高考物理一轮复习讲义练习第六章　第3讲　机械能守恒定律及应用

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第六章　第3讲　机械能守恒定律及应用，共15页。试卷主要包含了重力做功与重力势能，机械能守恒定律及其应用等内容，欢迎下载使用。
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，只与始、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，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。
3．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示为W＝－ΔEp。
二、机械能守恒定律及其应用
1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
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，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh1＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＝mgh2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2)。
3．守恒条件：只有重力或系统内的弹力做功。
1．物体所受的合力为0，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。( √ )
4．物体运动过程中重力做正功，重力势能减小。( √ )
5．弹簧弹力做正功，弹性势能增加。( × )
6．物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。( √ )
考点一 机械能守恒的判断
1．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，则其机械能守恒。
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或系统内的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则其机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒。
2．三点提醒
(1)分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统。
(2)系统机械能守恒时，机械能一般在系统内物体间转移，其中的单个物体机械能通常不守恒。
(3)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目有特别说明，否则机械能必定不守恒。
【典例1】 如图所示，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)( D )
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀减速上滑，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系统的机械能守恒
【解析】 甲图中，不论火箭是匀速还是加速升空，由于推力对火箭做功，火箭的机械能是增加的，故A错误；乙图中，物块匀减速上滑，力F对物块做正功，则物块的机械能必定增加，故B错误；丙图中，在物块A压缩弹簧的过程中，弹簧和物块组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能增加，则物块A的机械能减小，故C错误；丁图中，对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，故D正确。
1．(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(不与槽粘连)。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( BC )
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，小球的机械能守恒
解析：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，系统机械能守恒，C正确；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。
考点二 单物体的机械能守恒问题
1．机械能守恒的表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
(1)选对象：选取研究对象——物体。
(2)析受力、判守恒：根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
(3)析运动、明状态：恰当地选取参考平面，确定研究对象在所研究过程的初、末状态时的机械能。
(4)列方程、解方程：选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。
【典例2】 (2024·全国甲卷)如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( C )
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【解析】 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cs θ)＝ eq \f(1,2)mv2，在P点，根据牛顿第二定律mg cs θ＝m eq \f(v2,R)，联立解得cs θ＝ eq \f(2,3)。从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环半径方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿大圆环半径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力先减小后增大，故C正确。
方法二(数学法)：设大圆环的半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1－cs θ)＝ eq \f(1,2)mv2(0≤θ≤π)，在该处根据牛顿第二定律得F＋mg cs θ＝m eq \f(v2,R)(0≤θ≤π)，联立可得F＝2mg－3mg cs θ，则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mg cs θ|，根据数学知识可知|F|在cs θ＝ eq \f(2,3)时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力先减小后增大，故C正确。
2．(多选)如图所示，一个质量为0.9 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入圆弧轨道时无机械能损失)。已知圆弧轨道的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度大小vA＝4 m/s(g取10 m/s2)。下列说法正确的是( CD )
A．小球做平抛运动的初速度大小v0＝2 eq \r(3) m/s
B．P点和C点等高
C．小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为12 N
D．P点与A点的竖直高度h＝0.6 m
解析：小球恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道，则小球到达A点时的速度方向与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vA cs θ＝2 m/s，A错误；小球到达A点时的竖直分速度大小vy＝vA sin θ＝2 eq \r(3) m/s，由平抛运动规律得v eq \\al(2,y)＝2gh，解得h＝0.6 m，而A点与C点的竖直距离为R＋R cs θ＝0.45 m，可知P点高于C点，B错误，D正确；取A点所在平面的重力势能为0，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C)＋mg(R＋R cs θ)，代入数据解得vC＝ eq \r(7) m/s，在C点时由牛顿第二定律得FNC＋mg＝m eq \f(v eq \\al(2,C),R)，代入数据解得FNC＝12 N，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力大小F′NC＝FNC＝12 N，C正确。
3．为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧 eq \(BCD,\s\up8(︵))和凸圆弧 eq \(DEF,\s\up8(︵))的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点)，让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)当h＝0.6R时，求小球经过最低点C时路面受到的压力；
(2)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围。
解析：(1)小球从静止释放到C点过程中，根据机械能守恒定律有mgh＋mg(R－R sin 37°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C)，小球在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,C),R)，联立解得FN＝3mg，由牛顿第三定律得路面受到的压力大小为F′N＝FN＝3mg，方向竖直向下。
(2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mg cs 37°＝m eq \f(v eq \\al(2,F),R)，根据机械能守恒定律有mgh′＋mgR(1－cs 37°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,F)，联立解得h′＝0.2R，故可知h的取值范围为0