第八章 专题强化 动能定理-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）津鲁琼云晋皖黑吉桂贵粤辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕

专题强化　动能定理和机械能守恒定律的综合应用 [学习目标]　1.知道动能定理与机械能守恒定律的区别，体会二者在解题时的异同(重难点)。2.能灵活运用动能定理和机械能守恒定律解决综合问题(重难点)。 一、动能定理和机械能守恒定律的比较 规律 比较 机械能守恒定律 动能定理 表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB W＝ΔEk 使用范围 只有重力或弹力做功 无条件限制 研究对象 物体与地球组成的系统 质点 物理意义 重力或弹力做功的过程是动能与势能转化的过程 合外力做的功是动能变化的量度 应用角度 守恒条件及初、末状态机械能的形式和大小 动能的变化及合外力做功情况 选用原则 (1)无论直线运动还是曲线运动，条件合适时，两规律都可以应用，都只考虑初、末状态，不需要考虑所经历过程的细节 (2)能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决；能用动能定理解决的问题不一定能用机械能守恒定律解决 (3)动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍 例1　如图所示水平轨道BC，左端与半径为R的四分之一圆轨道AB连接，右端与半径为r的四分之三圆轨道CDEF连接，圆心分别为O1、O2，质量为m的过山车从高为R的A处由静止滑下，恰好能够通过右侧圆轨道最高点E，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力，求： (1)过山车在B点时的速度大小； (2)过山车在C点时对轨道的压力大小。 答案　(1)　(2)6mg 解析　方法一　运用动能定理 (1)根据动能定理mgR＝mvB2， 解得vB＝。 (2)过山车在E点时由牛顿第二定律有mg＝m， 从C点到E点，由动能定理有－mg·2r＝mvE2－mvC2 又FC－mg＝m， 由牛顿第三定律，过山车对轨道的压力大小FC′＝FC＝6mg。 方法二　运用机械能守恒定律 (1)A到B，选地面为参考平面，对过山车由机械能守恒定律得mgR＋0＝0＋mvB2， 解得vB＝。 (2)过山车在E点时有mg＝m， 从C到E，由机械能守恒定律得mg·2r＋mvE2＝0＋mvC2， 过山车过C点时，受到轨道的支持力大小为FC，FC－mg＝m， 由牛顿第三定律，过山车对轨道的压力大小为FC′＝FC＝6mg。 例2　(2022·常州市高一期中)一跳台滑雪运动员在进行场地训练。某次训练中，运动员以30 m/s的速度斜向上跳出，空中飞行后在着陆坡的K点着陆。起跳点到K点的竖直高度差为60 m，运动员总质量(包括装备)为60 kg，g取10 m/s2。试分析(结果可以保留根号)： (1)若不考虑空气阻力，理论上运动员着陆时的速度多大？ (2)若运动员着陆时的速度大小为44 m/s，飞行中克服空气阻力做功为多少？ 答案　(1)10 m/s　(2)4 920 J 解析　(1)不考虑空气阻力，运动员从起跳到着陆的过程机械能守恒，则有mv02＋mgh＝mv2，解得v＝10 m/s (2)运动员飞行过程，根据动能定理有mgh－W克阻＝mv12－mv02，解得W克阻＝4 920 J。 二、动能定理和机械能守恒定律的综合应用 动能定理和机械能守恒定律，都可以用来求能量或速度，但侧重点不同，动能定理解决物体运动，尤其计算对该物体的做功时较简单，机械能守恒定律解决系统问题往往较简单，两者的灵活选择可以简化运算过程。 例3　(2022·北京市第十二中学高一期中)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点平滑连接，轨道半径为R，一个质量为m的小球将弹簧压缩至A处。小球从A处由静止释放被弹开后，经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能沿轨道运动到C点，重力加速度为g，求： (1)小球在最高点C的速度大小vC； (2)小球在最低点B的速度大小vB； (3)释放小球前弹簧的弹性势能； (4)小球由B到C克服阻力做的功。 答案　(1)　(2)　(3)mgR　(4)mgR 解析　(1)在最高点C时，根据牛顿第二定律有m＝mg，解得vC＝ (2)根据牛顿第三定律可知，小球在最低点B时所受支持力大小为FN＝8mg 根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vB＝ (3)根据机械能守恒定律可得释放小球前弹簧的弹性势能为Ep＝mvB2＝mgR (4)设小球由B到C克服阻力做的功为W，根据动能定理有－2mgR－W＝mvC2－mvB2 解得W＝mgR。 例4　(2023·菏泽市期末)如图所示，AB面光滑、倾角θ＝30°的斜面体固定在水平桌面上，桌面右侧与光滑半圆形轨道CD相切于C点，圆弧轨道的半径R＝0.1 m。物块甲、乙用跨过轻质定滑轮的轻绳连接，开始时乙被按在桌面上，甲位于斜面顶端A点，滑轮左侧轻绳竖直、右侧轻绳与AB平行；现释放乙，当甲滑至AB中点时轻绳断开，甲恰好能通过圆形轨道的最高点D。已知AB长L＝1 m，桌面BC段长l＝0.5 m，甲质量M＝1.4 kg、乙质量m＝0.1 kg，甲从斜面滑上桌面时速度大小不变，重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)甲到达斜面底端时重力的瞬时功率； (2)甲与桌面间的动摩擦因数。 答案　(1)21 W　(2)0.4 解析　(1)设轻绳断开时甲速度的大小为v1，根据机械能守恒定律Mgsin θ－mg＝(M＋m)v12 设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，从AB中点到底端的过程根据动能定理Mg×sin θ＝Mv22－Mv12 重力的瞬时功率P＝Mgv2sin θ 解得P＝21 W (2)设甲到达C、D时的速度大小分别为v3、v4，从B到C根据动能定理－μMgl＝Mv32－Mv22 由C到D过程，由动能定理得－Mg×2R＝Mv42－Mv32 甲恰好能通过圆形轨道的最高点D，根据牛顿第二定律Mg＝M 解得μ＝0.4。 专题强化练 1.(2023·西安市铁一中学高一期末)如图所示，光滑的倾斜轨道AB与粗糙的竖直放置的半圆形轨道CD通过一小段圆弧BC平滑连接，BC的长度可忽略不计，C为圆弧轨道的最低点。一质量m＝0.1 kg的小物块在A点从静止开始沿AB轨道下滑，进入半圆形轨道CD。已知半圆形轨道半径R＝0.2 m，A点与轨道最低点的高度差h＝0.8 m，不计空气阻力，小物块可以看作质点，重力加速度取g＝10 m/s2。求： (1)小物块运动到C点时速度的大小； (2)若小物块恰好能通过半圆形轨道的最高点D，求小物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力所做的功。 答案　(1)4 m/s　(2)0.3 J 解析　(1)从A到C，由机械能守恒定律有mgh＝mvC2 解得vC＝4 m/s (2)若小物块恰好能通过半圆形轨道的最高点D，则有mg＝ 物块从C到D，由动能定理得 －mg·2R－W克f＝mvD2－mvC2 解得W克f＝0.3 J。 2.如图所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离水平地面的高度为h。两球从静止开始下滑，最终在水平地面上运动，不计球与水平地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑，重力加速度为g，求： (1)两球在光滑水平地面上运动时的速度大小； (2)此过程中杆对A球所做的功。 答案　见解析 解析　(1)由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒。两球在光滑水平地面上运动时的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有 mg(2h＋Lsin θ)＝2×mv2 解得v＝。 (2)因两球在光滑水平地面上运动时的速度v比B球从h处自由滑下的速度大，则杆对B球做的功为 WB＝mv2－mgh＝mgLsin θ 因系统的机械能守恒，所以杆对B球做的功与杆对A球做的功的绝对值应该相等，杆对B球做正功，对A球做负功，所以杆对A球做的功为WA＝－mgLsin θ。 3.(2023·辽源市期末)如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放，不计空气阻力。(重力加速度为g) (1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？ (2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？ 答案　(1)　　(2)－mgl 解析　(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒。设转到竖直位置的瞬间A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，有mg·2l－mgl＝mvA2＋mvB2 vA＝2lω，vB＝lω，则vA＝2vB 联立解得vB＝，vA＝ (2)对A球，由动能定理得mg·2l＋W＝mvA2 联立解得W＝－mgl。 4.(2023·太湖高级中学高一校考)如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为g)(　　) A．杆对小球A做功为mgL B．小球A、B的速度都为 C．小球A、B的速度分别为和 D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL 答案　C 解析　对A、B及杆组成的系统，整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得mg·＝mvA2＋mvB2，又有vAcos 60°＝vBcos 30°，解得vA＝，vB＝，故C正确，B、D错误；对A，由动能定理得mg＋W＝mvA2，解得杆对小球A做的功W＝－mgL，故A错误。 5．如图所示为一电动遥控赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，赛道AB的长度为2 m，C与圆心O的连线与竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)赛车通过C点时的速度大小； (2)赛车电动机工作的时间； (3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，轨道半径R需要满足的条件。 答案　(1)5 m/s　(2)2 s　(3)0<R≤ m 解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，则竖直方向vy＝＝3 m/s 由图可知：vC＝＝5 m/s； (2)由(1)可知赛车通过B点时的速度 v0＝vCcos 37°＝4 m/s 根据动能定理得：Pt－FflAB＝mv02，解得t＝2 s； (3)当赛车恰好通过最高点D时，设轨道半径为R0，有：mg＝m 从C到D，由动能定理可知：－mgR0(1＋cos 37°)＝mvD2－mvC2，解得R0＝ m 所以轨道半径0<R≤ m。 6．(2022·南京航空航天大学苏州附属中学高一期中)如图，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。在高h＝0.8 m的光滑水平平台上，一质量m＝1.0 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v0向右飞下平台，做平抛运动恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)弹簧储存的弹性势能Ep； (2)物块经过B点时，对圆弧轨道压力FN的大小； (3)物块在轨道CD上运动的路程s。(结果保留两位小数) 答案　(1)4.5 J　(2)68 N　(3)1.09 m 解析　(1)由平抛运动规律，可得小物块在A处的竖直分速度为vy＝ 解得vy＝4 m/s 则小物块做平抛运动的初速度为v0＝vytan 37°＝3 m/s 所以弹簧储存的弹性势能为Ep＝mv02＝4.5 J； (2)小物块从水平平台抛出到B点的过程，由动能定理有mg(h＋R－Rcos 53°)＝mvB2－mv02 经过B点时，根据牛顿第二定律有FN′－mg＝m 代入数据解得FN′＝68 N 由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为 FN＝68 N； (3)因μmgcos 37°>mgsin 37° 物块沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑，从B上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)·s＝0－mvB2 代入数据可解得s＝ m≈1.09 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$