2024年高中物理新教材同步 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(yīng)用

專題強化動能定理和機械能守恒定律的綜合應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]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(重難點)。2.能靈活運用動能定理和機械能守恒定律解決綜合問題(重難點)。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(dá)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)化的過程合外力做的功是動能變化的量度應(yīng)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(yīng)用，都只考慮初、末狀態(tài)，不需要考慮所經(jīng)歷過程的細(xì)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(yīng)用更廣泛、更普遍例1如圖所示水平軌道BC，左端與半徑為R的四分之一圓軌道AB連接，右端與半徑為r的四分之三圓軌道CDEF連接，圓心分別為O1、O2，質(zhì)量為m的過山車從高為R的A處由靜止滑下，恰好能夠通過右側(cè)圓軌道最高點E，重力加速度為g，不計一切摩擦阻力，求：(1)過山車在B點時的速度大??；(2)過山車在C點時對軌道的壓力大小。答案(1)eq\r(2gR)(2)6mg解析方法一運用動能定理(1)根據(jù)動能定理mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gR)。(2)過山車在E點時由牛頓第二定律有mg＝meq\f(vE2,r)，從C點到E點，由動能定理有－mg·2r＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvC2又FC－mg＝meq\f(vC2,r)，由牛頓第三定律，過山車對軌道的壓力大小FC′＝FC＝6mg。方法二運用機械能守恒定律(1)A到B，選地面為參考平面，對過山車由機械能守恒定律得mgR＋0＝0＋eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gR)。(2)過山車在E點時有mg＝meq\f(vE2,r)，從C到E，由機械能守恒定律得mg·2r＋eq\f(1,2)mvE2＝0＋eq\f(1,2)mvC2，過山車過C點時，受到軌道的支持力大小為FC，F(xiàn)C－mg＝meq\f(vC2,r)，由牛頓第三定律，過山車對軌道的壓力大小為FC′＝FC＝6mg。例2(2022·常州市高一期中)一跳臺滑雪運動員在進(jìn)行場地訓(xùn)練。某次訓(xùn)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的過程機械能守恒，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。二、動能定理和機械能守恒定律的綜合應(yīng)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3(2022·北京市第十二中學(xué)高一期中)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道在B點平滑連接，軌道半徑為R，一個質(zhì)量為m的小球?qū)椈蓧嚎s至A處。小球從A處由靜止釋放被彈開后，經(jīng)過B點進(jìn)入軌道的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能沿軌道運動到C點，重力加速度為g，求：(1)小球在最高點C的速度大小vC；(2)小球在最低點B的速度大小vB；(3)釋放小球前彈簧的彈性勢能；(4)小球由B到C克服阻力做的功。答案(1)eq\r(gR)(2)eq\r(7gR)(3)eq\f(7,2)mgR(4)mgR解析(1)在最高點C時，根據(jù)牛頓第二定律有meq\f(vC2,R)＝mg，解得vC＝eq\r(gR)(2)根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在最低點B時所受支持力大小為FN＝8mg根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(7gR)(3)根據(jù)機械能守恒定律可得釋放小球前彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(7,2)mgR(4)設(shè)小球由B到C克服阻力做的功為W，根據(jù)動能定理有－2mgR－W＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得W＝mgR。例4(2023·菏澤市期末)如圖所示，AB面光滑、傾角θ＝30°的斜面體固定在水平桌面上，桌面右側(cè)與光滑半圓形軌道CD相切于C點，圓弧軌道的半徑R＝0.1m。物塊甲、乙用跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，開始時乙被按在桌面上，甲位于斜面頂端A點，滑輪左側(cè)輕繩豎直、右側(cè)輕繩與AB平行；現(xiàn)釋放乙，當(dāng)甲滑至AB中點時輕繩斷開，甲恰好能通過圓形軌道的最高點D。已知AB長L＝1m，桌面BC段長l＝0.5m，甲質(zhì)量M＝1.4kg、乙質(zhì)量m＝0.1kg，甲從斜面滑上桌面時速度大小不變，重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)甲到達(dá)斜面底端時重力的瞬時功率；(2)甲與桌面間的動摩擦因數(shù)。答案(1)21W(2)0.4解析(1)設(shè)輕繩斷開時甲速度的大小為v1，根據(jù)機械能守恒定律Mgeq\f(L,2)sinθ－mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(M＋m)v12設(shè)甲到達(dá)斜面底端時的速度大小為v2，從AB中點到底端的過程根據(jù)動能定理Mg×eq\f(L,2)sinθ＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12重力的瞬時功率P＝Mgv2sinθ解得P＝21W(2)設(shè)甲到達(dá)C、D時的速度大小分別為v3、v4，從B到C根據(jù)動能定理－μMgl＝eq\f(1,2)Mv32－eq\f(1,2)Mv22由C到D過程，由動能定理得－Mg×2R＝eq\f(1,2)Mv42－eq\f(1,2)Mv32甲恰好能通過圓形軌道的最高點D，根據(jù)牛頓第二定律Mg＝Meq\f(v42,R)解得μ＝0.4。專題強化練1.(2023·西安市鐵一中學(xué)高一期末)如圖所示，光滑的傾斜軌道AB與粗糙的豎直放置的半圓形軌道CD通過一小段圓弧BC平滑連接，BC的長度可忽略不計，C為圓弧軌道的最低點。一質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊在A點從靜止開始沿AB軌道下滑，進(jìn)入半圓形軌道CD。已知半圓形軌道半徑R＝0.2m，A點與軌道最低點的高度差h＝0.8m，不計空氣阻力，小物塊可以看作質(zhì)點，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)小物塊運動到C點時速度的大??；(2)若小物塊恰好能通過半圓形軌道的最高點D，求小物塊在半圓形軌道上運動過程中克服摩擦力所做的功。答案(1)4m/s(2)0.3J解析(1)從A到C，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝4m/s(2)若小物塊恰好能通過半圓形軌道的最高點D，則有mg＝eq\f(mvD2,R)物塊從C到D，由動能定理得－mg·2R－W克f＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2解得W克f＝0.3J。2.如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上放有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，兩球之間用一根長為L的輕桿相連，下面的小球B離水平地面的高度為h。兩球從靜止開始下滑，最終在水平地面上運動，不計球與水平地面碰撞時的機械能損失，且地面光滑，重力加速度為g，求：(1)兩球在光滑水平地面上運動時的速度大??；(2)此過程中桿對A球所做的功。答案見解析解析(1)由于不計摩擦及碰撞時的機械能損失，因此兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒。兩球在光滑水平地面上運動時的速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)機械能守恒定律有mg(2h＋Lsinθ)＝2×eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh＋gLsinθ)。(2)因兩球在光滑水平地面上運動時的速度v比B球從h處自由滑下的速度eq\r(2gh)大，則桿對B球做的功為WB＝eq\f(1,2)mv2－mgh＝eq\f(1,2)mgLsinθ因系統(tǒng)的機械能守恒，所以桿對B球做的功與桿對A球做的功的絕對值應(yīng)該相等，桿對B球做正功，對A球做負(fù)功，所以桿對A球做的功為WA＝－eq\f(1,2)mgLsinθ。3.(2023·遼源市期末)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，不計空氣阻力。(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(shè)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。4.(2023·太湖高級中學(xué)高一?？?如圖所示，長直輕桿兩端分別固定小球A和B，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為L。先將桿豎直靠放在豎直墻上，輕輕撥動小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動，當(dāng)小球A沿墻下滑距離為eq\f(L,2)時，下列說法正確的是(不計一切摩擦，重力加速度為g)()A．桿對小球A做功為eq\f(1,4)mgLB．小球A、B的速度都為eq\f(1,2)eq\r(gL)C．小球A、B的速度分別為eq\f(1,2)eq\r(3gL)和eq\f(1,2)eq\r(gL)D．桿與小球A、B組成的系統(tǒng)機械能減少了eq\f(1,2)mgL答案C解析對A、B及桿組成的系統(tǒng)，整個過程中，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得mg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，又有vAcos60°＝vBcos30°，解得vA＝eq\f(1,2)eq\r(3gL)，vB＝eq\f(1,2)eq\r(gL)，故C正確，B、D錯誤；對A，由動能定理得mgeq\f(L,2)＋W＝eq\f(1,2)mvA2，解得桿對小球A做的功W＝－eq\f(1,8)mgL，故A錯誤。5．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(shè)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(guān)閉電動機，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點后水平飛出，賽車能從C點無碰撞地進(jìn)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需要滿足的條件。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(dāng)賽車恰好通過最高點D時，設(shè)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。6．(2022·南京航空航天大學(xué)蘇州附屬中學(xué)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在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(yuǎn)＝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，小物塊將以一定的水平速度v0向右