人教版高中物理新教材同步講義必修第二冊 第8章 專題強化　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用（含解析）

動能定理和機械能守恒定律的綜合應用[學習目標]1.知道動能定理與機械能守恒定律的區(qū)別，體會二者在解題時的異同.2.能靈活運用動能定理和機械能守恒定律解決綜合問題．一、動能定理和機械能守恒定律的比較規(guī)律比較機械能守恒定律動能定理表達式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA＝－ΔEBW＝ΔEk使用范圍只有重力或彈力做功無條件限制研究對象物體與地球組成的系統(tǒng)質(zhì)點物理意義重力或彈力做功的過程是動能與勢能轉(zhuǎn)化的過程合外力對物體做的功是動能變化的量度應用角度守恒條件及初、末狀態(tài)機械能的形式和大小動能的變化及合外力做功情況選用原則(1)無論直線運動還是曲線運動，條件合適時，兩規(guī)律都可以應用，都要考慮初、末狀態(tài)，都不需要考慮所經(jīng)歷過程的細節(jié)(2)能用機械能守恒定律解決的問題都能用動能定理解決；能用動能定理解決的問題不一定能用機械能守恒定律解決(3)動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍例1如圖，足夠長的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量相等的甲、乙兩物塊通過輕繩連接放置在光滑輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，并用手托住甲物塊．使兩物塊都靜止，移開手后，甲物塊豎直下落，當甲物塊下降0.8m時，求乙物塊的速度大小(此時甲未落地，g＝10m/s2)．請用機械能守恒定律和動能定理分別求解，并比較解題的難易程度．答案見解析解析方法一利用機械能守恒定律設甲、乙兩物塊質(zhì)量均為m，物塊甲下降h＝0.8m由于甲、乙兩物塊機械能守恒mgh－mghsin30°＝eq\f(1,2)(2m)v2解得v＝2m/s故此時乙的速度大小為2m/s方法二利用動能定理設甲、乙兩物塊的質(zhì)量都為m，甲下落0.8m時兩物塊速度大小都為v對甲，由動能定理，mgh－FTh＝eq\f(1,2)mv2①對乙，由動能定理，F(xiàn)Th－mghsin30°＝eq\f(1,2)mv2②由①②式聯(lián)立解得，v＝2m/s故乙此時速度大小為2m/s此題用機械能守恒定律解題更簡單一些．二、動能定理和機械能守恒定律的綜合應用動能定理和機械能守恒定律，都可以用來求能量或速度，但側(cè)重點不同，動能定理解決物體運動，尤其計算對該物體的做功時較簡單，機械能守恒定律解決系統(tǒng)問題往往較簡單，兩者的靈活選擇可以簡化運算過程．例2如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點，圓弧BC所對圓心角θ＝37°.已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長度為L＝2.875m．質(zhì)量為m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道，恰能通過最高點D.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊通過C、D點的速度大??；(2)物塊經(jīng)過C點時對圓弧軌道的壓力大小FC；(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ.答案(1)eq\r(5)m/s5m/s(2)60N(3)0.25解析(1)由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點，在最高點D由牛頓第二定律有mg＝meq\f(vD2,R)解得vD＝eq\r(5)m/s從C到D由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvD2＋mg·2R解得vC＝5m/s；(2)在C點時由牛頓第二定律可得FC′－mg＝meq\f(vC2,R)由牛頓第三定律得FC＝FC′代入數(shù)據(jù)得FC＝60N(3)對小物塊從A經(jīng)B到C過程，由動能定理有mg[Lsinθ＋R(1－cosθ)]－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvC2－0代入數(shù)據(jù)得μ＝0.25.例3如圖所示，質(zhì)量不計的硬直桿的兩端分別固定質(zhì)量均為m的小球A和B，它們可以繞光滑軸O在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動．已知OA＝2OB＝2l，將桿從水平位置由靜止釋放．(重力加速度為g)(1)在桿轉(zhuǎn)動到豎直位置時，小球A、B的速度大小分別為多少？(2)在桿轉(zhuǎn)動到豎直位置的過程中，桿對A球做了多少功？答案(1)eq\f(2\r(10gl),5)eq\f(\r(10gl),5)(2)－eq\f(6,5)mgl解析(1)小球A和B及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒．設轉(zhuǎn)到豎直位置的瞬間A、B的速率分別為vA、vB，桿旋轉(zhuǎn)的角速度為ω，有mg·2l－mgl＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2vA＝2lω，vB＝lω，則vA＝2vB聯(lián)立解得vB＝eq\f(\r(10gl),5)，vA＝eq\f(2\r(10gl),5)(2)對A球，由動能定理得mg·2l＋W＝eq\f(1,2)mvA2聯(lián)立解得W＝－eq\f(6,5)mgl.例4如圖所示，曲面AB與半徑為r、內(nèi)壁光滑的四分之一細圓管BC平滑連接于B點，管口B端切線水平，管口C端正下方立一根輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口C端齊平．質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)在曲面上某點由靜止釋放，進入管口B端時，上管壁對小球的作用力為mg(g為重力加速度)．(1)求小球到達B點時的速度大小vB；(2)若釋放點距B點的高度為2r，求小球在曲面AB上運動時克服阻力所做的功W；(3)小球通過BC后壓縮彈簧，壓縮彈簧過程中彈簧彈性勢能的最大值為Ep，求彈簧被壓縮的最大形變量x.答案(1)eq\r(2gr)(2)mgr(3)eq\f(Ep,mg)－2r解析(1)小球在B點時，由牛頓第二定律可得mg＋mg＝meq\f(vB2,r)解得vB＝eq\r(2gr).(2)小球從被釋放至滑到B點過程，由動能定理得mg·2r－W＝eq\f(1,2)mvB2－0解得W＝mgr.(3)當彈性勢能最大時，小球的速度為0，對小球從B點到最低點的過程，由小球與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒可知mg(r＋x)＋eq\f(1,2)mvB2＝Ep解得x＝eq\f(Ep,mg)－2r.1．(2022·常州市高一期中)一跳臺滑雪運動員在進行場地訓練．某次訓練中，運動員以30m/s的速度斜向上跳出，空中飛行后在著陸坡的K點著陸．起跳點到K點的豎直高度差為60m，運動員總質(zhì)量(包括裝備)為60kg，g取10m/s2.試分析(結(jié)果可以保留根號)；(1)若不考慮空氣阻力，理論上運動員著陸時的速度多大？(2)若運動員著陸時的速度大小為44m/s，飛行中克服空氣阻力做功為多少？答案(1)10eq\r(21)m/s(2)4920J解析(1)不考慮空氣阻力，運動員從起跳到著陸機械能守恒，則有eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝10eq\r(21)m/s(2)運動員的飛行過程，根據(jù)動能定理有mgh－W克阻＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得W克阻＝4920J.2．如圖所示為一電動遙控賽車(可視為質(zhì)點)和它的運動軌道示意圖．假設在某次演示中，賽車從A位置由靜止開始運動，工作一段時間后關閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后水平飛出，賽車能從C點無碰撞地進入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，D點和E點分別為圓形軌道的最高點和最低點．已知賽車在水平軌道AB段運動時受到的恒定阻力為0.4N，賽車質(zhì)量為0.4kg，通電時賽車電動機的輸出功率恒為2W，B、C兩點間高度差為0.45m，賽道AB的長度為2m，C與圓心O的連線與豎直方向的夾角α＝37°，空氣阻力忽略不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：(1)賽車通過C點時的速度大??；(2)賽車電動機工作的時間；(3)要使賽車能通過圓軌道最高點D后沿軌道回到水平賽道EG，軌道半徑R需要滿足條件．答案(1)5m/s(2)2s(3)0<R≤eq\f(25,46)m解析(1)賽車在BC間做平拋運動，則豎直方向vy＝eq\r(2gh)＝3m/s由圖可知：vC＝eq\f(vy,sin37°)＝5m/s；(2)由(1)可知賽車通過B點時的速度v0＝vCcos37°＝4m/s根據(jù)動能定理得：Pt－FflAB＝eq\f(1,2)mv02，解得t＝2s；(3)當賽車恰好通過最高點D時，設軌道半徑為R0，有：mg＝meq\f(vD2,R0)從C到D，由動能定理可知：－mgR0(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2，解得R0＝eq\f(25,46)m所以軌道半徑0<R≤eq\f(25,46)m.3.(2022·江蘇金陵中學高一開學考試)嘉年華上有一種回力球游戲，如圖所示，A、B分別為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道的最高點和最低點，半圓形軌道的半徑為2h，B點距水平地面的高度為h，某人在水平地面C點處以某一初速度拋出一個質(zhì)量為m的小球，小球恰好水平進入圓軌道內(nèi)側(cè)運動，小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力9mg，繼續(xù)沿半圓軌道內(nèi)側(cè)運動并恰好能過最高點A后水平拋出，回到水平地面D點(圖中未畫)，若不計空氣阻力，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，求：(1)小球在A點時的速度大??；(2)小球從C點拋出時的速度大??；(3)C、D兩點之間的距離．答案(1)eq\r(2gh)(2)3eq\r(2gh)(3)(4eq\r(2)－2eq\r(5))h解析(1)小球在A點時，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝meq\f(vA2,2h)解得vA＝eq\r(2gh)(2)小球恰好水平進入圓軌道內(nèi)側(cè)運動，小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力9mg，由牛頓第三定律可得，小球經(jīng)過B點時圓軌道對小球的支持力為9mg，根據(jù)牛頓第二定律可得9mg－mg＝meq\f(vB2,2h)解得vB＝4eq\r(gh)，從C點到B點根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvB2＋mgh，解得vC＝3eq\r(2gh)；(3)小球從C點到B點的逆過程為平拋運動，則在豎直方向和水平方向分別有h＝eq\f(1,2)gt12，xBC＝vBt1，解得xBC＝4eq\r(2)h，小球通過最高點A后水平拋出，做平拋運動5h＝eq\f(1,2)gt22，xAD＝vAt2，解得xAD＝2eq\r(5)h，則C、D兩點之間的距離為xCD＝xBC－xAD，解得xCD＝(4eq\r(2)－2eq\r(5))h.4．(2021·西安市高新一中高一期中)如圖所示，一游戲裝置由安裝在水平面上的固定輕質(zhì)彈簧、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、斜軌道AB組成，各部分平滑連接．某次游戲時，滑塊從高為h＝1.0m的斜軌道AB端點B由靜止釋放，沿斜軌道下滑經(jīng)過圓軌道后壓縮彈簧，然后被彈出，再次經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道，循環(huán)往復．已知圓軌道半徑r＝0.1m，滑塊質(zhì)量m＝20g且可視為質(zhì)點，CA長L1＝0.4m．EO長L2＝0.3m，滑塊與AB、EO之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，滑塊與其他軌道摩擦及空氣阻力忽略不計，g取10m/s2.求：(1)滑塊第一次通過圓軌道最高點F時，軌道對滑塊的支持力大??；(2)彈簧獲得的最大彈性勢能Ep.答案(1)2.2N(2)0.13J解析(1)設斜軌道AB與CA間的夾角為θ，滑塊從B點運動到F點，由動能定理有mg(h－2r)＋Wf＝eq\f(1,2)mvF2又Wf＝－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)＝－μmgL1在F點，設軌道對滑塊的支持力大小為FN，對滑塊有FN＋mg＝meq\f(vF2,r)聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得軌道對滑塊的支持力大小為FN＝2.2N；(2)滑塊從B點到彈簧壓縮量最大的運動中，由動能定理可得mgh＋Wf′＋W彈＝0又Wf′＝－(μmgL1＋μmgL2)彈簧獲得的最大彈性勢能Ep＝－W彈．聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝0.13J.5.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R＝0.5m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點，質(zhì)量m＝0.5kg的小球從B點正上方H高處的A點自由下落，由B點進入圓弧軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，D、Q間的距離s＝2.4m，球從D點飛出后的運動過程中相對于水平面上升的最大高度h＝0.8m，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，求：(1)小球釋放點到B點的高度H；(2)經(jīng)過圓弧槽最低點C時軌道對小球的支持力大小FN.答案(1)0.95m(2)34N解析(1)設小球在飛行過程中通過最高點P的速度為v0，P到D和P到Q可視為兩個對稱的平拋運動，則有h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(s,2)＝v0t，可得v0＝3m/s，在D點有vy＝gt＝4m/s，在D點合速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)＝5m/s，設v與水平方向夾角為θ，cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(3,5)，A到D過程機械能守恒，有mgH＋mgRcosθ＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得H＝0.95m.(2)設小球經(jīng)過C點時速度為vC，A到C過程由動能定理有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mvC2，在C點，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，聯(lián)立解得FN＝34N.6．(2022·南京航空航天大學蘇州附屬中學高一期中)如圖，半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD與C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°.在高h＝0.8m的光滑水平平臺上，一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了一定量的彈性勢能Ep，若打開鎖扣K，小