2019-2020学年新教材高中物理 第1章 功和机械能 习题课2 动能定理和机械能守恒定律课件 鲁

第1章功和机械能习题课2动能定理和机械能守恒定律【学习素养·明目标】1.进一步理解动能定理及其应用.2.深刻理解机械能守恒定律，会利用机械能守恒定律处理多过程问题．合作攻重难探究动能定理的理解1.动能定理公式中体现的三个关系(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因．2．动能定理叙述中外力的含意：定理中所说的“外力”既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是其他力．3．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．【例1】如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()A．mv202B．2mv202C．mv204D．mv20C[人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处的过程中，当绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos45°＝2v02，故此时质量为m的物体速度等于2v02，对物体由动能定理可知，在此过程中人所做的功为mv204，选项C正确．]运用动能定理应注意的事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统．(2)当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时，可优先考虑动能定理．(3)处理曲线运动中的速率问题时要优先考虑动能定理．(4)求变力做功问题优先考虑动能定理．1．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－12mv2B．12mv2－mghC．－mghD．－(mgh＋12mv2)A[由A到C的过程运用动能定理可得：－mgh＋W＝0－12mv2，所以W＝mgh－12mv2，所以A正确．]机械能守恒定律的表达式及应用1．机械能守恒定律的表达式(1)守恒观点：Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′(一定要选参考平面)．(2)转化观点：ΔEk＝－ΔEp(不需要选参考平面)．(3)转移观点：ΔE增＝ΔE减(不需要选参考平面)．2．应用机械能守恒的一般步骤(1)选取研究对象单个物体多个物体组成的系统系统内有弹簧(2)根据受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．(3)确定初、末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况．(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解．(5)对计算结果进行必要的讨论和说明．【例2】如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连．已知M＝2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h(此时竖直绳长小于桌高)的距离，木块仍在桌面上，则此时砝码的速度为多大？思路探究：砝码、木块及轻绳组成的系统在相互作用的过程中，除砝码的重力做功外，还有绳的拉力对砝码做负功，对木块做正功，且二者之和为0，故系统的机械能守恒，也可以运用动能定理来求解．[解析]方法一利用机械能守恒定律求解设砝码开始离桌面的距离为x，取桌面所在的水平面为参考平面，则系统的初态机械能E1＝－Mgx系统的末态机械能E2＝－Mg(x＋h)＋12(M＋m)v2，由E2＝E1得－Mg(x＋h)＋12(M＋m)v2＝－Mgx又M＝2m联立以上各式得v＝233gh.方法二利用动能定理求解设拉力对木块所做的功为W，则拉力对砝码所做的功为－W，对木块由动能定理得W＝12mv2对砝码由动能定理得Mgh－W＝12Mv2，联立以上两式得v＝233gh.[答案]233gh用机械能守恒定律解题应注意的两个问题(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同．(2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同．2．如图所示，在光滑的水平桌面上放置一根长为l的链条，链条沿桌边挂在桌外的长度为a，链条由静止开始释放，求链条全部离开桌面时的速度．[答案]l2－a2gl[解析]当链条从图示位置到全部离开桌面的过程中，原来桌面上的那段链条重心下降的距离为l－a2，挂在桌边的那段链条重心下降的距离为l－a，设链条单位长度的质量为m′，链条总的质量为m＝lm′，由－ΔEp＝ΔEk，即m′(l－a)gl－a2＋m′ag(l－a)＝12lm′v2，解得v＝l2－a2gl.当堂固双基达标1．如图所示，从竖直面上大圆(直径d)的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上，同一物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则()A．所用的时间相同B．重力做功都相同C．机械能不相同D．到达底端时的动能相等A[对物体在倾斜轨道上受力分析，设轨道与竖直方向夹角为α，由牛顿第二定律可求得a＝gcosα，又x＝2Rcosα，根据运动学公式x＝12at2，有2Rcosα＝12gcosα·t2，得t＝2Rg，因此下滑时间只与圆的半径及重力加速度有关，故A正确；同一物体从不同的光滑轨道下滑，重力做功的多少由下滑高度决定，由于下滑高度不同，所以重力做功也不相同，故B错误；同一物体由静止开始从A点分别沿两条轨道滑到底端，由于均是光滑轨道，所以只有重力做功，因此机械能守恒，故C错误；由动能定理可知，因重力做的功不一样，所以到达不同轨道底端时的动能不同，故D错误．]2．(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以一恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和BD[物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量，B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错．对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝Wf＋ΔEkB就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不相等，故A错．]3.如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法不正确的是()A．木板对小物块做功为12mv2B．摩擦力对小物块做功为mgLsinαC．支持力对小物块做功为mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做功为12mv2－mgLsinαB[在抬高A端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：WFN＋WG＝0，即WFN－mgLsinα＝0，所以WFN＝mgLsinα.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：WG＋Wf＝12mv2，即Wf＝12mv2－mgLsinα，B错，C、D正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W，对小物块在整个过程由动能定理得W＝12mv2，A正确．]4.(多选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和增加D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变BC[在小球运动的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，但三者之和不变．由C到B的过程中，弹簧的弹性势能减小，重力势能减小，但动能增加，根据机械能守恒定律，可判定A、D项均错；由B到最低点的过程中，重力势能减小，弹性势能增加，所以B、C项正确．]