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方法異同.2.能靈活運用動能定理和機械能守恒定律解決綜合題目．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)化的過程合外力對物體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，都要考慮初、末狀態(tài)，都不需要考慮所經(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、更普遍如圖1，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(dāng)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．圖1答案見解析解析方法一利用機械能守恒定律設(shè)甲、乙兩物塊質(zhì)量均為m，物塊甲下落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(shè)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)T·h－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(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．一條長為0.80m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量m＝0.10kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝1.00m，開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，如圖2所示，讓小球從靜止釋放，當(dāng)小球運動到B點時，輕繩碰到懸點O正下方一個固定的光滑小釘子P時立刻斷裂，不計輕繩斷裂的能量損失，取重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力．圖2(1)求當(dāng)小球運動到B點時的速度大?。?2)繩斷裂后小球從B點拋出并落在水平地面的C點，求小球落到C點時的瞬時速度的大?。鸢?1)4.0m/s(2)2eq\r(5)m/s解析(1)設(shè)小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mvB2＝mgl，解得小球運動到B點時的速度大小為：vB＝eq\r(2gl)＝4.0m/s.(2)小球從B點做平拋運動，小球只受重力，全過程機械能守恒，由機械能守恒定律有mgH＝eq\f(1,2)mv2，可得v＝eq\r(2gH)＝2eq\r(5)m/s.針對訓(xùn)練如圖3所示，斜面ABC下端與圓軌道CDE相切于C點，整個裝置豎直固定，D是圓軌道的最低點，斜面的傾角θ＝37°，B與圓心O等高，圓軌道半徑r＝0.5m，斜面高h(yuǎn)＝1.4m．現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝1kg的小物塊P(視為質(zhì)點)從斜面上端A點由靜止下滑，經(jīng)豎直圓軌道回到最低點D′以后經(jīng)直軌道D′F沖上兩個半徑均為R＝0.4m的圓管軌道，所有軌道均光滑，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，忽略空氣阻力，求：圖3(1)物塊到達(dá)D點時對軌道的壓力大??；(2)若物塊要在不脫離軌道的基礎(chǔ)上能通過圓管軌道最高點G，則物塊釋放的高度H(距離斜面底端的高度)至少為多少？答案(1)70N(2)1.15m解析(1)物塊從A到D的過程，由動能定理得mg(h＋r－rcosθ)＝eq\f(1,2)mvD2，物塊到達(dá)D點時，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(D2),r)，聯(lián)立解得FN＝70N，根據(jù)牛頓第三定律知，物塊到達(dá)D點時對軌道的壓力大小為70N.(2)因G點高于圓軌道半徑，若物塊要在不脫離軌道的基礎(chǔ)上能通過G點，則物塊必須能通過E點，則物塊在E點的速度必須滿足vE≥eq\r(gr).從開始到E點的過程，由機械能守恒定律得mg(H＋r－rcosθ)＝eq\f(1,2)mvE2＋2mgr，解得H≥1.15m，所以物塊釋放的高度至少為1.15m.如圖4所示，曲面AB與半徑為r、內(nèi)壁光滑的四分之一細(xì)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(jìn)入管口B端時，上管壁對小球的作用力為mg.圖4(1)求小球到達(dá)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(v\o\al(B2),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(dāng)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.如圖1所示，質(zhì)量為m的物體，以某一初速度從A點向下沿光滑的軌道運動，不計空氣阻力，若物體通過軌道最低點B時的速度為3eq\r(gR)，求：圖1(1)物體在A點時的速度大??；(2)物體離開C點后還能上升的高度．答案(1)eq\r(3gR)(2)3.5R解析(1)物體在從A點運動到B點的過程中只有重力做功，機械能守恒，選取B點為零勢能點．設(shè)物體在B處的速度為vB，則mg·3R＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2，得v0＝eq\r(3gR).(2)設(shè)物體從B點上升到最高點的高度為h1，由機械能守恒定律可得mgh1＝eq\f(1,2)mvB2，解得h1＝4.5R所以物體離開C點后還能上升h2＝h1－R＝3.5R.2.如圖2所示為一遙控電動賽車(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：圖2(1)賽車通過C點時的速度大?。?2)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需要滿足什么條件？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(v\o\al(D2),R0)從C到D，由動能定理可知：－mgR0(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(C2)，解得R0＝eq\f(25,46)m所以軌道半徑0<R≤eq\f(25,46)m.3.(2020·河北張家口市期末)如圖3是彈簧槍發(fā)射鋼珠前，測量彈簧的彈性勢能的裝置，M為半徑R＝1.6m、固定于豎直平面內(nèi)的光滑半圓弧軌道，A、B分別是軌道的最低點和最高點；N為鋼珠接收罩，它是一個與軌道的最低點A相平的足夠大的接收罩，在A點放置水平向左的彈簧槍(槍的大小可忽略不計)，可向M軌道發(fā)射速度不同的質(zhì)量均為m＝0.01kg的小鋼球，彈簧槍可將彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為小鋼珠的動能．g取10m/s2.圖3(1)某次發(fā)射的小鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過B點，水平飛出后落到N的某一點上，求該次發(fā)射鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep1；(2)另一次發(fā)射的小鋼珠沿軌道從B點水平飛出后落到N上的位置與A點的水平距離為s＝4.8m，求此次發(fā)射鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep2.答案(1)0.4J(2)0.5J解析(1)在B處，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(B2),R)解得vB＝eq\r(gR)＝4m/s從發(fā)射鋼珠到上升至B點的過程，由機械能守恒定律有Ep1＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvB2解得Ep1＝0.4J.(2)鋼珠從B點水平飛出后做平拋運動，有2R＝eq\f(1,2)gt2s＝vB′·t聯(lián)立解得vB′＝6m/s由機械能守恒定律有Ep2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvB′2解得Ep2＝0.5J.4.(2020·佛山一中高一檢測)如圖4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(jìn)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：圖4(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(shè)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＝eq\f(s,2)eq\r(\f(g,2h))＝eq\f(2.4,2)×eq\r(\f(10,2×0.8))m/s＝3m/s，在D點有vy＝gt＝4m/s，在D點合速度大小為v＝eq\r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2))＝5m/s，設(shè)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(shè)小球經(jīng)過C點時速度為vC，A到C過程機械能守恒，有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mvC2，在C點，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(C2),R)，聯(lián)立解得FN＝34N.5．(2021·江蘇常州市高一期末)如圖5所示，帶有遮光片(寬度為d)的物體P(質(zhì)量為M＝2m)套在光滑水平直桿上，系在物體P上的細(xì)線跨過兩個定滑輪與物體Q(質(zhì)量為m)相連．細(xì)線與物體Q相連處設(shè)置有力傳感器可以測出細(xì)線中的拉力．已知細(xì)線無彈性，定滑輪與光滑直桿都在豎直平面內(nèi)，定滑輪與光滑直桿之間的距離為h，不計空氣阻力．將物體P在圖示位置(細(xì)線與水平直桿夾角為θ＝30°)由靜止釋放，重力加速度為g.圖5(1)求物體P的最大速度；(2)若物體P沿直桿運動到細(xì)線與水平直桿的夾角為α＝45°時(如圖位置)，力傳感器示數(shù)為F，求此時物體Q的速度大小和加速度大?。鸢?1)eq\r(gh)(2)eq\r(\f(2\r(2)－2gh,5))eq\f(F,m)－g解析(1)當(dāng)物體P運動到左側(cè)定滑輪正下方時速度最大，此時Q速度為零．對系統(tǒng)，由機械能守恒定律有mgheq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθ)－1))＝eq\f(1,2)Mvmax2，解得vmax＝eq\r(gh)(2)物體P由初位置沿直桿運動到細(xì)線與水平直桿的夾角為α＝45°的過程中，對系統(tǒng)，由機械能守恒定律有mgheq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθ)－\f(1,sinα)))＝eq\f