文档内容
十九 机械能守恒定律
(40分钟 70分)
【基础巩固练】
1. (6分)(体育运动情境)(2023·邯郸模拟)如图所示,撑竿跳全过程可分为四个阶段:A→B阶段
人加速助跑;B→C阶段竿弯曲程度增大、人上升;C→D阶段竿弯曲程度减小、人上升;D→E
阶段人过横杆后下落,D为全过程的最高点。取地面为参考平面,空气阻力不计。则 ( )
A.四个阶段中人的机械能都不守恒
B.B→D阶段人的重力势能增大,竿的弹性势能增大
C.C→D阶段竿对人做的功等于人机械能的变化量
D.人落地时的动能等于人在D点时的重力势能
2.(6分) (生产生活情境)(2023·大连模拟)沿平直公路匀速行驶的汽车上,固定着一个正四棱台,
其上、下台面水平,如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点 a、b、c、d沿着各斜面方向,同
时相对于正四棱台无初速度释放 4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时 T、T 、
a b
T、T ,到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为 E 、E 、E 、E (取水平地面为参考平
c d a b c d
面,忽略斜面对小球的摩擦力)。则有( )A.T=T =T=T ,E =E =E =E
a b c d a b c d
B.T=T =T=T ,E >E =E >E
a b c d a b d c
C.TE =E >E
a b d c a b d c
D.TE =E >E
a b c d a b d c
C.TE =E >E
a b d c a b d c
D.TE =E >E ,故B正确,A、C、D错误。
a b d c
3.(6分)如图,将一质量为m的小球从a点以初速度v斜向上抛出(不计空气阻力),小球先后经过
b、c两点。已知a、c之间的高度差和b、c之间的高度差均为h,重力加速度为g,取a点所在
的水平面为参考平面,则小球在 ( )
A.b点的机械能为2mgh1
B.b点的动能为 mv2+2mgh
2
C.c点的机械能为mgh
1
D.c点的动能为 mv2-mgh
2
1
【解析】选D。b点不是最高点,根据机械能守恒,b点机械能为E =E = mv2>2mgh,同理,c点机
b a
2
1 1
械能大于mgh ,A、C错误;根据机械能守恒 mv2=E +2mgh,b点的动能为E = mv2-2mgh,B错
kb kb
2 2
1 1
误;根据机械能守恒 mv2=E +mgh,c点的动能为E = mv2-mgh,D正确。
kc kc
2 2
4.(6分)(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
【解析】选C。设大圆环的半径为R,小环下降的高度为h,它到P点的距离为L,如图所示1 L √ g
对小环,根据动能定理有:mgh= mv2,而h=Lsinθ、sinθ= ,联立解得v=L ,故选项C正确。
2 2R R
【加固训练】
(2023·荆州模拟)如图所示,固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小圆
环,小圆环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,当小圆环的向心加速度大小等于重力加速
度g时,大圆环对小圆环的弹力大小为 ( )
A.0 B.0.5mg C.mg D.2mg
v2
【解析】选B。环的向心加速度为a = =g,即v=√gR,说明此时小环在大圆环的上部,设环与
n
R
1
圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ,由机械能守恒定律mgR(1-cosθ)= mv2,大圆环对小圆环的
2
mv2 1
弹力大小满足N+mgcosθ= ,解得θ=60°,N= mg,故选B。
R 2
5. (6分)(2023·北京海淀区模拟)在一轻弹簧下挂一重物,将它从位置P处放开,它将迅速下降,
直至位置N后再返回(如甲图所示)。若我们用手托着该重物使它缓缓下降,最终它在到达位置
Q后就不再运动了(如乙图所示)。记弹簧的弹性势能为 E 、重物和地球的重力势能为 E 、
p1 p2重物的动能为E ,弹簧始终处于弹性限度内,关于两次实验,下列说法正确的是 ( )
k
A.甲图里重物从Q到N的过程中,E +E 持续减小
p1 p2
B.乙图里重物从P到Q的过程中,E +E 持续增大
p1 p2
C.甲图里重物从P到N的过程中,E +E +E 保持不变
p1 p2 k
D.乙图里重物从P到Q的过程中,E +E +E 保持不变
p1 p2 k
【解析】选C。由题意可知,甲图里重物在到达位置Q处,弹簧的弹力与重物的重力大小相等,
此时重物的速度最大,则重物从Q到N的过程中,弹力大于重力,重物做减速运动,动能减小,重
物与弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律可知,E +E 持续增大,A错误;乙图里重物
p1 p2
从P到Q的过程中,用手托着该重物使它缓缓下降,重物动能不变,可手对重物的支持力对重物
做负功,则系统的机械能减小,则有E +E 持续减小,B错误;甲图里重物从P到N的过程中,重
p1 p2
物与弹簧组成的系统机械能守恒,则有E +E +E 保持不变,C正确;乙图里重物从P到Q的过
p1 p2 k
程中,手对重物的支持力对重物做负功,因此系统的机械能减小,则有E +E +E 减小,D错误。
p1 p2 k
6.(6分) (学习探究情境)(2023·洛阳模拟)如图所示,一根两端开口的薄壁圆管竖直插入盛有水的薄壁圆柱体桶中。在圆管内有一不漏气的活塞,它可沿圆管上下无摩擦地滑动。开始时,圆
管内外水面相齐,且活塞恰好触及水面,圆桶内水面距桶口高度差为 h。现通过轻绳对活塞施
加一个向上的拉力,使活塞缓慢向上移动(圆桶和圆管竖直固定不动,圆桶内水足够深)。已知圆
管半径为r,圆桶半径为2r,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计活塞质量。当活塞上升到和圆桶
口相平的过程中(此时活塞仍触及水面)。关于绳子拉力所做的功W,下列关系正确的是 (
)
4 2
A.W= πρr2gh2 B.W= πρr2gh2
3 3
1
C.W=πρr2gh2 D.W= πρr2gh2
2
【解析】选B。活塞上升距离为h,设管外水面下降距离为h ,则管内外水面高度差h =h+h ,因
1 2 1
水的体积不变,有h =h πr2 =1h,可得h =4h,由功能关系可知,拉力做的功全部转化为
1 2
π(2r)2-πr2 3 3
ℎ 2
上升水的重力势能,则W=ρ(πr2)hg 2= πρr2gh2,故选B。
2 3
【加固训练】
小珂在游乐场游玩时,发现过山车(图甲)有圆形轨道也有“水滴”形轨道,想到了教材必修
二上有如下表述:运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动,可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样,但在研究时,可以把这条曲线分割为许多很短的小段,
质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分(注解:该一小段圆周的半径为该点的曲率
半径),这样,在分析质点经过曲线上某位置的运动时,就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。
小珂设计了如图乙所示的过山车模型,质量为m的小球在A点静止释放,沿倾斜轨道AB下滑,
经水平轨道BC进入半径R =0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动),再经水平轨道CE进
1
入“水滴”形曲线轨道EFG,E点的曲率半径为R =2 m,并且在“水滴”形轨道上运动时,向心
2
加速度大小为一定值,F与D等高。忽略所有轨道摩擦力,轨道连接处都平滑连接,“水滴”形轨
道左右对称。(g取10 m/s2)
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H;
答案:(1)2 m
【解析】(1)小球在圆形轨道最高点D点时有mg=mv2
D
R
1
从A到D过程中,由机械能守恒定律得
1
mgH-2mgR = mv2
1 2 D
解得H=2 m(2)设小球在圆形轨道上运动时,离水平面的高度为h,求向心加速度a与h的函数关系;
答案:(2)a=50-25h(0≤h≤1.6 m)
【解析】(2)由机械能守恒定律得
1
mg(H-h)= mv2
2
又a=v2
R
1
解得a=50-25h(0≤h≤1.6 m)
(3)设小球在“水滴”形轨道上运动时,求轨道曲率半径r与h的函数关系(h为小球离水平面的
高度)。
答案:(3)r=2 m-h(0≤h≤1.6 m)
【解析】(3)A到E点,由机械能守恒定律得
1
mgH= mv2
2 E
又a'=v2
E
R
2
解得a'=2g
由题意可知,小球在“水滴”形轨道上运动时,向心加速度大小相等,均为a'=2g。
当小球高度为h时,由机械能守恒定律得
1 v2
mg(H-h)= mv2,a'=
2 r
解得r=2 m-h(0≤h≤1.6 m)。【综合应用练】
7.(6分)(多选)(2023·景德镇模拟)如图(a),在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道 ABC,小球以
一定的初速度从最低点A冲上轨道,图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速
度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点 C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力
不计,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.图(b)中x=36 m2/s2
B.小球质量为0.2 kg
C.小球在A点时重力的功率为10 W
D.小球在B点受到轨道作用力为8.5 N
1 1
【解析】选 B、D。小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,有 mv2= mv2
2 A 2 ℎ
+mgh,解得 = +2gh,即x= =25
m2/s2,故A错误;依题意小球在C点时有F+mg=mv2
,又 =9
v2 v2 v2 C v2
A ℎ A R C
m2/s2,2R=0.8 m,解得m=0.2 kg,故B正确;小球在A点时重力方向竖直向下,速度水平向右,二者
1 1
夹角为90°,根据P=mgvcosθ,易知功率为零,故C错误;由机械能守恒,可得 mv2= mv2+mgR,又
2 A 2 B因为小球在B点受到的在水平方向上的合外力提供向心力,可得F =mv2,联立,可得F =8.5 N,
B B B
R
故D正确。
8.(6分) (2023·常州模拟)如图所示,两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上,一段不
可伸长的轻质细绳通过滑轮,两端分别系住小球A、B,现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑
轮PQ之间的水平细绳的中间位置上,静止释放小球C,在小球C下降的某时刻,拉小球C的细
绳与水平方向成θ角。已知三小球A、B、C的质量均为m,A、B小球始终没有与P、Q相撞,
忽略一切阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列关于小球 C在下降过程中说法正确的个数为(
)
①A、B、C三小球组成的系统机械能守恒
②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小
③A、B、C三小球的速度大小的关系为v =v =v sinθ
A B C
④当θ=53°时小球C下降到最低点
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
【解析】选A。忽略一切阻力,A、B、C三小球组成的系统,机械能没有向其他形式能量转化,
机械能守恒,①正确;小球C在下降过程中,小球C速度先增大后减小,由P=mgv可知,小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小,②正确;小球C速度分解如图甲所示,由对称性可知v =v ,又
A B
v sinθ=v ,得v =v =v sinθ,③正确;设滑轮P、Q之间的水平细绳的长度为 2l ,小球C下降到最
C A A B C 2
低点时,下降的高度为h,滑轮与小球C之间长度为l ,如图乙所示,
1
小球C下降到最低点过程中,三球组成的系统机械能守恒,即2mg(l -l )=mgh,又h= ,解得
1 2 √l2-l2
1 2
l =3l ,此时cosθ=l =3,得θ=53°,④正确。说法正确的个数为4个,故选A。
2 1 2
5 l 5
1
【加固训练】
(2023·岳阳模拟)如图所示,一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 O 、O ,一端和质量为
1 2
m的小球连接,另一端与套在光滑固定直杆上质量也为 m的小物块连接,直杆与两定滑轮在同
一竖直面内,与水平面的夹角θ=60°,直杆上O点与两定滑轮均在同一高度,O点到定滑轮O 的
1
距离为L,直杆上D点到O点的距离也为L,重力加速度为g,直杆足够长,小球运动过程中不会
与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放,下列说法错误的是 ( )A.小物块刚释放时,轻绳中的张力大小为mg
√3
B.小球运动到最低点时,小物块加速度的大小为 g
2
C.小物块下滑至D点时,小物块与小球的速度大小之比为2∶1
√20√3gL
D.小物块下滑至D点时,小物块的速度大小为
5
【解析】选A。小物块刚释放时,小物块将加速下滑,加速度向下,小球处于失重状态,则轻绳对
小球的拉力小于球的重力mg,故A错误,符合题意;当拉物块的绳子与直杆垂直时,小球下降的
√3
距离最大,对小物块受力分析,由牛顿第二定律mgsinθ=ma,此时小物块加速度的大小为a= g,
2
故B正确,不符合题意;将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向,如图所示,
沿绳子方向的分速度等于小球的速度,即vcos60°=v ,所以小物块在D处的速度
1
v 2
与小球的速度之比为 = ,故C正确,不符合题意;设小物块下滑距离为L时的速度大小为v,此
v 1
1
1
时小球的速度大小为 v ,对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律,有 mgLsin60°=
1
21 v 2 √20√3gL
mv2+ mv2,其中 = ,解得,此时小物块的速度大小为v= ,故D正确,不符合题意。
2 1 v 1 5
1
9.(6分) (多选)(2023·恩施模拟)如图所示,不计质量的细杆两端分别通过铰链固定有可视为质
点的小球A、B,质量均为m,杆的长度为l。开始时A、B均靠在光滑竖直墙面上并处于静止状
态,A在光滑水平地面上。当有轻微扰动后,可能A球开始沿水平地面向右滑动,B球随之下降,
也可能 B 球先向右运动。两球始终在同一竖直平面内运动,细杆与水平方向的夹角为
θ(θ<90°),重力加速度大小为g。下列说法正确的是 ( )
2
A.不管A先向右运动还是B先向右运动,当sinθ= 时,A和B的动能都达到最大
3
2
B.不管A先向右运动还是B先向右运动,当sinθ< 时,都会离开竖直墙面
3
C.当A先向右运动时,A球的机械能先增大后减小
D.当B先向右运动时,B球的机械能先增大后减小
【解析】选B、C。若A先向右运动时,假设小球B能一直沿着墙面向下运动,设细杆与水平方
向的夹角为 θ 时,两小球的速度大小分别为 v 、v ,根据连接体关联速度之间的关系可得
A B
v 1 v 1
v sinθ=v cosθ,即v = A ,则由系统机械能守恒定律有mgl(1-sinθ)= m( A )2+ mv2,整理结合
B A B tanθ 2 tanθ 2 A
8gl 2
数学知识可得v2=gl(2-2sinθ)sin2θ≤ ,当sinθ= 时取等号,说明小球A的动能先增大后减小,
A 27 3即杆中先存在挤压的内力,之后出现拉伸的内力,故此后B会离开墙面,直至B落地,B的重力始
终对AB组成的系统做正功,因此B的动能始终增大;若B先向右运动时,当杆与水平方向成θ
1
角时,球B的速度大小为v,根据机械能守恒定律有 mv2=mgl(1-sinθ),解得v=√2gl(1-sinθ),对
2
v2 2
于小球B,由牛顿第二定律有mgsinθ-N=m ,由上两式解得N=mg(3sinθ-2),当sinθ= 时N=0,即
l 3
此时A离开墙面,此后AB及杆组成的系统机械能守恒,B的动能继续增大,但B的机械能减小,
一部分机械能转化成了A的动能,故B正确;根据以上分析可知,B的动能一直在增大,直至落地
时动能达到最大,故A错误;根据以上分析可知,当A先向右运动时,杆对A的作用力对A先做
正功后做负功,故A球的机械能先增大后减小,故C正确;根据以上分析可知,当B先向右运动时,
B球机械能先不变后减小,故D错误。
10.(10分)如图所示,长L=0.8 m的光滑直杆以倾角θ=37°固定在地面上。轻绳一端与套在直杆
顶端的质量m =1.6 kg的小球A连接,另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 、O 后与物体B
A 1 2
连接。初始控制小球A静止不动,与A相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F=45 N。质量
m =3.5 kg 的物体 B 与固定在地面的竖直轻弹簧连接,弹簧的劲度系数 k=100 N/m。已知
B
AO =0.5 m,重力加速度大小g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,轻绳不可伸长,A、B均可视为质
1
点。现将小球A由静止释放。(1)求释放小球A之前弹簧的形变量;
答案:(1)0.1 m
【解析】(1)释放小球A前,B处于静止状态,由于绳子的拉力大于B受到的重力,故弹簧被拉伸,
设弹簧的伸长量为x,对于B,根据平衡条件有kx=F-m g,
B
解得x=0.1 m
(2)若直线CO 与杆垂直,求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功;
1
答案:(2)7 J
【解析】(2)对A球从直杆顶端运动到C点的过程,应用动能定理得
1
W+m gh= m v2-0
A 2 A A
其中h=CO cos37°,CO =AO sin37°=0.3 m
1 1 1
物体B下降的高度h'=AO -CO =0.2 m
1 1
由此可知,弹簧此时被压缩了0.1 m,弹簧的弹性势能与初状态相等,A、B和弹簧组成的系统机
械能守恒,有
1 1
m gh+m gh'= m v2+ m v2
A B 2 A A 2 B B
由题意知,小球A在C点时运动方向与绳垂直,此瞬间物体B的速度为零,解得W=7 J
(3)求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。
答案:(3)2 m/s
【解析】(3)由题意可知,杆长L=0.8 m,AC=AO cos37°=0.4 m,
1
故∠CDO =θ=37°,DO =AO
1 1 1
当A到达D点时,弹簧的弹性势能与初状态相等,物体B又回到原位置,在D点对小球A的速度
沿绳和垂直于绳方向进行分解,沿绳方向的速度等于B的速度,由几何关系得v '=v 'cos37°
B A
对于整个过程,由机械能守恒定律得
1 1
m gLsin37°= m v '2+ m v '2
A A A B B
2 2
解得v '=2 m/s。
A
【解题指南】求解本题需注意以下三点:
(1)释放小球A之前,对B受力分析,根据平衡条件列式可求;
(2)小球A运动到C点时弹簧被压缩,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,根据机械能守恒定律
列式可求;
(3)小球A从最高点运动到直杆底端 D点过程,A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,根据机械
能守恒定律列式可求。
【情境创新练】11.(6分)(科技前沿情境)(2023·南昌模拟)早期航母使用重力型阻拦索使飞机在短距离内停下,
如图甲所示,阻拦索通过固定于航母甲板两侧的滑轮分别挂有质量为m=500 kg的沙袋。在无
风环境下,一螺旋桨式舰载机以v 的速度降落到该静止的航母上,尾钩立即钩到阻拦索的中间
0
位置,滑行一段距离后速度减为零,这一过程沙袋被提起的高度h =20 m。螺旋桨式舰载机(含
1
飞行员)质量M=500 kg,忽略飞机所受甲板摩擦力以及空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)螺旋桨式舰载机降落到航母上的速度v 的大小为多少?
0
答案:(1)20√2 m/s
【解析】(1)在忽略摩擦力和空气阻力的前提下,舰载机与沙袋所组成的系统机械能守恒,舰载
1
机的动能会转化为沙袋的重力势能,则有 Mv2=2mgh ,
2 0 1
解得v =20√2 m/s
0
(2)如图乙所示,阻拦索在甲板上的长度为l=15 m,当θ=30°时,舰载机的速度大小为多少?
答案:(2)10√2 m/s
【解析】(2)当θ=30°时,由几何关系可得舰载机与滑轮间阻拦索的长度l'=l=15 m
l
此时沙袋被提起的高度h =l'- =7.5 m
2
2
由几何关系可得,此时舰载机速度方向与阻拦索的夹角为30°,舰载机沿阻拦索分速度与沙袋沿√3
阻拦索分速度一样,设此时舰载机的速度为v ,沙袋速度为v ,则有 v =v
1 2 1 2
2
由系统机械能守恒可得
1 1 1
Mv2= Mv2+ ×2mv2+2mgh
2 0 2 1 2 2 2
联立解得v =10√2 m/s。
1
