資源簡介

物理
第講　機械能守恒定律及其應(yīng)用
(對應(yīng)人教版必修第二冊相關(guān)內(nèi)容及問題)
　第八章第4節(jié)閱讀“機械能守恒定律”這一部分內(nèi)容，機械能守恒的條件是什么？
提示：只有重力或彈力做功。
　第八章第4節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T6。
提示：每層樓高度按3 m計算，在噴管噴水口處，設(shè)經(jīng)過Δt的時間噴出水的質(zhì)量為Δm，噴射速度為v，則Δm＝ρπvΔt，水從離開噴口至最高點的過程中，由機械能守恒定律得Δmgh＝Δmv2，Δt時間內(nèi)電動機做功完全轉(zhuǎn)化為水的動能時，有PΔt＝Δmv2，計算得電動機最小輸出功率P＝4．6×105 W。
　第八章[復(fù)習(xí)與提高]B組T6。
提示：A受到的拉力是B受到的拉力的兩倍，A上升。當(dāng)A上升hA＝h時，B下降hB＝2h，設(shè)此時A、B的速度分別為vA、vB，則vB＝2vA。再根據(jù)A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒得mghB＝mghA＋mv＋mv，解得vA＝。
考點一　機械能及機械能守恒定律
一、機械能
重力勢能、彈性勢能與動能都是機械運動中的能量形式，統(tǒng)稱為機械能。表達式為E＝Ek＋Ep。通過重力或彈力做功，機械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式。
二、機械能守恒定律
1．內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。
2．常用的三種表達式
(1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分別表示系統(tǒng)初、末狀態(tài)時的總機械能。
注意：初、末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能。
(2)轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝或ΔEk增＝ΔEp減。表示系統(tǒng)動能的增加量等于勢能的減少量。
注意：應(yīng)用時關(guān)鍵在于分清勢能的增加量或減少量，可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差。
(3)轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB減。表示系統(tǒng)只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能。
注意：常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題。
1．物體所受的合力為零，物體的機械能一定守恒。(　　) 2．物體的速度增大時，其機械能可能減小。(　　) 3．物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒。(　　) 答案：1．×　2．√　3．√
機械能是否守恒的判斷方法
(1)用機械能的定義判斷(直接判斷)：判斷機械能是否守恒可以看物體系統(tǒng)機械能的總和是否變化。
(2)用做功判斷：若物體系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，雖受其他力，但其他力不做功，則機械能守恒。
(3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒。
例1　(多選)如圖所示，下列情景中，運動的火箭、物體、小球，其中機械能守恒的是(　　)
[答案]　CD
[解析]　火箭升空過程中，火箭做加速運動，火箭的重力勢能增大，動能增大，機械能增大，故A錯誤；力F拉著物體勻速上升過程中，物體的重力勢能增大，動能不變，機械能增大，故B錯誤；小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能不變，小球機械能守恒，故C正確；小球在光滑的碗里做復(fù)雜的曲線運動，只有重力對小球做功，小球機械能守恒，故D正確。
判斷機械能守恒應(yīng)注意的“兩點” (1)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；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。 (2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。
考點二　單物體的機械能守恒問題
求解單個物體機械能守恒問題的基本思路
(1)選取研究對象——物體及地球構(gòu)成的系統(tǒng)。機械能守恒定律研究的是物體系統(tǒng)，如果是一個物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，一般只對物體進行研究。
(2)根據(jù)物體所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。
(3)選取方便的機械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解。若應(yīng)用方程Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，則首先要選取合適的參考平面，確定研究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機械能。若應(yīng)用方程ΔEk＝－ΔEp，則不用選取參考平面。
(4)解方程，必要時對結(jié)果進行討論，避免出現(xiàn)與實際不符的情形。
例2　(人教版必修第二冊·第八章第4節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T3改編)(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．重力對物體做的功為mgh
B．物體在海平面上的重力勢能為mgh
C．物體在海平面上的動能為mv－mgh
D．物體在海平面上的機械能為mv
[答案]　AD
[解析]　從地面到海平面重力對物體做的功為mgh，故A正確；地面為零勢能面，所以物體在海平面上的重力勢能為－mgh，故B錯誤；物體在地面上的機械能為mv，由機械能守恒定律得，物體在海平面上的機械能也為mv，故D正確；物體在海平面上的動能為mv－(－mgh)＝mv＋mgh，故C錯誤。
例3　(2025·天津市西青區(qū)高三上模擬)(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧固定在水平地面上。質(zhì)量為m的小球從彈簧正上方高h處自由下落，當(dāng)彈簧的壓縮量為x時，小球到達最低點。不計空氣阻力，重力加速度為g。此過程中(　　)
A．小球的機械能守恒
B．當(dāng)彈簧的壓縮量為時，小球的動能最大
C．小球最大動能為mg
D．彈簧最大彈性勢能為mg(h＋x)
[答案]　BD
[解析]　當(dāng)小球與彈簧接觸后，彈簧的彈力對小球做負功，小球的機械能減少，彈簧的彈性勢能增加，小球的機械能不守恒，故A錯誤；當(dāng)小球的加速度為0時，小球的動能最大，此時有mg＝kΔx，解得彈簧的壓縮量為Δx＝，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep1，根據(jù)機械能守恒定律可知，此時小球的動能為Ek＝mg－Ep1，故B正確，C錯誤；當(dāng)小球運動到最低點時，小球的動能為零，彈簧的形變量最大，此時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep2，根據(jù)機械能守恒定律可得Ep2＝mg(h＋x)，故D正確。
考點三　多物體的機械能守恒問題
1．速率相等情境：如圖所示，輕繩連接的A、B兩物體系統(tǒng)。
兩點提醒
(1)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。
(2)對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。
2．角速度相等情境：如圖所示，輕桿連接的A、B兩物體系統(tǒng)。
兩點提醒
(1)用桿連接的兩個物體，若繞某一固定點做圓周運動，根據(jù)角速度ω相等確定兩物體線速度v的大小關(guān)系。
(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。
3．某一方向分速度相等情境(關(guān)聯(lián)速度情境)：如圖所示，兩物體沿繩或沿桿方向的分速度大小相等。
4．含輕彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題
(1)彈簧發(fā)生形變時會具有彈性勢能，若系統(tǒng)除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。
(2)彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈簧的彈性勢能最大。
(3)對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等。
(4)物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)。
例4　如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B．
C． D．
[答案]　C
[解析]　設(shè)小球B的質(zhì)量為m，則小球A的質(zhì)量為2m，小球A剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，A落地后，小球B繼續(xù)上升的過程，由動能定理可得－mgh＝0－mv2，聯(lián)立解得h＝，小球B上升的最大高度為h＋R＝，故選C。
例5　(2025·河南省信陽市高三上一模)如圖所示，輕質(zhì)的粗轉(zhuǎn)軸上沿直徑固定兩根輕桿，輕桿上固定兩個小球A、B，轉(zhuǎn)軸的半徑和桿的長度均為R，在粗轉(zhuǎn)軸上纏繞有輕繩，輕繩下端與小球C相連，A、B、C三球質(zhì)量相同，且都可看作質(zhì)點。初始時系統(tǒng)處于靜止，忽略一切摩擦，且A、B兩球在水平線上，輕繩伸直但無拉力，現(xiàn)釋放小球C使其從靜止開始下落，下列說法正確的是(　　)
A．A、B兩球組成系統(tǒng)的機械能不變
B．A球第一次轉(zhuǎn)到最高點過程中輕桿對A球不做功
C．C球下落高度為R時，A球的速度大小為
D．C球下落高度為R時，C球的速度大小為
[答案]　D
[解析]　分析可知，A、B兩球的重力勢能之和始終保持不變，釋放小球C后，小球C的重力勢能轉(zhuǎn)化為A、B、C的動能，則A、B兩球組成系統(tǒng)的機械能增大，故A錯誤；小球A第一次轉(zhuǎn)到最高點過程中，重力對小球A做負功，小球A的動能增大，由動能定理可知輕桿對A球做正功，故B錯誤；C球下落高度為R時，根據(jù)圓周運動線速度與角速度的關(guān)系有ω＝＝＝，對小球A、B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有mgR＝mv＋mv＋mv，解得vA＝，vC＝，故C錯誤，D正確。
例6　(多選)如圖所示，兩根圈定的光滑豎直桿與光滑水平桿交于O點，質(zhì)量均為1 kg的小環(huán)P、Q分別套在兩桿上，兩小環(huán)用長L＝1 m的輕直桿連接，將兩小環(huán)從輕直桿與水平方向夾角為53°時同時由靜止開始釋放，當(dāng)輕直桿與水平方向夾角為37°時，P、Q速度大小分別為vP1、vQ1；當(dāng)P剛要到達O點前瞬間，P、Q速度大小分別為vP2、vQ2。已知重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0．8，cos53°＝0．6，兩小環(huán)均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，則(　　)
A．vP2＝4 m/s B．vQ2＝3 m/s
C．vP1＝1．6 m/s D．vQ1＝1．2 m/s
[答案]　ACD
[解析]　P的重力勢能轉(zhuǎn)化為P、Q的動能，當(dāng)輕直桿與水平方向夾角為37°時，對P、Q和輕直桿組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有mg·(Lsin53°－Lsin37°)＝mv＋mv，由運動的合成與分解可知，vP1sin37°＝vQ1cos37°，得vP1＝1．6 m/s，vQ1＝1．2 m/s，故C、D正確；當(dāng)P剛要到達O點前瞬間，對P、Q和輕直桿組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有mgLsin53°＝mv＋mv，此時vP2與輕直桿垂直，沿桿方向的速度分量為0，由運動的合成與分解可知vQ2＝0，得vP2＝4 m/s，故A正確，B錯誤。
多物體系統(tǒng)機械能守恒問題的分析方法 (1)正確選取研究對象，合理選取物理過程。 (2)對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。 (3)注意尋找用輕繩、輕桿或輕彈簧相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。 (4)列機械能守恒方程時，從三種表達式中選取方便求解問題的形式。
考點四　機械能守恒定律與動能定理的綜合應(yīng)用
1．機械能守恒定律和動能定理的比較
機械能守恒定律 動能定理
物理意義 重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功的過程是動能與勢能轉(zhuǎn)化的過程 合力對物體做的功是動能變化的量度
關(guān)注角度 能量守恒的角度 功是能量轉(zhuǎn)化的量度
適用情況 只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功 無任何條件限制
2．機械能守恒定律和動能定理的選擇
(1)單個物體只受重力作用時，動能定理和機械能守恒定律表達式在變形后相同。
(2)對兩個物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)機械能守恒時，應(yīng)用機械能守恒定律較方便。
(3)對有摩擦力或其他力做功的情況，只能用動能定理來解題。
例7　如圖為一幼兒園的可調(diào)臂長的蹺蹺板的示意圖，O為蹺蹺板的支點。開始時一質(zhì)量為m的小朋友坐在蹺蹺板的A端，此時A端恰好著地，蹺蹺板與水平地面的夾角為θ＝30°?，F(xiàn)有一質(zhì)量為4m的老師坐在蹺蹺板的B端，經(jīng)過一段時間后蹺蹺板到達水平位置。已知OA＝2L，OB＝L，不計空氣阻力和蹺蹺板的質(zhì)量，重力加速度大小為g，小朋友與老師均可視為質(zhì)點，則(　　)
A．此過程中小朋友的機械能守恒
B．此過程中小朋友與老師的速度大小之比為1∶2
C．蹺蹺板處于水平位置時，老師的速度大小為
D．此過程中蹺蹺板對小朋友做的功為mgL
[答案]　D
[解析]　此過程中小朋友的速度增大，動能增大，重力勢能增大，則小朋友的機械能增大，A錯誤；小朋友與老師的角速度總是相等，由于小朋友與老師繞O點轉(zhuǎn)動的半徑之比為2∶1，根據(jù)v＝ωr可知此過程中小朋友與老師的速度大小之比為2∶1，B錯誤；蹺蹺板處于水平位置時，設(shè)老師的速度大小為v，則小朋友的速度大小為2v，對老師、小朋友和蹺蹺板組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律可得4mg·Lsin30°－mg·2Lsin30°＝m·(2v)2＋·4mv2，解得v＝，C錯誤；對小朋友，根據(jù)動能定理可得W－mg·2Lsin30°＝m·(2v)2－0，解得此過程中蹺蹺板對小朋友對物體做功W＝mgL，D正確。
課時作業(yè)
[A組　基礎(chǔ)鞏固練]
1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端由靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．Q對P做功為零 B．Q對P做正功
C．物塊Q的機械能守恒 D．物塊Q的機械能增加
答案：B
解析：Q在P上運動的過程中，Q對P的作用力斜向左下，則P相對地面向左運動，Q對P做正功，P的機械能增加，由機械能守恒定律可知Q的機械能減少，故B正確，A、C、D錯誤。
2．(2021·海南高考)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4．0 m，末端到水面的高度h＝1．0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，將人視為質(zhì)點，不計摩擦和空氣阻力。則人的落水點到滑梯末端的水平距離為(　　)
A．4．0 m B．4．5 m
C．5．0 m D．5．5 m
答案：A
解析：設(shè)人從滑梯頂端由靜止滑到滑梯末端的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4 m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝gt2可知落水時間為t＝＝ s＝ s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點到滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4× m＝4．0 m，故選A。
3．如圖所示，光滑細桿AB、AC在A點連接，AB豎直放置，AC水平放置，兩個相同的中心有小孔的小球M、N，分別套在AB和AC上，并用一細繩相連，細繩恰好被拉直，現(xiàn)由靜止釋放M、N，在運動過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．M球的機械能守恒 B．M球的機械能增大
C．M和N組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．繩的拉力對N做負功
答案：C
解析：細桿光滑，故M、N組成的系統(tǒng)機械能守恒，M向下運動時N向左運動，繩的拉力對N做正功、對M做負功，則N的機械能增加，M的機械能減少，故C正確，A、B、D錯誤。
4．內(nèi)壁光滑的環(huán)形凹槽半徑為R，固定在豎直平面內(nèi)，長度為R的輕桿一端固定有質(zhì)量為m的小球甲，另一端固定有質(zhì)量為2m的小球乙?，F(xiàn)將兩小球放入凹槽內(nèi)，小球乙位于凹槽的最低點，如圖所示，由靜止釋放后(　　)
A．下滑過程中甲球減少的機械能總是等于乙球增加的機械能
B．下滑過程中甲球減少的重力勢能總是等于乙球增加的重力勢能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低點
D．桿從右向左滑回時，乙球一定不能回到凹槽的最低點
答案：A
解析：環(huán)形凹槽內(nèi)壁光滑，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)在運動過程中只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，下滑過程中甲球減少的機械能總是等于乙球增加的機械能，甲球減少的重力勢能等于乙球增加的重力勢能與甲、乙兩球增加的動能之和，故A正確，B錯誤；若甲球沿凹槽下滑到槽的最低點，則乙球到達與甲球的初始位置等高處，由于乙球的質(zhì)量比甲球大，此時甲、乙兩球的機械能增加，明顯違背機械能守恒定律，故甲球不可能下滑到槽的最低點，故C錯誤；由于機械能守恒，當(dāng)兩球動能均減為零時，系統(tǒng)的勢能應(yīng)該不變，故桿從右向左滑回時，乙球一定能回到凹槽的最低點，故D錯誤。
5．質(zhì)量分別為2 kg、3 kg的物體A和B，系在一根不可伸長的輕繩兩端，細繩跨過固定在傾角為30°的斜面頂端的輕質(zhì)定滑輪上，此時物體A離地面的高度為0．8 m，如圖所示，斜面光滑且足夠長，始終保持靜止，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．物體A落地的速度為4 m/s
B．物體A落地的速度為 m/s
C．物體B沿斜面上滑的最大高度為0．68 m
D．物體B沿斜面上滑的最大高度為0．96 m
答案：B
解析：根據(jù)題意可知，物體A下降過程中，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)物體A落地的速度為v，由機械能守恒定律有mAgh－mBghsin30°＝(mA＋mB)v2－0，解得v＝ m/s，故A錯誤，B正確；根據(jù)題意可知，物體A落地瞬間B沿斜面上滑的距離為x1＝h＝0．8 m，設(shè)物體A落地之后B沿斜面上滑的距離為x2，由機械能守恒定律有mBgx2sin30°＝mBv2，解得x2＝0．16 m，則物體B沿斜面上滑的最大距離為x＝x1＋x2＝0．96 m，物體B沿斜面上滑的最大高度為hB＝xsin30°＝0．48 m，故C、D錯誤。
6．如圖所示，粗細均勻、兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，管中液柱總長度為4h，開始時使兩邊液面高度差為h，后來讓液體自由流動，當(dāng)兩液面高度相等時，右側(cè)液面下降的速度為(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：液柱移動時，除了重力做功以外，沒有其他力做功，故機械能守恒。此題等效為原右側(cè)高的液柱移到左側(cè)(如圖所示)，其重心高度下降了，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為液柱整體的動能，設(shè)液體的總質(zhì)量為4m，則有mg·＝(4m)v2，解得v＝，A正確。
7．一輕繩系住一質(zhì)量為m的小球懸掛在O點，在最低點先給小球一水平初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，仍在最低點給小球同樣的初速度，則小球向上通過P點后將繞A點做圓周運動，當(dāng)小球到達最高點N時繩子的拉力大小為(　　)
A．0 B．2mg
C．3mg D．4mg
答案：C
解析：小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則在最高點有mg＝，解得v＝，從最低點到最高點，由機械能守恒定律可知mv＝2mgR＋mv2，解得初速度v0＝；若在水平半徑OP的中點A處釘一枚光滑的釘子，設(shè)小球到達最高點N時速度為v′，從最低點到N點，根據(jù)機械能守恒定律，有mv＝mgR＋mv′2，在N點有T＋mg＝，聯(lián)立解得T＝3mg，故C正確。
8．(2024·江西省南昌市高三下三模)蹦極是一項非常刺激的戶外運動。一質(zhì)量為m的體驗者(可視為質(zhì)點)，綁著一根原長為L、勁度系數(shù)為k的彈性繩從高臺上墜下。已知彈性繩的彈性勢能Ep和形變量x的關(guān)系為Ep＝kx2。若不計空氣阻力、體驗者的初速度和繩的質(zhì)量，則下列說法正確的是(　　)
A．下落過程中該體驗者的機械能守恒
B．當(dāng)彈性繩伸長量等于時，彈性繩的勢能達到最大值
C．體驗者的最大速度為
D．體驗者下落的最大距離為
答案：C
解析：下落過程中，彈性繩的彈力對該體驗者做負功，該體驗者的機械能不守恒，故A錯誤；當(dāng)體驗者所受合力為0時，加速度為0，體驗者的速度最大，此時kx1＝mg，彈性繩伸長量x1＝，對體驗者和彈性繩組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有mg·(L＋x1)－kx＝mv，解得vm＝，故C正確；體驗者下落至最低點時，速度為零，體驗者的動能、重力勢能均為最小值，對體驗者和彈性繩組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律，可知彈性繩的勢能達到最大值，有mg(L＋x2)＝kx，解得此時彈性繩伸長量為x2＝，體驗者下落的最大距離為s＝x2＋L＝L＋，故B、D錯誤。
9．(2025·遼寧省大連市高三上期中)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有光滑軌道ABCD，其中AB是豎直軌道，CD是水平軌道，AB與BC相切于B點，BC與CD相切于C點。一根長為2R的輕桿兩端分別固定著兩個質(zhì)量均為m的相同小球P、Q(視為質(zhì)點)，將輕桿鎖定在圖示位置，并使Q與B等高?，F(xiàn)解除鎖定釋放輕桿，輕桿將沿軌道下滑，重力加速度為g，則(　　)
A．小球P、Q和輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．P球到達B點時，P球的速度大小為
C．P球到達C點前，P、Q兩球的速度大小始終不相等
D．P球到達C點時Q球的速度大小為2
答案：AB
解析：在下滑的過程中，小球P、Q和輕桿組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；P球到達B點時，P球下降了2R，Q球下降了R，由幾何關(guān)系知，此時輕桿與水平方向的夾角為30°，由速度的合成與分解可知vQcos30°＝vPcos60°，由機械能守恒定律有mg·2R＋mgR＝mv＋mv，解得P球的速度大小為vP＝，故B正確；P球到達C點前，由速度的合成與分解可知小球P、Q的速度滿足vQ′cosθ＝vP′sinθ(θ為輕桿與水平方向的夾角)，則當(dāng)θ＝45°時P、Q兩球的速度大小相等，由幾何關(guān)系可知，桿的長度2R＞，θ＝45°的情況可以實現(xiàn)，故C錯誤；P球到達C點時，P球下降了3R，Q球下降了R，P、Q兩球速度相等，由機械能守恒定律可知mg·3R＋mgR＝2×mv2，解得Q球的速度大小為v＝2，故D錯誤。
10．(多選)如圖所示，在長為L的輕桿中點和端點分別固定一質(zhì)量為m、2m的小球A、B，桿可繞光滑的軸O轉(zhuǎn)動，將桿從水平位置由靜止釋放。重力加速度大小為g，兩球均視為質(zhì)點，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
A．當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，兩球的速度大小相等
B．當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，B球的速度大小為
C．桿在轉(zhuǎn)動的過程中，A球的機械能守恒
D．桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，桿對B球做的功為mgL
答案：BD
解析：兩球同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，由于B球運動軌跡的半徑為A球的2倍，根據(jù)v＝ωr可知，當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，B球的速度大小為A球的2倍，A錯誤；在桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程，對A、B球和桿組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有mg＋2mgL＝m＋×2m(ωL)2，此時B球的速度大小vB＝ωL，解得vB＝，B正確；設(shè)桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，桿對B球做的功為W，則有2mgL＋W＝×2mv－0，解得W＝mgL，D正確；根據(jù)D項分析，桿對B球做正功，B球的機械能增大，由于A、B球和桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知桿在轉(zhuǎn)動的過程中，A球的機械能減小，C錯誤。
[B組　綜合提升練]
11．(2025·八省聯(lián)考陜西卷)(多選)如圖，傾角為30°且足夠長的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q兩個物體通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，Q的另一端與固定在水平面的豎直輕彈簧連接，P和Q的質(zhì)量分別為4m和m。初始時，控制P使輕繩伸直且無拉力，滑輪左側(cè)輕繩與斜劈上表面平行，右側(cè)輕繩豎直，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g?，F(xiàn)無初速釋放P，則在物體P沿斜劈下滑過程中(　　)
A．輕繩拉力大小一直增大
B．物體P的加速度大小一直增大
C．物體P沿斜劈下滑的最大距離為
D．物體P的最大動能為
答案：AD
解析：釋放物體P前，對Q根據(jù)平衡條件有mg＝kx1，可得彈簧的壓縮量x1＝，設(shè)物體P沿斜劈下滑的最大距離為xmax，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得4mg·xmaxsin30°＝mg·xmax＋k(xmax－x1)2－kx，解得xmax＝，故C錯誤；設(shè)物體P向下運動過程中，彈簧的壓縮量為Δx(當(dāng)彈簧伸長時Δx<0)，根據(jù)牛頓第二定律，對P有4mgsin30°－T＝4ma，對Q有T－mg＋kΔx＝ma，可得物體P的加速度a＝，輕繩拉力T＝mg－kΔx，結(jié)合C項分析知，Δx的最大值Δxmax＝x1＝，最小值Δxmin＝－(xmax－x1)＝－，即隨著Δx減小，物體P的加速度a從大于0逐漸減小到小于0，即其加速度大小先減小后增大，輕繩拉力T大小一直增大，故A正確，B錯誤；當(dāng)P的加速度為零時，速度最大，動能最大，此時根據(jù)平衡條件，對P有4mgsin30°＝2mg＝T′，對Q有T′＝kx′＋mg，解得彈簧伸長量x′＝，由于x′＝x1，則此時彈簧的彈性勢能與初始狀態(tài)相等，設(shè)此時P的動能為Ek，根據(jù)動能表達式及P、Q的質(zhì)量關(guān)系可知Q的動能為，對P、Q組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有4mg(x′＋x1)sin30°－mg(x′＋x1)＝Ek＋－0，解得Ek＝，故D正確。
12．如圖所示，不可伸長細繩的一端固定在O點，另一端系著一金屬小球，小球的質(zhì)量為m，細繩長為l。將細繩拉直，讓細繩從偏離水平方向30°的位置由靜止釋放小球，已知重力加速度為g。求：
(1)細繩剛伸直時小球的速度大??；
(2)小球運動到最低點A時細繩受到的拉力。
答案：(1)　(2)3．5mg
解析：(1)小球先做自由落體運動，設(shè)細繩剛伸直時小球的速度大小為v1，小球下降的高度
h＝2lsin30°
根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝mv
解得v1＝。
(2)細繩伸直后瞬間，設(shè)小球在垂直細繩方向的速度為v2，根據(jù)運動的分解得
v2＝v1cos30°＝
設(shè)小球運動到最低點A時的速度為v3，以過A點的水平面為零勢能面，根據(jù)機械能守恒定律得mv＋mgl(1－sin30°)＝mv
聯(lián)立解得v3＝
小球在最低點，由牛頓第二定律得
T－mg＝m
解得細繩對小球的拉力T＝3．5mg
由牛頓第三定律可知，小球運動到最低點A時細繩受到的拉力為3．5mg。
[C組　拔尖培優(yōu)練]
13．如圖所示，滑塊a穿在固定的光滑豎直桿上，滑塊b放在光滑水平地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接。將a從距地面一定高度處由靜止釋放，a、b均可視為質(zhì)點，在a著地前的運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．滑塊a的機械能先減小后增大
B．滑塊a的動能先增大后減小
C．輕桿對a的作用力先增大后減小
D．滑塊a的加速度先減小后增大
答案：A
解析：開始時b的速度為零，由于受到桿的推力而加速；在a著地時，根據(jù)a、b沿桿方向的速度相等，由速度的分解可知，b的速度也為零，所以在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先增大后減小，對a和b組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則a的機械能先減小后增大，故A正確。在a下滑過程中，b的速度先增大后減小，在b的速度由0到最大的過程，設(shè)輕桿與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)速度關(guān)系有vacosθ＝vbsinθ，所以va＝vbtanθ，這個過程中vb增大，θ增大，所以a的速度增大，則a的動能增大；b的速度由最大減小到0的過程中，b的動能減小，a的重力勢能減小，由a、b系統(tǒng)機械能守恒可知，a的動能增大，所以在a著地前的運動過程中，滑塊a的動能一直增大，故B錯誤。在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先增大后減小，則桿對b先做正功，后做負功，因此桿對b的作用力先是推力后是拉力，桿對a的作用力先是推力后是拉力，所以桿對a的作用力有一個先減小后增大的過程，故C錯誤。由C項分析可知，開始時桿對a的彈力在豎直方向上的分力向上，a的加速度小于g，當(dāng)b的速度最大，桿的彈力為零時，a的加速度等于g，此后桿對a的彈力在豎直方向上的分力向下，則a的加速度大于g，在此期間，a的加速度增大；而a著地時桿對a的彈力在豎直方向上的分力為零，故a的加速度為g，所以滑塊a的加速度有一個先增大后減小的過程，故D錯誤。
1(共64張PPT)
第六章 機械能及其守恒定律
第3講 機械能守恒定律及其應(yīng)用
目錄
1
2
3
教材閱讀指導(dǎo)
考點一　機械能及機械能守恒定律
考點二　單物體的機械能守恒問題
考點三 多物體的機械能守恒問題
考點四 機械能守恒定律與動能定理的綜合應(yīng)用
課時作業(yè)
4
5
6
教材閱讀指導(dǎo)
(對應(yīng)人教版必修第二冊相關(guān)內(nèi)容及問題)
第八章第4節(jié)閱讀“機械能守恒定律”這一部分內(nèi)容，機械能守恒的條件是什么？
　 第八章第4節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T6。
提示：只有重力或彈力做功。
第八章[復(fù)習(xí)與提高]B組T6。
考點一　機械能及機械能守恒定律
一、機械能
__________、__________與動能都是機械運動中的能量形式，統(tǒng)稱為機械能。表達式為E＝Ek＋Ep。通過______或______做功，機械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式。
二、機械能守恒定律
1．內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)， _______與_______可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能__________。
重力勢能
彈性勢能
重力
彈力
動能
勢能
保持不變
2．常用的三種表達式
(1)守恒式：________或__________________。E1、E2分別表示系統(tǒng)初、末狀態(tài)時的總機械能。
注意：初、末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能。
(2)轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝ _______或ΔEk增＝ _______。表示系統(tǒng)動能的增加量等于勢能的減少量。
注意：應(yīng)用時關(guān)鍵在于分清勢能的增加量或減少量，可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差。
(3)轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝_______或ΔEA增＝_______。表示系統(tǒng)只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能。
注意：常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題。
E1＝E2
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
－ΔEp
ΔEp減
－ΔEB
ΔEB減
1．物體所受的合力為零，物體的機械能一定守恒。(　　)
2．物體的速度增大時，其機械能可能減小。(　　)
3．物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機械能一定守恒。(　　)
×
√
√
機械能是否守恒的判斷方法
(1)用機械能的定義判斷(直接判斷)：判斷機械能是否守恒可以看物體系統(tǒng)機械能的總和是否變化。
(2)用做功判斷：若物體系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，雖受其他力，但其他力不做功，則機械能守恒。
(3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒。
例1　(多選)如圖所示，下列情景中，運動的火箭、物體、小球，其中機械能守恒的是(　　)
解析　火箭升空過程中，火箭做加速運動，火箭的重力勢能增大，動能增大，機械能增大，故A錯誤；力F拉著物體勻速上升過程中，物體的重力勢能增大，動能不變，機械能增大，故B錯誤；小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能不變，小球機械能守恒，故C正確；小球在光滑的碗里做復(fù)雜的曲線運動，只有重力對小球做功，小球機械能守恒，故D正確。
判斷機械能守恒應(yīng)注意的“兩點”
(1)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；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。
(2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。
考點二　單物體的機械能守恒問題
求解單個物體機械能守恒問題的基本思路
(1)選取研究對象——物體及地球構(gòu)成的系統(tǒng)。機械能守恒定律研究的是物體系統(tǒng)，如果是一個物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，一般只對物體進行研究。
(2)根據(jù)物體所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。
(3)選取方便的機械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)進行求解。若應(yīng)用方程Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，則首先要選取合適的參考平面，確定研究對象在過程的初、末狀態(tài)時的機械能。若應(yīng)用方程ΔEk＝－ΔEp，則不用選取參考平面。
(4)解方程，必要時對結(jié)果進行討論，避免出現(xiàn)與實際不符的情形。
考點三　多物體的機械能守恒問題
1．速率相等情境：如圖所示，輕繩連接的A、B兩物體系統(tǒng)。
兩點提醒
(1)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。
(2)對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。
2．角速度相等情境：如圖所示，輕桿連接的A、B兩物體系統(tǒng)。
兩點提醒
(1)用桿連接的兩個物體，若繞某一固定點做圓周運動，根據(jù)角速度ω相等確定兩物體線速度v的大小關(guān)系。
(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。
3．某一方向分速度相等情境(關(guān)聯(lián)速度情境)：如圖所示，兩物體沿繩或沿桿方向的分速度大小相等。
4．含輕彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題
(1)彈簧發(fā)生形變時會具有彈性勢能，若系統(tǒng)除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。
(2)彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈簧的彈性勢能最大。
(3)對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等。
(4)物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)。
例6　(多選)如圖所示，兩根圈定的光滑豎直桿與光滑水平桿交于O點，質(zhì)量均為1 kg的小環(huán)P、Q分別套在兩桿上，兩小環(huán)用長L＝1 m的輕直桿連接，將兩小環(huán)從輕直桿與水平方向夾角為53°時同時由靜止開始釋放，當(dāng)輕直桿與水平方向夾角為37°時，P、Q速度大小分別為vP1、vQ1；當(dāng)P剛要到達O點前瞬間，P、Q速度大小分別為vP2、vQ2。已知重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0．8，cos53°＝0．6，兩小環(huán)均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，則(　　)
A．vP2＝4 m/s
B．vQ2＝3 m/s
C．vP1＝1．6 m/s
D．vQ1＝1．2 m/s
多物體系統(tǒng)機械能守恒問題的分析方法
(1)正確選取研究對象，合理選取物理過程。
(2)對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。
(3)注意尋找用輕繩、輕桿或輕彈簧相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。
(4)列機械能守恒方程時，從三種表達式中選取方便求解問題的形式。
考點四 機械能守恒定律與動能定理的綜合應(yīng)用
1．機械能守恒定律和動能定理的比較
機械能守恒定律 動能定理
物理意義 重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功的過程是動能與勢能轉(zhuǎn)化的過程 合力對物體做的功是動能變化的量度
關(guān)注角度 能量守恒的角度 功是能量轉(zhuǎn)化的量度
適用情況 只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功 無任何條件限制
2．機械能守恒定律和動能定理的選擇
(1)單個物體只受重力作用時，動能定理和機械能守恒定律表達式在變形后相同。
(2)對兩個物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)機械能守恒時，應(yīng)用機械能守恒定律較方便。
(3)對有摩擦力或其他力做功的情況，只能用動能定理來解題。
課時作業(yè)
[A組　基礎(chǔ)鞏固練]
1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端由靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．Q對P做功為零
B．Q對P做正功
C．物塊Q的機械能守恒
D．物塊Q的機械能增加
解析：Q在P上運動的過程中，Q對P的作用力斜向左下，則P相對地面向左運動，Q對P做正功，P的機械能增加，由機械能守恒定律可知Q的機械能減少，故B正確，A、C、D錯誤。
2．(2021·海南高考)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4．0 m，末端到水面的高度h＝1．0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，將人視為質(zhì)點，不計摩擦和空氣阻力。則人的落水點到滑梯末端的水平距離為(　　)
A．4．0 m B．4．5 m
C．5．0 m D．5．5 m
3．如圖所示，光滑細桿AB、AC在A點連接，AB豎直放置，AC水平放置，兩個相同的中心有小孔的小球M、N，分別套在AB和AC上，并用一細繩相連，細繩恰好被拉直，現(xiàn)由靜止釋放M、N，在運動過程中，
下列說法中正確的是(　　)
A．M球的機械能守恒 B．M球的機械能增大
C．M和N組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．繩的拉力對N做負功
解析：細桿光滑，故M、N組成的系統(tǒng)機械能守恒，M向下運動時N向左運動，繩的拉力對N做正功、對M做負功，則N的機械能增加，M的機械能減少，故C正確，A、B、D錯誤。
4．內(nèi)壁光滑的環(huán)形凹槽半徑為R，固定在豎直平面內(nèi)，
長度為R的輕桿一端固定有質(zhì)量為m的小球甲，另一端固
定有質(zhì)量為2m的小球乙?，F(xiàn)將兩小球放入凹槽內(nèi)，小球乙
位于凹槽的最低點，如圖所示，由靜止釋放后(　　)
A．下滑過程中甲球減少的機械能總是等于乙球增加的機械能
B．下滑過程中甲球減少的重力勢能總是等于乙球增加的重力勢能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低點
D．桿從右向左滑回時，乙球一定不能回到凹槽的最低點
解析：環(huán)形凹槽內(nèi)壁光滑，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)在運動
過程中只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，下滑過程中甲球
減少的機械能總是等于乙球增加的機械能，甲球減少的重力勢
能等于乙球增加的重力勢能與甲、乙兩球增加的動能之和，
故A正確，B錯誤；若甲球沿凹槽下滑到槽的最低點，則乙球到達與甲球的初始位置等高處，由于乙球的質(zhì)量比甲球大，此時甲、乙兩球的機械能增加，明顯違背機械能守恒定律，故甲球不可能下滑到槽的最低點，故C錯誤；由于機械能守恒，當(dāng)兩球動能均減為零時，系統(tǒng)的勢能應(yīng)該不變，故桿從右向左滑回時，乙球一定能回到凹槽的最低點，故D錯誤。
12．如圖所示，不可伸長細繩的一端固定在O點，另一端系著一金屬小球，小球的質(zhì)量為m，細繩長為l。將細繩拉直，讓細繩從偏離水平方向30°的位置由靜止釋放小球，已知重力加速度為g。求：
(1)細繩剛伸直時小球的速度大小；
(2)小球運動到最低點A時細繩受到的拉力。
[C組　拔尖培優(yōu)練]
13．如圖所示，滑塊a穿在固定的光滑豎直桿上，滑塊b放在光滑水平地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接。將a從距地面一定高度處由靜止釋放，a、b均可視為質(zhì)點，在a著地前的運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．滑塊a的機械能先減小后增大
B．滑塊a的動能先增大后減小
C．輕桿對a的作用力先增大后減小
D．滑塊a的加速度先減小后增大
解析：開始時b的速度為零，由于受到桿的推力而加速；
在a著地時，根據(jù)a、b沿桿方向的速度相等，由速度的分解
可知，b的速度也為零，所以在整個過程中，b的速度先增大
后減小，動能先增大后減小，對a和b組成的系統(tǒng)，只有重力
做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則a的機械能先減小后增大，故A正確。在a下滑過程中，b的速度先增大后減小，在b的速度由0到最大的過程，設(shè)輕桿與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)速度關(guān)系有vacosθ＝vbsinθ，所以va＝vbtanθ，這個過程中vb增大，θ增大，所以a的速度增大，則a的動能增大；b的速度由最大減小到0的過程中，b的動能減小，a的重力勢能減小，由a、b系統(tǒng)機械能守恒可知，a的動能增大，
所以在a著地前的運動過程中，滑塊a的動能一直增大，
故B錯誤。在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先
增大后減小，則桿對b先做正功，后做負功，因此桿對b的
作用力先是推力后是拉力，桿對a的作用力先是推力后是拉力，所以桿對a的作用力有一個先減小后增大的過程，故C錯誤。由C項分析可知，開始時桿對a的彈力在豎直方向上的分力向上，a的加速度小于g，當(dāng)b的速度最大，桿的彈力為零時，a的加速度等于g，此后桿對a的彈力在豎直方向上的分力向下，則a的加速度大于g，在此期間，a的加速度增大；而a著地時桿對a的彈力在豎直方向上的分力為零，故a的加速度為g，所以滑塊a的加速度有一個先增大后減小的過程，故D錯誤。

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