专题11：机械能守恒定律,能转化和守恒定律

专题11：机械能守恒定律 能的转化和守恒定律 参考答案 题型1：机械能守恒与增减的判断 判断机械能是否守恒的方法 1．利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化．如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少． 2．用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒． 3．用能量转化来判断：若物体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，则物体系统的机械能守恒． 4．对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示． 1.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是(　　)不定项 A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C．小球A的机械能守恒 D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒 解析：开始时B静止不动，B所受的静摩擦力为4mgsin 30°＝2mg，方向沿斜面向上．假设A向下摆动时B不动，则A到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有：mgh＝1/2mv2，设最低点的位置绳子的张力为T，则T－mg＝，解得T＝3mg.再对B受力分析可得，此时B受到的静摩擦力为mg，方向沿斜面向下，故假设成立，B相对于斜面始终静止，选项C正确．由于绳子拉力是逐渐增大的，所以选项A正确．将B与斜面体看作整体，A在下摆过程中对整体有向左的拉力，所以地面对斜面 体的摩擦力方向向右，选项B正确． 答案：ABC 2.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　) A．斜劈对小球的弹力不做功 B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C．斜劈的机械能守恒 D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增大量 解析：不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做 功，系统机械能守恒，故选B. 答案：B 3,如图所示为竖直平面内的直角坐标系．一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ＜90°)．不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) ①．当F＝mgtan θ时，质点的机械能守恒 ②．当F＝mgsin θ时，质点的机械能守恒 ③．当F＝mgtan θ时，质点的机械能可能减小也可能增大 ④．当F＝mgsin θ时，质点的机械能可能减小也可能增大 A．只有① B．只有④ 只有①④ D．只有②③ 解析：考查机械能守恒定律．如图为力的矢量三角形图示，若F＝mgtan θ，则F力可能为b方向或c方向，故力F的方向可能与运动方向成锐角，也可能与运动方向成钝角，除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，故质点机械能可能增大，也可能减小，③对①错；
当F＝mgsin θ，即力F为a方向时，力F垂直质点运动方向，故只有重力对质点做功，机械能守恒，②对④错，应选D． 答案：D 4.如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：设铁块在圆轨道底部的速度为v，则1.5mg－mg＝m，由能量守恒有：mgR－ΔE＝mv2，所以ΔE＝mgR. 答案：D 5.如图所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是(　　) A．物体的机械能不变 B．斜面的机械能不变 C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功 D．物体和斜面组成的系统机械能守恒 解析：物体下滑过程中，由于物体与斜面相互间有垂直于斜面的作用力，使斜面加速运动，斜面的动能增加；
物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，且夹角大于90°，所以物体克服相互作用力做功，物体的机械能减少，但动能增加，重力势能减少，故A、B、C项均错误．对物体与斜面组成的系统内，只有动能和重力势能之间的转化，故系统机械能守恒，D项正确． 答案：D 题型2：机械能守恒定律的应用 应用机械能守恒定律的基本思路 (1)选取研究对象——物体或系统． (2)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)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能． (4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp 或ΔEA＝－ΔEB)进行求解． 6.如图所示，内壁光滑的空心细管弯成的轨道ABCD固定在竖直平面内，其中BCD段是半径R＝0.25 m的圆弧，C为轨道的最低点，CD为圆弧，AC的竖直高度差h＝0.45 m．在紧靠管道出口D处有一水平放置且绕其水平中心轴OO′匀速旋转的圆筒，圆筒直径d＝0.15 m，筒上开有小孔E.现有质量为m＝0.1 kg且可视为质点的小球由静止开始从管口A滑下，小球滑到管道出口D处时，恰好能从小孔E竖直进入圆筒，随后，小球由小孔E处竖直向上穿出圆筒．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球到达C点时对管壁压力的大小和方向；

(2)圆筒转动的周期T的可能值． 解析(1)小球从A→C，由机械能守恒定律得mgh＝ 小球在C点处，根据牛顿第二定律有NC－mg＝， 解得NC＝m＝4.6 N 根据牛顿第三定律知小球到达C点时对管壁压力的大小为4.6 N，方向竖直向下． (2)小球从A→D，由机械能守恒定律得mgh＝mgR＋， 代入数值解得vD＝2 m/s 小球由D点竖直上抛至刚穿过圆筒时，由位移公式得d＝vDt－ 解得t1＝0.1 s和t2＝0.3 s(舍去) 小球能向上穿出圆筒所用时间满足t＝ (2n＋1)(n＝0,1,2,3…) 联立解得T＝s(n＝0,1,2,3…) 答案：(1)4.6 N　方向竖直向下　(2) s(n＝0,1,2,3…) 7.如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，演员a站于地面，演员b从图示的位置由静止开始向下摆，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，演员a刚好对地面无压力，则演员a与演员b质量之比为(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 解析：由机械能守恒定律求出演员b下落至最低点时的速度大小为v. mv2＝mgl(1－cos 60°)，v2＝2gl(1－cos 60°)＝gl.此时绳的拉力为T＝mg＋m＝2mg，演员a刚好对地压力为0.则mag＝T＝2mg.故ma∶m＝2∶1. 答案：B 8.如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；
b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为(　　) A．h B．1.5h C．2h D．2.5h 解析：考查机械能守恒定律．在b球落地前，a、b球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mgh－mgh＝(m＋3m)v2，v＝，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，mv2＝mgΔh，Δh＝＝，所以a球可能达到的最大高度为1.5h，B项正确． 答案：B 9.如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g.求：
(1)水平外力F的大小；

(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；

(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功． 解析：(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得：tan θ＝，得F＝10mgtan θ. (2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得：mgh＝ mv2，解得v＝. (3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：
10mg ＝·10m·v′2，解得v′＝ 以1号球为研究对象，由动能定理得mgh＋W＝mv′2，得W＝9mgrsin θ. 答案：(1)10mgtan θ　(2) 　 (3)9mgrsin θ 题型3：功能关系、能量转化守恒定律的应用 (1)在应用功能关系时，应首先弄清研究对象，明确力对“谁”做功，就要对应“谁”的位移，从而引起“谁”的能量变化，在应用能量的转化和守恒时，一定要明确存在哪些能量形式，哪种是增加的？哪种是减少的？然后再列式求解． (2)高考考查这类问题，常结合平抛运动、圆周运动、电学等知识考查学生的综合分析能力． 10.如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平直轨AB，半径分别为R1＝1.0 m和R2＝3.0 m的圆弧轨道，长为L＝6 m的倾斜直轨CD，AB、CD与两圆弧轨道相切，其中倾斜直轨CD部分表面粗糙，动摩擦因数为μ＝ ，其余各部分表面光滑．一 质量为m＝2 kg的滑环(套在滑轨上)，从AB的中点E处以v0＝10 m/s的初速度水平向右运动．已知θ＝37°，g取10 m/s2.求：
(1)滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力；

(2)滑环通过圆弧轨道O1最高点A的次数；

(3)滑环克服摩擦力做功所通过的总路程． 解析：(1)滑环从E点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：
在F点对滑环分析受力，得 由①②式得：
根据牛顿第三定律得滑环第一次通过圆弧轨道O2的最低点F处时对轨道的压力为 N. (2)由几何关系可得倾斜直轨CD的倾角为37°，每通过一次克服摩擦力做功为：
W克＝μmgLcos θ，得W克＝16 J，由题意可知n＝ ＝6.25，取6次． (3)由题意可知得：滑环最终只能在圆弧轨道O2的D点下方来回运动，即到达D点速度为零，由能量守恒得：＋mgR2(1＋cos θ)＝μmgscos θ，解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程s＝78 m. 答案：(1) N　(2)6次　(3)78 m 11.如图所示，电梯由质量为1×103 kg的轿厢、质量为8×102 kg的配重、定滑轮和钢缆组成，轿厢和配重分别系在一根绕过定滑轮的钢缆两端，在与定滑轮同轴的电动机驱动下电梯正常工作，定滑轮与钢缆的质量可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.在轿厢由静止开始以2 m/s2的加速度向上运行1 s的过程中，电动机对电梯共做功为(　　) A．2.4×103 J B．5.6×103 J C．1.84×104 J D．2.16×104 J 解析：电动机做功：W＝(M－m)gh＋(M＋m)v2＝(1 000－800)×10×1＋(1 000＋800)×22＝5 600 J. 答案：B 12.来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手．蹦床是一项好看又惊险的运动，如图所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点．不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，A、B、C三个位置运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是(　　) A．vA>vB，vB>vC B．vA>vB，vB<vC C．EA＝EB，EB>EC D．EA>EB，EB＝EC A机械能守恒，EA＝EB，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对人做负功，机械能减小，EB>EC，选C. 答案：C 13.如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是(　　) A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，合外力做功为零 B．小球从A到B过程与从B到A过程，动能变化量的大小相等 C．小球从A到B过程与从B到A过程，损失的机械能相等 D．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等 解析：小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，重力做功为零，支持力不做功，摩擦力做负功，所以A错误；
从A到B的过程与从B到A的过程中，位移大小相等，方向相反，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，两次在A点的动能不相等，所以C正确，B错误，而动能的大小与质量成正比，与速度的平方成正比，所以D错误． 答案：C 14.一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，如图5－3－12所示．地面观察者纪录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图5－3－13所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2. (1)指出传送带速度v的方向及大小，说明理由． (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ. (3)计算传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？ 解析：(1)从速度图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度方向向右传送带的速度v的大小为2.0 m/s. (2)由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a，有 a＝m/s2＝2.0 m/s2 由牛顿第二定律得滑动摩擦力F＝μMg 得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝ 0.2. (3)由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，传送带在这段时间内移动的位移为s，则s＝vt＝2.0×3 m＝6.0 m 所以，传送带所做的功W＝fs＝4.0×6.0 J＝24 J 在物块获得速度到与传送带一起匀速运动的过程中，物块动能减少了ΔEk 所以转化的内能EQ＝W＋ΔEk＝24＋12＝36 J. 答案：(1)向右　2 m/s　(2)0.2　(3)24 J　36 J 15.质量分别为m和M(其中M＝2m)的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，在杆的中点O处有一个固定转轴，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置的过程中，下列有关能量的说法正确的是(　　)不定项 A．Q球的重力势能减少、动能增加，Q球和地球组成的系统机械能守恒 B．P球的重力势能、动能都增加，P球和地球组成的系统机械能不守恒 C．P球、Q球和地球组成的系统机械能守恒 D．P球、Q球和地球组成的系统机械能不守恒 解析：Q球从水平位置下摆到最低点的过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用力是Q球运动的阻力(重力是动力)，对Q球做负功；
P球是在杆的作用下上升的，杆的作用力是动力(重力是阻力)，对P球做正功．所以，由功能关系可以判断，在Q下摆过程中，P球重力势能增加、动能增加、机械能增加，Q球重力势能减少、机械能减少；
由于P和Q整体只有重力做功，所以系统机械能守恒．本题的正确答案是BC. 答案：BC 16如图所示，AB为半径R＝0.8 m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m．现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运行了1.5 s时，车被地面装置锁定．(g＝10 m/s2)试求：
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；

(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；

(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；

(4)滑块落地点离车左端的水平距离． 解析：(1)设滑块到达B端时速度为v， 由动能定理，得mgR＝mv2 由牛顿第二定律，得N－mg＝m 联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：N＝3mg＝30 N. (2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得 对滑块有：－μmg＝ma1 对小车有：μmg＝Ma2 设经时间t两者达到共同速度，则有：v＋a1t＝a2t 解得t＝1 s．由于1 s＜1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v′＝a2t＝1 m/s 因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：s＝a2t2＋v′t′＝1 m. (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离Δs＝t－a2t2＝2 m 所以产生的内能：E＝μmgΔs＝6 J. (4)对滑块由动能定理，得－μmg(L－Δs)＝mv″2－mv′2 滑块脱离小车后，在竖直方向有：h＝gt″2 所以，滑块落地点离车左端的水平距离：s′＝v″t″＝0.16 m. 答案：(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J　(4)0.16 m 17.10只相同的小圆轮并排水平紧密排列，圆心分别为O1、O2、O3、…、O10，已知O1O10＝3.6 m，水平转轴通过圆心，圆轮绕轴顺时针转动的转速均为 r/s.现将一根长0.8 m、质量为2.0 kg的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O1竖直对齐，如图5－3－31所示，木板与轮缘间的动摩擦因数为0.16，不计轴与轮间的摩擦，g取10 m/s2.试求：
(1)轮缘的线速度大小；

(2)木板在轮子上水平移动的总时间；

(3)轮在传送木板过程中所消耗的机械能． 解析：(1)轮缘转动的线速度：v＝2πnr＝1.6 m/s. (2)板运动的加速度：a＝μg＝0.16×10 m/s2＝1.6 m/s2 板在轮上做匀加速运动的时间：t＝＝＝1 s 板在做匀加速运动中所发生的位移：s1＝at2＝×1.6×12 m＝0.8 m 板在做匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为：s2＝3.6 m－0.8 m－0.4 m＝2.4 m 因此，板运动的总时间为：t＝t1＋＝1 s＋ s＝2.5 s. (3)由功能关系知：轮子在传送木板的过程中所消耗的机械能一部分转化成了木板的动能，另一部分因克服摩擦力做功转化成了内能，即：
木板获得的动能：Ek＝mv2，摩擦力做功产生的内能：Q＝f·Δs 加速过程木板与轮子间的相对位移：Δs＝v·t－·t，消耗的机械能：ΔE＝Ek＋Q 联立上述四个方程解得：ΔE＝mv2＝2×1.62 J＝5.12 J. 答案：(1)1.6 m/s　(2)2.5 s　(3)5.12 J