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學案23 機械能守恒定律及其應用
一、概念規律題組
1．在下列幾個實例中，機械能守恒的是(　　)
A．在平衡力作用下運動的物體
B．物體沿光滑圓弧曲面自由下滑
C．在粗糙斜面上下滑的物體，下滑過程中受到沿斜面向下的拉力，拉力大小大于滑動摩擦力
D．如圖1所示，在光滑水平面上壓縮彈簧過程中的小球
圖1
2．當重力對物體做正功時，物體的(　　)
A．重力勢能一定增加，動能一定減小
B．重力勢能一定減小，動能一定增加
C．重力勢能不一定減小，動能一定增加
D．重力勢能一定減小，動能不一定減小
圖2
3．從高為h處以速度v0豎直向上拋出一個質量為m的小球，如圖2所示．若取拋出點物體的重力勢能為0，不計空氣阻力，則物體著地時的機械能為(　　)
A．mgh
B．mgh＋mv
C.mv
D.mv－mgh
4．從高處自由下落的物體，它的重力勢能Ep和機械能E隨下落的高度h的變化圖線(下圖)正確的是(　　)
二、思想方法題組
圖3
5．木塊靜止掛在繩子下端，一子彈以水平速度射入木塊并留在其中，再與木塊一起共同擺到一定高度，如圖3所示，從子彈開始入射到共同上擺到最大高度的過程中，下面說法正確的是(　　)
A．子彈的機械能守恒
B．木塊的機械能守恒
C．子彈和木塊的總機械能守恒
D．以上說法都不對
圖4
6．如圖4所示，兩個質量相同的小球A和B，分別用線懸在等高的O1、O2兩點，A球的懸線比B球的懸線長，把兩球的懸線拉到水平后將小球無初速度的釋放，則經過最低點時(以懸點為零勢能點)，下列說法不正確的是(　　)
A．A球的速度大于B球的速度
B．A球的動能大于B球的動能
C．A球的機械能大于B球的機械能
D．A球的機械能等于B球的機械能
一、機械能守恒的判斷方法
1．機械能守恒的條件：只有重力或系統內的彈力做功．
2．機械能守恒的判斷方法
(1)從機械能的定義直接判斷：若物體動能、勢能均不變，機械能不變．若一個物體動能不變，重力勢能變化，或重力勢能不變，動能變化或動能和重力勢能同時增加(或減小)，其機械能一定變化．
(2)用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他外力，但其他外力不做功，機械能守恒．
(3)用能量轉化來判斷：若物體系統中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體系統的機械能守恒．
【例1】 下列運動中能滿足機械能守恒的是(　　)
A．手榴彈從手中拋出后的運動
B．子彈射穿木塊
C．細繩一端固定，另一端拴著一個小球，使小球在光滑水平面上做勻速圓周運動
D．吊車將貨物勻速吊起
[規范思維]
　
　
　
　
二、機械能守恒定律及應用
1．用守恒的觀點表示，即系統在初狀態的機械能等于末狀態的機械能，表達式為Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
2．用轉化的觀點表示，即：系統減少(增加)的勢能等于增加(減少)的動能，表達式為ΔEp＝－ΔEk.
3．用轉移的觀點表示，即系統若由A、B兩部分組成，A部分機械能的減少量等于B部分機械能的增加量，表達式為：ΔEA減＝ΔEB增．
【例2】素
圖5
有“陸地沖浪”之稱的滑板運動已深受廣大青少年喜愛．如圖5所示是由足夠長的斜直軌道，半徑R1＝2 m的凹形圓弧軌道和半徑R2＝3.6 m的凸形圓弧軌道三部分組成的模擬滑板組合軌道．這三部分軌道依次平滑連接，且處于同一豎直平面內．其中M點為凹形圓弧軌道的最低點，N點為凸形圓弧軌道的最高點，凸形圓弧軌道的圓心O與M點在同一水平面上．一可視為質點，質量為m＝1 kg的滑板從斜直軌道上的P點無初速度滑下，經M點滑向N點，P點距水平面的高度h＝3.2 m，不計一切阻力，g取10 m/s2.求：
(1)滑板滑至M點時的速度；
(2)滑板滑至M點時，軌道對滑板的支持力；
(3)若滑板滑至N點時對軌道恰好無壓力，則滑板的下滑點P距水平面的高度．
[規范思維]
　
　
　
　
【例3】如圖6所示，
圖6
一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b.a球質量為m，靜置于地面；b球質量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊．從靜止開始釋放b后，a可能達到的最大高度為(　　)
A．h B．1.5h
C．2h D．2.5h
[規范思維]
　
　
　
　
圖7
【例4】 如圖7所示，內壁光滑的空心細管彎成的軌道ABCD固定在豎直平面內，其中BCD段是半徑R＝0.25 m的圓弧，C為軌道的最低點，CD為圓弧，AC的豎直高度差h＝0.45 m．在緊靠管道出口D處有一水平放置且繞其水平中心軸OO′勻速旋轉的圓筒，圓筒直徑d＝0.15 m，筒上開有小孔E.現有質量為m＝0.1 kg且可視為質點的小球由靜止開始從管口A滑下，小球滑到管道出口D處時，恰好能從小孔E豎直進入圓筒，隨后，小球由小孔E處豎直向上穿出圓筒．不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球到達C點時對管壁壓力的大小和方向；
(2)圓筒轉動的周期T的可能值．
[規范思維]
　
　
　　
【基礎演練】
圖8
1．游樂場中的一種滑梯如圖8所示．小朋友從軌道頂端由靜止開始下滑，沿水平軌道滑動了一段距離后停下來，則(　　)
A．下滑過程中支持力對小朋友做功
B．下滑過程中小朋友的重力勢能增加
C．整個運動過程中小朋友的機械能守恒
D．在水平面滑動過程中摩擦力對小朋友做負功
圖9
2．伽利略曾設計如圖9所示的一個實驗，將擺球拉至M點放開，擺球會達到同一水平高度上的N點．如果在E或F處釘釘子，擺球將沿不同的圓弧達到同一高度的對應點；反過來，如果讓擺球從這些點下落，它同樣會達到原水平高度上的M點．這個實驗可以說明，物體由靜止開始沿不同傾角的光滑斜面(或弧線)下滑時，其末速度的大小(　　)
A．只與斜面的傾角有關 B．只與斜面的長度有關
C．只與下滑的高度有關 D．只與物體的質量有關
3．如圖10甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則(　　)
圖10
A．t1時刻小球動能最大
B．t2時刻小球動能最大
C．t2～t3這段時間內，小球的動能先增加后減少
D．t2～t3這段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
圖11
4．如圖11所示，長為L的輕桿一端固定一質量為m的小球，另一端安裝在固定轉動軸O上，桿可在豎直平面內繞軸O無摩擦地轉動．若在最低點P處給小球一沿切線方向的初速度v0＝2.不計空氣阻力，則(　　)
A．小球不可能到達圓軌道的最高點Q
B．小球能到達圓周軌道的最高點Q，且在Q點受到輕桿向上的彈力
C．小球能到達圓周軌道的最高點Q，且在Q點受到輕桿向下的彈力
D．小球能到達圓周軌道的最高點Q，但在Q點不受輕桿的彈力
5．物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面，下列所示圖象中，能正確反映各物理量之間關系的是(　　)
圖12
6．如圖12所示，半徑為R的豎直固定光滑圓軌道內側底部靜止著一個光滑小球，現給小球一個沖擊使其在瞬間得到一個水平初速度v0，若v0大小不同，則小球能夠上升到的最大高度(距離底部)也不同．下列說法中正確的是(　　)
A．如果v0＝，則小球能夠上升的最大高度為
B．如果v0＝，則小球能夠上升的最大高度為
C．如果v0＝，則小球能夠上升的最大高度為
D．如果v0＝，則小球能夠上升的最大高度為2R
7．
圖13
如圖13所示，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的小滑輪O，傾角為θ＝30°的斜面體置于水平地面上．A的質量為m，B的質量為4m.開始時，用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(繩中無拉力)，OB繩平行于斜面，此時B靜止不動．將A由靜止釋放，在其下擺過程中，斜面體始終保持靜止，下列判斷中錯誤的是(　　)
A．物塊B受到的摩擦力先減小后增大
B．地面對斜面體的摩擦力方向一直向右
C．小球A的機械能守恒
D．小球A的機械能不守恒，A、B系統的機械能守恒
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.一質量為50 kg的男孩在距離河流40 m高的橋上做“蹦極跳”，原長長度為14 m的彈性繩AB一端系著他的雙腳，另一端則固定在橋上的A點，如圖14(a)所示，然后男孩從橋面下墜直至貼近水面的最低點D.男孩的速率v跟下墜的距離h的變化關系如圖(b)所示，假定繩在整個運動過程中遵守胡克定律(不考慮空氣阻力、男孩的大小和繩的質量，g取10 m/s2)．求：
圖14
(1)當男孩在D點時，繩所儲存的彈性勢能；
(2)繩的勁度系數；
(3)討論男孩在AB、BC和CD期間運動時作用于男孩的力的情況．
【能力提升】
9．如圖15所示，某貨場需將質量為m1＝100 kg的貨物(可視為質點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R＝1.8 m．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l＝2 m，質量均為m2＝100 kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2.(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)
圖15
(1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力．
(2)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應滿足的條件．
(3)若μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間．
圖16
10．如圖16所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝10 cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h＝0.8 m，水平距離x＝1.2 m，水平軌道AB長為L1＝1 m，BC長為L2＝3 m．小球與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.則：
(1)若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度？
(2)若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍是多少？
學案23　機械能守恒定律及其應用
1．BC
2．D　[重力對物體做正功，重力勢能減小，但物體可能受其他力．]
3．C　[物體剛拋出時的機械能為mv，機械能守恒．]
4．C　[機械能守恒E不隨h變化，而Ep＝mg(H－h)．]
5．D　[子彈打入木塊的過程中，子彈克服摩擦力做功產生熱能，故系統機械能不守恒．]
6．ABD　[取懸點為零勢能0，二球的機械能相等均為0，
又mgL＝mv2，v＝，故vA>vB，EkA>EkB.]
思維提升
1．判斷機械能是否守恒時，對單個物體就看是否只有重力做功，或者雖受其他力，但其他力不做功；對兩個或幾個物體組成的系統，就看是否只有重力或系統內彈力做功，若有其他外力或內力做功(如內部有摩擦等)，則系統機械能不守恒．
2．(1)機械能守恒定律的表達式有多種，具體選用哪一種要視情況而定；(2)對單個物體而言，如果機械能守恒，則除了應用機械能守恒定律以外，也可以選用動能定理解題．
3．對于多個物體組成的系統，研究對象的選取是解題的關鍵環節，若選單個物體為研究對象時，機械能可能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統為研究對象時，機械能卻是守恒的．
例1 AC　[手榴彈從手中拋出后，在不計空氣阻力的情況下，只有重力做功，沒有其他力做功，機械能守恒，A正確；
子彈穿過木塊的過程中，子彈受到木塊施加的摩擦力的作用，摩擦力對子彈做負功，子彈的動能一部分轉化為內能，機械能不守恒，B不正確；
小球在光滑的水平面上做勻速圓周運動，受到重力、水平面對小球的支持力、細繩對小球的拉力作用，這些力皆與小球的運動方向垂直，不做功，所以小球在運動過程中無能量轉化，保持原有的動能不變，即機械能守恒，C正確；
吊車將貨物勻速吊起的過程中，貨物受到與其重力大小相等、方向相反的拉力作用，上升過程中除重力做功外還有拉力對物體做正功，貨物的機械能增加，故機械能不守恒，D不正確．]
[規范思維]　機械能守恒的條件絕不是合力的功等于零，更不是合力為零；判斷機械能是否守恒，要根據不同情景恰當地選取判斷方法．
例2 (1)8 m/s　(2)42 N　(3)5.4 m
解析　(1)對滑板由P點滑至M點，由機械能守恒得mgh＝mv 所以vM＝8 m/s.
(2)對滑板滑至M點時受力分析，由牛頓第二定律得FN－mg＝m 所以FN＝42 N.
(3)滑板滑至N點時對軌道恰好無壓力，則有mg＝m得vN＝6 m/s
滑板從P點到N點機械能守恒，則有 mgh′＝mgR2＋mv 解得h′＝5.4 m.
[規范思維]　應用機械能守恒定律解題的基本步驟：
(1)根據題意，選取研究對象(物體或系統)；
(2)明確研究對象的運動過程，分析研究對象在運動過程中的受力情況，弄清各力的做功情況，判斷是否符合機械能守恒的條件；
(3)如果符合，則根據機械能守恒定律列方程求解．注意：所列方程有多種形式，如：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，ΔEk＝－ΔEp，ΔEA＝－ΔEB等，視具體情況，靈活運用．
例3 B　[在b球落地前，a、b球組成的系統機械能守恒，且a、b兩球速度大小相等，根據機械能守恒定律可知：3mgh－mgh＝(m＋3m)v2，v＝，b球落地時，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運動，在這個過程中機械能守恒，mv2＝mgΔh，Δh＝＝，所以a球可能達到的最大高度為1.5h，B正確．]
[規范思維]　本題中單個物體機械能并不守恒，但系統機械能守恒，可以對系統應用機械能守恒定律．對系統應用機械能守恒定律要注意：
(1)合理選取系統，判斷是哪個系統的機械能守恒；
(2)清楚系統內各部分機械能(動能、勢能)的變化情況．
例4 (1)4.6 N　方向豎直向下　(2) s(n＝0,1,2,3，…)
解析　(1)小球從A→C，由機械能守恒定律得mgh＝mv
小球在C點處，根據牛頓第二定律有FNC－mg＝
解得FNC＝m(g＋)＝4.6 N
根據牛頓第三定律知小球到達C點時對管壁壓力的大小為4.6 N，方向豎直向下．
(2)小球從A→D，由機械能守恒定律得mgh＝mgR＋mv
代入數據解得vD＝2 m/s
小球由D點豎直上拋至剛穿過圓筒時，由位移公式得d＝vDt－gt2，
解得t1＝0.1 s和t2＝0.3 s(舍去)
小球能向上穿出圓筒所用時間滿足t＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)
聯立解得T＝＝ s(n＝0,1,2,3，…)
規范思維　應用機械能守恒定律，無需關注中間過程的細節，只需考慮初、末狀態的機械能或動能、勢能的變化，因此機械能守恒定律對解決曲線運動問題應用廣泛，經常與圓周運動、平拋運動規律相結合解題．
1．D　2.C　3.C　4.B　5.B
6．AD　[根據機械能守恒定律，當速度v0＝時，由mgh＝mv解得h＝，A項正確，B項錯誤；當v0＝，小球能夠運動到圓軌道內側最高點，D項正確；當v0＝時小球運動到圓軌道內側最高點以下，若C項成立，說明小球運動的末速度為0，這是不可能的，因為小球沿軌道未到高處就已經脫離軌道做斜拋運動了．]
7．ABC　[首先需要判斷B物體在整個過程中是否發生了運動．當A球未釋放時B物體靜止，則此時B受向上的靜摩擦力Ff＝4mg·sin θ＝2mg.假設在A球運動的過程中B未動，則A球下落的過程中機械能守恒，mgR＝mv2，v＝，在最低點時，對A球進行受力分析可得，FT－mg＝m，FT＝3mg，A球運動至最低點時繩子拉力最大，此時FT＝3mg8．(1)2×104 J　(2)62.5 N/m　(3)見解析
解析　(1)男孩在D點時速度為零，繩所儲存的彈性勢能等于男孩減少的重力勢能，則
Ep＝mgh＝50×10×40 J＝2×104 J
(2)男孩到C點時的速度最大，此時男孩的加速度為零，繩的拉力和男孩的重力大小相等，即mg＝kx
此時繩的伸長量為x＝22 m－14 m＝8 m
解得繩的勁度系數為
k＝＝ N/m＝62.5 N/m
(3)由題圖(b)可知，AB段是一條傾斜的直線，男孩僅受重力作用；BC段男孩受重力和繩的拉力作用，且重力大于拉力；CD段男孩受重力和繩的拉力作用，且重力小于拉力．
9．(1)3 000 N，方向豎直向下
(2)0.4<μ1≤0.6　(3)4 m/s　0.4 s
解析　(1)設貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒得
m1gR＝m1v①
設貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據牛頓第二定律得FN－m1g＝m1②
聯立①②式，代入數據得
FN＝3 000 N③
根據牛頓第三定律，貨物對軌道的壓力大小為3 000 N，方向豎直向下．
(2)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g④
若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得
μ1m1g>μ2(m1＋m2)g⑤
聯立④⑤式，代入數據得
0．4<μ1≤0.6⑥
(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動．設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1⑦
設貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運動學公式得v－v＝－2a1l⑧
聯立①⑦⑧式，代入數據得v1＝4 m/s⑨
設貨物在木板A上運動的時間為t，由運動學公式v1＝v0－a1t⑩
聯立①⑦⑧⑨式，代入數據得t＝0.4 s
10．(1)3 m/s　(2)3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
解析　(1)小球恰能通過最高點mg＝m
由B到最高點mv＝mv2＋mg(2R)
由A→B：－μmgL1＝mv－mv
解得在A點的初速度vA＝3 m/s
(2)若vA＝3 m/s時，設小球將停在距B點l處－μmg(L1＋l)＝0－mv
解得l＝1.25 m
若小球剛好停在C處，則有－μmg(L1＋L2)＝0－mvA′2
則vA′＝4 m/s
若小球停在BC段，則有3 m/s≤vA≤4 m/s
若小球能通過C點，并恰好越過壕溝時，則有h＝gt2
x＝vCt －μmg(L1＋L2)＝mv－mv 則有vA＝5 m/s
欲滿足題意3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
易錯點評
1．機械能守恒條件是只有重力和系統內的彈簧彈力做功，不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零．
2．機械能是否守恒與物體的運動狀態無關，判斷時不要受此干擾．
3．零勢能面的選取雖對利用機械能守恒的解題結果沒有影響，但解題的難易往往不同，所以要盡量選合適的零勢能面．
4．對于繩索、鏈條之類的物體，由于發生形變，其重心位置相對物體來說并不是固定不變的，能否確定重心的位置，常是解決該類問題的關鍵．可以采用分段法求出每段的重力勢能，然后求和即為整體的重力勢能；也可采用等效法求出重力勢能的改變量．利用ΔEk＝－ΔEp列方程時，不需要選取參考平面，且便于分析計算．

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