一定守恒的是（不计空气阻力）（ ）
A．物体沿光滑曲面自由下滑的过程 B．气球匀速上升的过程
C．铁球在水中下下沉的过程 D．物体沿斜面加速下滑的过程
【答案】A
【解析】A．物体沿光滑曲面自由下落的过程中，由于只有重力做功，机械能一定守恒；故A正确；
B．气球匀速上升的过程，气球动能不变，重力势能增大，机械能增大，故B错误；
C．铁球在水中下下沉的过程，由于铁球受到向上的浮力作用，浮力做负功，故机械能减小，故C错误；
D．物体沿斜面加速下滑的过程，如果有摩擦力作用，机械能不守恒；如果除重力外没有其它力做功，机械能守恒，所以物体沿斜面加速下滑的过程，机械能不一定守恒，故D错误。 故选A。
3．如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断错误的是（ ）

A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，机械能守恒
B．乙图中，物体B在大小等于摩擦力的拉力作用下沿斜面下滑时，机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力时，A加速下落，B加速上升的过程中，A、B机械能守恒
D．丁图中，小球由水平位置A处由静止释放，运动到B处的过程中，机械能守恒
【答案】A
【解析】A．图甲中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但A机械能不守恒，故A错误；
B．图乙中物体B除受重力外，还受支持力、拉力、摩擦力，但当拉力与摩擦力相等时，除重力之外的三个力做功的代数和为零，故B机械能守恒，故B正确；
C．图丙中绳子的张力对A做负功，对B做正功，两者代数和为零，又不计任何阻力，故A、B组成的系统机械能守恒，故C正确；
D．图丁中只有小球的重力做功，故机械能守恒，故D正确。 本题选择错误的选项，故选A。
4．如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中（ ）

A．小球的机械能守恒 B．小球的重力势能减小
C．当球到达O点的正下方时，弹簧的张力最大 D．当球到达O点的正下方时，重力的瞬时功率不为0
【答案】D
【解析】A．以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，由于只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，但是小球运动过程中受到弹簧弹力做功，则小球的机械能不守恒，A错误；
B．下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小，通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大，即小球的重力势能先减小后增大，B错误；
C．下摆过程中，弹簧的伸长量逐渐增大，小球运动的最低点在O点正下方左侧，即张力最大位置在O点正下方左侧，C错误；
D．根据图形可知，当小球到达O点的正下方时，小球的速度方向为左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为零，D正确。 故选D。
5． 如图所示，质量为m的小球，从桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，设桌面处物体重力势能为零，空气阻力不计，那么，小球落地时的机械能为（ ）

A．mghB．mgHC．mg(H+h)D． mg(H-h)
【答案】B
【解析】设桌面处物体重力势能为零，小球开始下落时的机械能为mgH，根据机械能守恒定律，小球落地时的机械能为mgH。 故选B。
6.一人站在高处将质量为1kg的物体以10m/s的速度抛出。若物体上升最大高度为1m，不计空气阻力，则下面结论中正确的是（ ）
A．人对物体做功25JB．人对物体做功50J
C．物体落回时动能大小是25JD．物体落地时动能大小是45J
【答案】B
【解析】AB．人对物体做功为 W=Ek0=12mv02=50J 故A错误，B正确；
CD．物体在空中运动过程中机械能守恒，所以其落回时的动能应等于50J，而落地的动能应大于50J，故CD错误。 故选B。
7．(多选)如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用不计质量的细线悬在等高的O1、O2点。A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后无初速释放，则经过最低点时（ ）

A．A球的机械能等于B球的机械能 B．A球的速度等于B球的速度
C．A球的向心加速度等于B球的向心加速度 D．A球的动能等于B球的动能
【答案】AC
【解析】A. 设小球在O1、O2点时的重力势能为零，则两个小球刚释放时的机械能相等，都等于零，根据机械能守恒定律，两个小球在任意位置的机械能均等于零，所以，两个小球在经过最低点时，A球的机械能等于B球的机械能，都等于零，A正确；
B. 设绳长为L，根据机械能守恒定律得 mgL=12mv2 解得 v=2gL
L越大，v越大，所以A球的速度大于B球的速度，B错误；
C. 根据 a=v2L v=2gL 解得 a=2g
A球的向心加速度等于B球的向心加速度，C正确；
D. 根据 Ek=12mv2 v=2gL 解得 Ek=mgL L越大，动能越大，所以A球的动能大于B球的动能，D错误。 故选AC。
8．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒 B．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C．b球的最大速度为(2+2)gl D．a球的最大速度为2gl
【答案】C
【解析】A．a球和b球所组成的系统在运动过程中只有重力做功，则该系统机械能守恒，给A错误；
B．b球的速度为零时，即是a球下落至L1和L2的交点位置时，此时a球只受重力，则可知其加速度此时为g，故B错误；
C．当杆L和L1平行，成竖直状态，a球运动到最下方，b球运动到L1与L2的交点位置时，b球的速度达到最大值，此时由运动的关联可知a球的速度为零，则由机械能守恒有 mg(22l+l)=12mvb2
解得 vb=(2+2)gl 故C正确；
D．当a球运动到杆L1与L2的交点位置时，此时杆L与杆L2平行，由运动的关联可知，此时b球的速度为零，由系统机械能守恒可得 22mgl=12mva2 解得 va=2gl
为而此时a球具有向下的加速度g，显然a球此时的速度不是最大值，a球将继续向下运动到加速度为零时速度才会达到最大值，故D错误。 故选C。
9.(多选)如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条的2L3长在水平桌面上，而L3长垂于桌外，用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是（ ）
A．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v=gL
B．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v=232gL
C．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL3
D．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功mgL18
【答案】BD
【解析】AB．若自由释放链条，以桌面为零重力势能参考平面，根据机械能守恒 −m3g⋅L6=−mgL2+12mv2
解得链条刚离开桌面时的速度为 v=232gL B正确，A错误；
CD．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外L3链条增加的重力势能，则有
Wmin=m3g⋅L6=mgL18 D正确，C错误。 故选BD。
10．(多选)如图所示，长为l的轻质杆，两端分别固定着A球和B球，A球的质量为m，B球的质量为2m，杆绕O点在竖直面内转动，轴O光滑，O点与球A的距离为l3，到B球的距离为2l3，现让杆从水平位置静止释放，当杆摆到竖直位置时（ ）

A．A球的速度大小为29glB．B球的速度大小为29gl
C．B球的动能大小为49mglD．杆对A球施以大小为13mg，方向向上的支持力
【答案】AD
【解析】AB．杆在转动过程中，系统机械能守恒，则 2mg⋅2l3=mg⋅l3+12mvA2+12⋅2mvB2
vAvB=l32l3=12 解得 vA=29gl，vB=22gl9 故A正确，B错误；
C．B球的动能为 EkB=12⋅2mvB2=89mgl 故C错误；
D．对A球，mg−F=mvA2l3 解得 F=13mg 方向竖直向上，故D正确。 故选AD。
11.(多选)如图所示，A、B两物块用细线相连绕过轻质定滑轮，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。控制A使细线拉直但无弹力。释放A运动至速度最大，此时C恰好离开地面。A始终未落地，滑轮两侧细线始终保持竖直状态。已知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，则（ ）
A．C刚离开地面时，B的加速度为零 B．A的质量为2m
C．弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为2mg D．A的最大速度为g2m3k
【答案】AB
【解析】A．当A运动至速度最大时，AB整体加速度为零，B的加速度也为零，A正确；
B．当C恰好离开地面时，弹簧处于拉伸状态且弹力等于mg，因此B物体受到的绳子拉力大小为 T=2mg
单独对A进行受力分析可得 T=mAg 则有 mA=2m B正确；
C．弹簧恢复原长瞬间，对A应于牛顿第二定律可得 mAg−T1=mAa
对B有 T1−mg=ma 联立可得 T1=43mg C错误；
D．ABC作为整体，根据机械能守恒可得 mAg⋅2mgk=mg⋅2mgk+12mA+mvm2
解得 vm=2gm3k D错误。 故选AB。
12.某过山车可等效为如图所示模型，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。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点由静止释放，先后经过B点和C点，而后从D点沿圆弧轨道离开，忽略一切摩擦，已知重力加速度为g。求∶
（1）小球通过B点时轨道对小球作用力的大小；
（2）小球通过B点和C点时加速度的大小之比。

【答案】（1）9mg；（2）2:1
【解析】（1）小球从A到B由机械能守恒定律得 mg⋅4R=12mvB2 解得 vB=22gR
在B点由牛顿第二定律得 F−mg=mvB2R 解得轨道对小球作用力的大小为 F=9mg
小球从A到C由机械能守恒定律得 mg4R−2R=12mvC2
解得小球通过C点时的速度大小 vC=2gR
小球在B点的加速度大小为 aB=vB2R=8g
小球在C点的加速度大小为 aC=vC2R=4g 故可知 aB:aC=2:1
13．如图所示，物体A和B用通过定滑轮的细绳相连，A物体的质量为1.36kg，B物体的质量为1kg。物体A能沿竖直杆无摩擦滑动，杆与滑轮的水平距离为l=0.3m。物体B放在倾角α=37°的斜面上，物体B与斜面的滑动摩擦系数μ=58。开始时先托住物体A，使绳子的AO段成水平，当放手后物体A从静止开始下滑ℎ=0.4m时，（忽略其它阻力及滑轮，绳子的质量，sin37°=0.60，cs37°=0.80，g取10m/s2，）试求：
（1）放手瞬间A物体的加速度大小；
（2）此时物体A，物体B速率之比；
（3）此时物体B的速度大小。
【答案】（1）10m/s2；（2）vAvB=54；（3）1.44m/s
【解析】（1）放手的瞬间A竖直方向只受重力，故加速度 a=g=10m/s2
（2）当放手后物体A从静止开始下滑ℎ=0.4m时，由几何关系可知 α=37∘
A的速度沿绳子的分速度等于B的速度，如图所示
则有 vAcs37°=vB
解得 vAvB=54
（3）A和B组成的系统能量守恒有 mAgℎ＝mBgs⋅sin37∘+μmBgs⋅cs37∘+12mAvA2+12mBvB2
解得 vB=1.44m/s
14.如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m=2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H=0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=0.1m，水平轨道长LAC=1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ=0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小：
（2）弹射器获得的最大弹性势能：
（3）若H=6m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度LBC。

【答案】（1）100N；（2）8J；（3）1m≥LBC≥0.5m
【解析】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得 mgH−μmgLAB−mg⋅2R=12mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得 mg+F=mv2R 联立解得 F=100N
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知 mgH−μmgLAC=Ep 解得 Ep=8J
（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点， mg=mv02R
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知 mg(H−2R)−μmgs1=12mv02
解得 s1=28.75m LBC=s1−28LAC=0.75m 要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知 mgH−R−μmgs2=0
解得 s2=29.5m LAB=s2−29LAC=0.5m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5m，滑块不脱离轨道；
综上所述，符合条件的BC长度为1m≥LBC≥0.5m。