2019-2020学年高中物理 第4章 习题课3 动能定理和机械能守恒的综合应用课件 教科版必修2

第四章机械能和能源习题课3动能定理和机械能守恒的综合应用[学习目标]1.掌握动能定理及其应用.2.熟练应用机械能守恒定律解题．合作攻重难探究动能定理在多过程或多个物体问题中的应用1．动能定理在多过程问题中的应用(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理更简单、方便．(2)应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．2．动能定理在两个(或多个)相互关联的物体系统中的应用(1)从严格意义上讲课本上讲的动能定理是质点的动能定理，即质点动能的增量等于作用于质点的合外力所做的功．对于由相互作用的若干质点组成的系统，动能的增量在数值上等于一切外力所做的功与一切内力所做功的代数和，称为系统动能定理．(2)由于作用力与反作用力的功的代数和不一定等于零，所以对于系统只考虑外力做功而应用动能定理很可能要犯错，所以往往把系统内各质点隔离分析，分别应用动能定理比较合适．特别提醒：(1)应用动能定理最大的优势在于不要求深入研究过程变化的细节，对不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题的，无论恒力做功还是变力做功，一般用动能定理求解．(2)应用动能定理求力对物体做功时，位移应是物体相对地面的位移，而动能Ek＝12mv2中“v”应是物体对地的速度．【例1】如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道．其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑．一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0.求：(g取10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．思路点拨：解答本题可按以下思路分析：(1)分析从A到D过程，由动能定理求解．(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理求解．(3)分析整个过程，由动能定理求解．[解析](1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－12mv21解得μ＝0.5.(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝12mv22－12mv21，解得v2＝411m/s≈13.3m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－12mv21解得s＝21.6m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离为2m－1.6m＝0.4m.[答案](1)0.5(2)13.3m/s(3)距B点0.4m对这种多过程问题，可以分段利用动能定理求解，也可以对全过程利用动能定理求解，解题时可根据具体情况选择使用.1.(多选)如图所示，一质量m＝0.75kg的小球在距地面高h＝10m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力f的大小恒为2.5N，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5mB．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3.3mC．小球在空中运动的总路程为30mD．小球在空中运动的总路程为28.75mAC[设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h2的过程中，由动能定理有mg(h－h2)－f(h＋h2)＝0，解得：h2＝mg－fmg＋fh＝5m，选项A正确；对小球运动的全过程，由动能定理可得，mgh－fs总＝0，解得s总＝mghf＝30m，选项C正确．]两个物体组成的系统机械能守恒的求解方法高考对机械能守恒定律的应用多数情况下考查的是两个物体组成的系统，这两个物体一般由细绳或轻杆连接在一起，从运动过程中所涉及的能量形式的角度来看，只有重力势能、动能之间的相互转化，“没有摩擦力和介质阻力”做功，系统满足机械能守恒．求解这类问题的方法是首先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的变化等于重力势能的变化列方程求解，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式．其中寻找两物体的速度关系是求解问题的关键，按两物体连接方式和速度关系一般可分为以下三种：(1)速率相等的连接体，关键在于寻找二者位移关系，确定系统重力势能的变化：如图甲所示，A、B在运动过程中速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．甲乙(2)角速度相等的连接体：如图乙所示，一轻质细杆的两端分别固定着A、B两小球，O点是一垂直纸面的光滑水平轴，A、B在运动过程中角速度相等，其线速度的大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．(3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度v沿绳子和垂直于绳子方向分解，如图丁所示，其中沿绳子的分速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．丙丁【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？思路点拨：对木块和砝码组成的系统，因只有砝码重力做功，系统的机械能守恒．[解析]方法一：利用E2＝E1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联立以上两式得v＝233gh.方法二：利用ΔEk增＝ΔEp减求解在砝码下降h的过程中，系统增加的动能ΔEk增＝12(M＋m)v2系统减少的重力势能ΔEp减＝Mgh由ΔEk增＝ΔEp减，得12(M＋m)v2＝Mgh得v＝2MghM＋m＝233gh.方法三：利用ΔEm增＝ΔEM减求解在砝码下降的过程中，木块增加的机械能ΔEm增＝12mv2，砝码减少的机械能ΔEM减＝Mgh－12Mv2，由ΔEm增＝ΔEM减，得12mv2＝Mgh－12Mv2，得v＝233gh.[答案]233gh动能定理与机械能守恒定律的选用思路(1)从研究对象看，动能定理主要用于单个质点，而机械能守恒定律运用于系统．(2)从做功角度看，除重力和系统内的弹力做功外，有其他力参与做功选用动能定理．没有其他力参与做功对系统可以选用机械能守恒定律，也可以选用动能定理．(3)机械能守恒定律主要在于判断是否守恒以及选择恰当的守恒方程，动能定理主要则是选择正确的过程并求出该过程的总功．2.如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量为m的球，杆可绕无摩擦的轴O转动，使杆从水平位置无初速度释放．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功？[解析]设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB.如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，因为机械能没有转化为其它形式的能，故系统机械能守恒，可得mgL＋12mgL＝12mv2A＋12mv2B因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2vA由以上二式得vA＝3gL5，vB＝12gL5根据动能定理．可解出杆对A、B做的功对A有WA＋mgL2＝12mv2A－0所以WA＝－0.2mgL对B有：WB＋mgL＝12mv2B－0，所以WB＝0.2mgL.[答案]－0.2mgL0.2mgL当堂固双基达标1.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.π4mgRC[在Q点，N－mg＝mv2R，所以v＝gR；由P到Q，根据动能定理得mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝12mgR，故C正确．]2.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑到底端的过程中(杆与水平方向夹角为30°)()A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能先减小后增大C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大C[圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误．]3.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触．若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功()A．0B．mgRsinθC．2mgRsinθD．2mgRB[设A球的重心在斜面上上升的高度为h.两球的初速度大小为v.对A、B整体，根据机械能守恒定律得12·2mv2＝mgh＋mg(h＋2Rsinθ)再对B，由动能定理得W－mg(h＋2Rsinθ)＝0－12mv2联立解得A球对B球所做的功W＝mgRsinθ，故选B.]4．一质量为m的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是()A．物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR1＋cosvRtB．物体运动的过程中，动能随时间的变化关系为Ek＝12mv2－mgR1－cosvRtC．物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝12mv2D．物体运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝12mv2＋mgR1－cosvRtD[重力势能Ep＝mg(R－Rcosθ)，θ＝ωt＝vRt.则Ep＝mgR1－cosvRt，物体的动能Ek＝12mv2不变，机械能Ep＝12mv2＋mgR1－cosvRt.故D项正确．]5.如图所示，让摆球从图中A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线被拉断．设摆线长l＝1.6m，O点离地面高H＝5.8m，不计线断时的机械能损失，不计空气阻力，g取10m/s2，求：(1)摆球刚到达B点时的速度大小；(2)摆球落地时的速度大小．[解析](1)摆球由A到B的过程中只有重力做功，故机械能守恒．根据机械能守恒定律得mg(1－sin30°)l＝12mv2B，则vB＝2gl1－sin30°＝gl＝10×1.6m/s＝4m/s.(2)设摆球落地点为题图中的D点，则摆球由B到D过程中只有重力做功，机械能守恒．根据机械能守恒定律得12mv2D－12mv2B＝mg(H－l)则vD＝v2B＋2gH－l42＋2×10×5.8－1.6m/s＝10m/s.[答案](1)4m/s(2)10m/s