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學必求其心得,業(yè)必貴于專精學必求其心得,業(yè)必貴于專精學必求其心得,業(yè)必貴于專精第16講機械能守恒定律及其應用考綱要求考情分析命題趨勢1.機械能守恒的判斷方法Ⅱ2.單個物體的機械能守恒Ⅱ3.多個物體的機械能守恒Ⅱ2016·全國卷Ⅲ,24機械能守恒定律是力學的重要規(guī)律之一,高考??疾轵炞C機械能守恒定律的實驗,要深刻理解機械能守恒定律的條件,會應用機械能守恒定律求解力學的綜合問題1.重力做功與重力勢能的關系(1)重力做功的特點①重力做功與__路徑__無關,只與始末位置的__高度差__有關.②重力做功不引起物體__機械能__的變化.(2)重力勢能①表達式:Ep=__mgh__。②重力勢能的特點重力勢能是物體和__地球__所共有的,重力勢能的大小與參考平面的選取__有關__,但重力勢能的變化與參考平面的選取__無關__。(3)重力做功與重力勢能變化的關系①定性關系:重力對物體做正功,重力勢能__減小__;重力對物體做負功,重力勢能__增大__;②定量關系:重力對物體做的功等于物體重力勢能增量的負值.即WG=__-(Ep2-Ep1)__=__-ΔEp__.2.彈性勢能(1)定義:發(fā)生__彈性形變__的物體之間,由于有彈力的相互作用而具有的勢能.(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系:彈力做正功,彈性勢能__減小__;彈力做負功,彈性勢能__增加__.即W=__-ΔEp__.3.機械能守恒定律及其應用(1)內容在只有__重力__或__彈簧彈力__做功的物體系統(tǒng)內,動能與勢能可以相互轉化,而總的機械能__保持不變__.(2)守恒條件只有__重力或彈簧彈力__做功.1.請判斷下列表述是否正確,對不正確的表述,請說明原因.(1)被舉到高處的物體重力勢能可以為零.(√)(2)克服重力做功,物體的重力勢能一定增加.(√)(3)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能.(√)(4)彈簧彈力做正功時,彈性勢能增加.(×)解析彈簧彈力做正功時,彈性勢能減少.(5)物體在速度增大時,其機械能可能在減?。ā?(6)物體所受合外力為零時,機械能一定守恒.(×)解析物體所受合外力為零時,運動狀態(tài)不會發(fā)生變化,故動能一定不變,但機械能不一定守恒.(7)物體受到摩擦力作用時,機械能一定要變化.(×)解析物體受摩擦力的作用時,機械能可能不變.例如物體在水平拉力的作用下沿水平粗糙地面勻速運動時,其機械能不變.(8)在只有重力、彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內,只發(fā)生動能和勢能的相互轉化,物體的機械能一定守恒.(√)一機械能守恒的判斷方法1.機械能守恒的條件:只有重力或系統(tǒng)內的彈力做功.2.機械能守恒的判斷方法:(1)從機械能的定義直接判斷:若物體動能、勢能均不變,機械能不變.若一個物體動能不變,重力勢能變化,或重力勢能不變,動能變化或動能和重力勢能同時增加(或減小),其機械能一定變化.(2)用做功判斷:若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功,雖受其他外力,但其他外力不做功,則機械能守恒.(3)用能量轉化來判斷:若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化,則物體系統(tǒng)的機械能守恒.[例1](2018·廣西南寧調研)在如圖所示的物理過程示意圖中,甲圖為一端固定有小球的輕桿,從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動;乙圖為末端固定有A、B兩小球的輕質直角架,釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉動;丙圖為置于光滑水平面上的A、B兩小車,B靜止,A獲得一向右的初速度后向右運動,某時刻連接兩車的細繩繃緊,然后帶動B車運動;丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車,把用細繩懸掛的小球從圖示位置釋放,小球開始擺動.則關于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計),下列判斷中正確的是(A)A.甲圖中小球機械能守恒B.乙圖中小球A的機械能守恒C.丙圖中兩車組成的系統(tǒng)機械能守恒D.丁圖中小球的機械能守恒解析甲圖過程中輕桿對小球不做功,小球的機械能守恒;乙圖過程中A、B兩球通過桿相互影響(例如開始時A球帶動B球轉動),輕桿對A的彈力不沿桿的方向,會對小球做功,所以每個小球的機械能不守恒,但把兩個小球作為一個系統(tǒng)時機械能守恒;丙圖中繩子繃緊的過程雖然只有彈力作為內力做功,但彈力突變有內能轉化,機械能不守恒;丁圖過程中細繩也會拉動小車運動,取地面為參考系,小球的軌跡不是圓弧,細繩會對小球做功,小球的機械能不守恒,把小球和小車當做一個系統(tǒng),機械能才守恒.(1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零,更不是合外力為零;“只有重力做功"不等于“只受重力作用”.(2)分析機械能是否守恒時,必須明確要研究的系統(tǒng).二單個物體機械能守恒定律的應用機械能守恒定律的應用技巧(1)機械能守恒定律是一種“能-能轉化”關系,其守恒是有條件的.因此,應用時首先要對研究對象在所研究的過程中機械能是否守恒做出判斷.(2)如果系統(tǒng)(除地球外)只有一個物體,用守恒觀點列方程較方便;對于由兩個或兩個以上物體組成的系統(tǒng),用轉化或轉移的觀點列方程較簡便.[例2](2018·陜西寶雞調研)如圖所示,豎直平面內的eq\f(3,4)圓弧形光滑管道的半徑略大于小球半徑,管道中心線到圓心的距離為R,A端與圓心O等高,AD為水平面,B點在O點的正下方,小球自A點正上方由靜止釋放,自由下落至A點時進入管道,從上端口飛出后落在C點,當小球到達B點時,管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍.求:(1)釋放點距A點的豎直高度;(2)落點C與A點的水平距離.解析(1)設小球到達B點的速度為v1,因為到達B點時,管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍,所以有9mg-mg=eq\f(mv\o\al(2,1),R).設B點為重力勢能的零點,由機械能守恒定律得mg(h+R)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1),解得h=3R。(2)設小球到達最高點的速度為v2,落點C與A點的水平距離為x。由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)+mg·2R,由平拋運動的規(guī)律得R=eq\f(1,2)gt2,R+x=v2t,解得x=(2eq\r(2)-1)R。答案(1)3R(2)(2eq\r(2)-1)R三多個物體的機械能守恒1.對多個物體組成的系統(tǒng),要注意判斷物體運動過程中系統(tǒng)的機械能是否守恒.判斷方法:看是否有其他形式的能與機械能相互轉化.2.三種守恒表達式的比較角度公式意義注意事項守恒觀點Ek1+Ep1=Ek2+Ep2系統(tǒng)的初狀態(tài)機械能的總和與末狀態(tài)機械能的總和相等初、末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能轉化觀點ΔEk=-ΔEp系統(tǒng)減少(或增加)的重力勢能等于系統(tǒng)增加(或減少)的動能應用時關鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量,可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差轉移觀點ΔEA增=ΔEB減若系統(tǒng)由A、B兩物體組成,則A物體機械能的增加量與B物體機械能的減少量相等常用于解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題[例3](2016·湖北黃岡模擬)如圖所示,三條長度均為L的輕桿兩兩夾120°在O點連接且能繞垂直桿的水平固定轉軸在豎直平面內做無摩擦的轉動,三條桿的另一端點A、B、C分別固定著質量為3m、2m、m的小球,從圖示位置開始,在該裝置順時針轉動120°的過程中,求輕桿OA、OB、OC分別對質量為3m、2m解析三球的速度大小相等,設為v。在桿順時針轉動120°時,C球的重力勢能不變,A球重力勢能的變化量ΔEpA=-3mg·eq\f(3,2)L,B球重務勢能的變化量ΔEpB=2mg·eq\f(3,2)L,對三個小球組成的系統(tǒng),由機械能守恒定律有-(ΔEpA+ΔEpB)=ΔE,即3mg·eq\f(3,2)L-2mg·eq\f(3,2)L=eq\f(1,2)(m+2m+3m)v2-0,解得v=eq\f(1,2)eq\r(2gL)。在轉動過程中,設輕桿OA、OB、OC分別對質量3m、2m、m的小球所做的功分別為WA、WB、W對質量為3m3mg·eq\f(3,2)L+WA=eq\f(1,2)·3mv2-0,對質量為2m-2mg·eq\f(3,2)L+WB=eq\f(1,2)2mv2-0,對質量為m的小球WC=eq\f(1,2)mv2-0,解得WA=-eq\f(15,4)mgL,WB=eq\f(7,2)mgL,WC=eq\f(1,4)mgL.答案-eq\f(15,4)mgLeq\f(7,2)mgLeq\f(1,4)mgL多物體機械能守恒問題(1)多物體機械能守恒問題的分析方法①對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中,系統(tǒng)的機械能是否守恒;②注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系;③列機械能守恒方程時,一般選用ΔEk=-ΔEp的形式.(2)多物體機械能守恒問題的三點注意①正確選取研究對象;②合理選取物理過程;③正確選取機械能守恒定律常用的表達形式列式求解.四繩索、鏈條類機械能守恒問題對繩索、鏈條之類的問題,由于在考查過程中其常發(fā)生形變,其重心位置對物體來說并不是固定不變的,能否正確確定重心的位置,是解決該類問題的關鍵.一般情況下常分段考慮各部分的勢能,并用各部分勢能之和作為系統(tǒng)總的重力勢能,至于參考平面,可任意選取,但以系統(tǒng)初、末狀態(tài)重力勢能便于表示為宜.[例4]如圖所示,有一條長為L的均勻金屬鏈條,一半長度在光滑斜面上,斜面傾角為θ,另一半長度沿豎直方向下垂在空中,當鏈條從靜止開始釋放后滑動,求鏈條剛好從右側全部滑出斜面時的速度是多大?[思維導引]研究對象:鏈條.隱含條件:釋放后的鏈條,豎直方向的一半向下運動,放在斜面上的一半向上運動,由于豎直部分越來越多,所以鏈條做的是變加速運動,不能用勻變速直線運動的公式去解.思路分析:因為斜面光滑,所以機械能守恒,鏈條得到的動能應是由重力勢能轉化來的,重力勢能的變化可以用重心的位置確定,要注意釋放時的重力勢能可分左右兩段考慮,然后再求和.解析設斜面的最高點為零勢能點,設鏈條的總質量為m,開始時左半部分的重力勢能為EP1=-eq\f(m,2)g·eq\f(L,4)sinθ=-eq\f(1,8)mgLsinθ,右半部分的重力勢能為EP2=-eq\f(m,2)g·eq\f(L,4)=-eq\f(1,8)mgL,機械能E1=EP1+EP2=-eq\f(mgL,8)(1+sinθ),當鏈條剛好全部滑出斜面時,重力勢能EP=-mgeq\f(L,2),動能Ek=eq\f(1,2)mv2,機械能E2=EP+EK=-eq\f(mgL,2)+eq\f(1,2)mv2,由機械能守恒定律得E1=E2,所以-eq\f(mgL,8)(1+sinθ)=-eq\f(mgL,2)+eq\f(1,2)mv2,解得v=eq\f(\r(gL3-sinθ),2).答案eq\f(\r(gL3-sinθ),2)1.(2017·江蘇常州模擬)如圖所示,斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上,現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放,不計一切摩擦,則在小球從釋放到落至地面的過程中,下列說法正確的是(B)A.斜劈對小球的彈力不做功B.斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒C.斜劈的機械能守恒D.小球重力勢能減少量等于斜劈動能的增加量解析不計一切摩擦,小球下滑時,小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功,系統(tǒng)機械能守恒,選項B正確,C、D錯誤;斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°,故彈力做負功,選項A錯誤.2.如圖所示,將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,光滑定滑輪與直桿的距離為d?,F(xiàn)將環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放,當環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處),下列說法正確的是(重力加速度為g)(BA.環(huán)剛釋放時輕繩中的張力等于2mgB.環(huán)到達B處時,重物上升的高度為(eq\r(2)-1)dC.環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為eq\f(\r(2),2)D.環(huán)減少的機械能大于重物增加的機械能解析環(huán)釋放后重物加速上升,故繩中張力一定大于2mg,選項A錯誤;環(huán)到達B處時,繩與直桿間的夾角為45°,重物上升的高度h=(eq\r(2)-1)d,選項B正確;如圖所示,將B處環(huán)速度v進行正交分解,重物上升的速度與其分速度v1大小相等,v1=vcos45°=eq\f(\r(2),2)v,所以,環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于eq\r(2),選項C錯誤;環(huán)和重物組成的系統(tǒng)機械能守恒,故選項D錯誤.3.(2018·湖南岳陽調研)如圖所示,一根長L=5m的輕繩一端固定在O′點,另一端系一質量m=1kg的小球.將輕繩伸直拉至水平并將小球由位置A靜止釋放,小球運動到最低點O時,輕繩剛好被拉斷.O點下方有一以O點為圓心,半徑R=5eq\r(5)m的圓弧狀的曲面,所有阻力不計,已知重力加速度g=10m(1)輕繩所能承受的最大拉力Fm的大??;(2)小球落至曲面上的動能Ek.解析(1)小球由A至O的過程,由機械能守恒定律,有mgL=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),在O點,由牛頓第二定律有Fm-mg=meq\f(v\o\al(2,0),L),解得Fm=30N,由牛頓第三定律可知輕繩所能承受的最大拉力為30N.(2)小球從O點平拋飛出,有x=v0t,y=eq\f(1,2)gt2,小球落至曲面上,根據(jù)幾何關系有x2+y2=R2,小球落至曲面上的速度為v=eq\r(v\o\al(2,0)+gt2),小球落至曲面上的動能為Ek=eq\f(1,2)mv2,解得Ek=100J.答案(1)30N(2)100J[例1](12分)如圖所示,在長為L的輕桿中點A和端點B各固定一質量均為m的小球,桿可繞O軸無摩擦地轉動,使桿從水平位置無初速度釋放擺下.求當桿轉到豎直位置時,輕桿對A、B兩球分別做了多少功?[答題送檢]來自閱卷名師報告錯誤致錯原因扣分(1)錯誤地認為桿的彈力方向總是沿桿的方向.用桿連接一個物體繞桿的一個端點轉動時,桿對物體的彈力方向始終與物體運動方向垂直;而在桿連接兩物體繞桿的一個端點轉動時,由于兩物體獨自繞桿運動時的快慢不同,會導致桿對物體產(chǎn)生垂直桿的側向分力.-12[規(guī)范答題][解析]設當桿轉到豎直位置時,A球和B球的速度分別為vA和vB,如果把輕桿、地球、兩個小球構成的系統(tǒng)作為研究對象,那么由于桿和小球的相互作用力做功總和等于零,故系統(tǒng)機械能守恒.若取B球的最低點所在的水平面為零勢能面,可得2mgL=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)+eq\f(1,2)mgL.又因A球與B球在各個時刻對應的角速度相同,故vB=2vA。由以上二式得vA=eq\r(\f(3gL,5)),vB=eq\r(\f(12gL,5)).根據(jù)動能定理,可解出桿對A、B做的功,對于A有WA+eq\f(mgL,2)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)-0,所以WA=-0。2mgL,對于B有WB+mgL=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)-0,所以WB=0。2mgL。答案-0.2mgL(6分)0.2mgL(6分)1.(2017·全國卷Ⅱ)如圖,半圓形光滑軌道固定在水平地面上,半圓的直徑與地面垂直.一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道,并從軌道上端水平飛出,小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關,此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(B)A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析小物塊由最低點到最高點的過程中,由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2=mg·2R+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1),小物塊從最高點水平飛出做平拋運動有2R=eq\f(1,2)gt2,x=v1t,(x為落地點到軌道下端的距離)聯(lián)立得x2=eq\f(4v2,g)R-16R2,由數(shù)學知識可知,當R=-eq\f(b,2a),即R=eq\f(v2,8g)時,x具有最大值,選項B正確.2.如圖所示為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖,整個軌道在同一豎直平面內,表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切.點A距水面的高度為H,圓弧軌道BC的半徑為R,圓心O恰在水面.一質量為m的游客(視為質點)可從軌道AB的任意位置滑下,不計空氣阻力.(1)若游客從A點由靜止開始滑下,到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點,OD=2R,求游客滑到B點時的速度vB的大小及運動中軌道摩擦力對其所做的功Wf;(2)若游客從AB段某處滑下,恰好停在B點,又因為受到微小擾動,繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道,求P點離水面的高度h。(提示:在圓周運動過程中任一點,質點所受的向心力與其速率的關系為F向=meq\f(v2,R))解析(1)游客從B點做平拋運動,有2R=vBt,R=eq\f(1,2)gt2,解得vB=eq\r(2gR),從A到B,根據(jù)動能定理,有mg(H-R)+Wf=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)-0,解得Wf=2mgR-mgH。(2)設OP與OB間夾角為θ,游客在P點時的速度為vP,受到的支持力為N,從B到P由機械能守恒定律,有mg(R-Rcosθ)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)-0,過P點時,根據(jù)牛頓第二定律,有mgcosθ-N=meq\f(v\o\al(2,P),R),又N=0,cosθ=eq\f(h,R),解得h=eq\f(2,3)R。答案(1)2mgR-mgH(2)eq\f(2,3)R3.山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤,其示意圖如圖所示.圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點,O為青藤的固定點,h1=1。8m,h2=4。0m,x1=4.8m,x2=8.0m.開始時,質量分別為M=10kg和m=2kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上,當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時,迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭.大猴抱起小猴跑到c點,抓住青藤下端,蕩到右邊石頭上的D點,此時速度恰好為零.運動過程中猴子均可看成質點(1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值;(2)抓住青藤蕩起時的速度大?。?3)猴子蕩起時,青藤對猴子的拉力大?。馕觯?)設大猴從A點水平跳離時速度的最小值為vmin,根據(jù)平拋運動規(guī)律,有h1=eq\f(1,2)gt2,x1=vmint,代入數(shù)據(jù)解得vmin=8(2)猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒,設蕩起時的速度為vC,則有(M+m)gh2=eq\f(1,2)(M+m)veq\o\al(2,C),解得vC=eq\r(2gh2)=eq\r(80)m/s≈9m/s.(3)設拉力為FT,青藤的長度為L,在最低點,根據(jù)牛頓第二定律有FT-(M+m)g=(M+m)eq\f(v\o\al(2,C),L),由幾何關系是(L-h(huán)2)2+x22=L2,代入數(shù)據(jù)解得FT=216N。答案(1)8m/s(2)9m/s(3)2161.如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài).現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(BA.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析圓環(huán)沿桿下滑的過程中,圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒,選項A、D錯誤;彈簧長度為2L時,圓環(huán)下落的高度h=eq\r(3)L,根據(jù)機械能守恒定律,彈簧的彈性勢能增加了ΔEp=mgh=eq\r(3)mgL,選項B正確;圓環(huán)釋放后,圓環(huán)向下先做加速運動,后做減速運動,當速度最大時,合力為零,下滑到最大距離時,具有向上的加速度,合力不為零,選項C錯誤.2.(多選)如圖,滑塊a、b的質量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上.a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運動.不計摩擦,a、b可視為質點,重力加速度大小為g。則(BD)A.a(chǎn)落地前,輕桿對b一直做正功B.a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C.a(chǎn)下落過程中,其加速度大小始終不大于gD.a(chǎn)落地前,當a的機械能最小時,b對地面的壓力大小為mg解析設某一時刻a、b速度分別為va、vb,則vacosθ=vbsinθ.當a落到地面時,θ=90°,cosθ=0,故vb為0,可知a下落過程中b先加速后減速,輕桿對b先做正功后做負功,選項A錯誤.輕桿對a的力先為支持力后為拉力,故a的加速度先小于g后大于g,選項C錯誤.由于a、b系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內桿的彈力做功,故a、b機械能守恒,a落地時b速度為零,由機械能守恒定律得mgh=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a),得va=eq\r(2gh).選項B正確.當a機械能最小時,b的機械能最大,即動能最大,此時F桿=0,故FN=mg,選項D正確.3.如圖,在豎直平面內有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道,兩者在最低點B平滑連接.AB弧的半徑為R,BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落,經(jīng)A點沿圓弧軌道運動.(1)求小球在B、A兩點的動能的比值;(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點.解析(1)設小球的質量為m,小球在A點的動能為EkA,由機械能守恒得EkA=mgeq\f(R,4),①設小球在B點的動能為EkB,同理有EkB=mgeq\f(5R,4),②由①②式得eq\f(EkB,EkA)=5。③(2)若小球能沿軌道運動到C點,小球在C點所受軌道的正壓力N應滿足N≥0,④N+mg=meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)),⑤由④⑤式得,vC應滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R),⑥由機械能守恒有mgeq\f(R,4)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C),⑦由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿軌道運動到C點.答案(1)5(2)能4.如圖所示,傾角θ=37°光滑斜面的底端的固定擋板上連接一輕彈簧,斜面頂端與半徑為R的豎直平面內的光滑圓弧軌道相切于B點.質量m的物塊甲將彈簧壓縮至A點,A、B間距為3R,由靜止釋放物塊甲,物塊甲運動到圓弧軌道最高點C時,對軌道的壓力大小等于物塊甲重力的1。4倍,不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0。6,cos37°=0。8.(1)求釋放物塊甲時彈簧具有的彈性勢能Ep;(2)若將物塊甲換成物塊乙,仍將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,為使物塊乙恰能經(jīng)過圓弧軌道最高點C,求物塊乙的質量m0。解析(1)根據(jù)牛頓第三定律可得,物塊甲經(jīng)過圓弧軌道C點,軌道對物塊甲的彈力為1。4mg,設物塊甲經(jīng)過圓弧軌道C點的速度為v1,由牛頓第二定律有1.4mg+mg=meq\f(v\o\al(2,1),R),對物塊甲從A點運動到C點的過程中,由機械能守恒定律有Ep=mg(3Rsinθ+Rcosθ+R)+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1),解得Ep=4。8mgR.(2)設物塊乙經(jīng)過圓弧軌道C點的速度為v2,由牛頓第二定律有m0g=m0eq\f(v\o\al(2,2),R),對物塊乙從A點運動到C點的過程中,由機械能守恒定律有Ep=m0g(3Rsinθ+Rcosθ+R)+eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,2),解得m0=eq\f(48,41)m。答案(1)4.8mgR(2)eq\f(48,41)m課時達標第16講[解密考綱]理解機械能守恒定律運用的條件,會應用機械能守恒定律求解力學綜合問題.1.如圖所示,長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上,且使長度的eq\f(1,4)垂在桌邊,松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑,則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為(C)A.eq\r(\f(3,2)gL) B.eq\f(\r(gL),4)C.eq\f(\r(15gL),4) D.4eq\r(gL)解析由機械能守恒定律ΔEp減=ΔEk增,即mg·eq\f(L,2)-eq\f(1,4)mg·eq\f(L,8)=eq\f(1,2)mv2,所以v=eq\f(\r(15gL),4)。選項C正確.2.將一小球從高處水平拋出,最初2s內小球動能Ek隨時間t變化的圖象如圖所示,不計空氣阻力,g取10m/s2。根據(jù)圖象信息,不能確定的物理量是(DA.小球的質量B.小球的初速度C.最初2s內重力對小球做功的平均功率D.小球拋出時的高度解析由機械能守恒定律可得Ek=Ek0+mgh,又h=eq\f(1,2)gt2,所以Ek=Ek0+eq\f(1,2)mg2t2。當t=0時,Ek0=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=5J,當t=2s時,Ek=Ek0+2mg2=25J,聯(lián)立方程解得m=0。1kg,v0=10m/s.當t=2s時,由動能定理得WG=ΔEk=20J,故eq\x\to(P)=eq\f(WG,2)=10W.根據(jù)圖象信息,無法確定小球拋出時離地面的高度.綜上所述,選項D正確.3。如圖所示,有一內壁光滑的閉合橢圓形管道,置于豎直平面內,MN是通過橢圓中心O點的水平線.已知一小球從M點出發(fā),初速率為v0,沿管道MPN運動,到N點的速率為v1,所需時間為t1;若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā),而沿管道MQN運動,到N點的速率為v2,所需時間為t2.則(A)A.v1=v2,t1〉t2 B.v1<v2,t1〉t2C.v1=v2,t1〈t2 D.v1<v2,t1<t2解析首先根據(jù)機械能守恒定律得到v1=v2=v0,小球沿著MPN軌道運動時,先減速后加速,小球沿著MQN軌道運動時,先加速后減速,總路程相等,將小球的曲線運動類比為直線運動,畫出v-t圖象如圖,可得t1〉t2.選項A正確.4.如圖所示,固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環(huán),圓環(huán)與豎直放置的輕彈簧一端相連,彈簧的另一端固定在地面上的A點,彈簧處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下,滑到桿的底端時速度剛好為零.則在圓環(huán)下滑過程中(C)A.圓環(huán)機械能守恒B.彈簧的彈性勢能一定先增大后減小C.彈簧的彈性勢能變化了mghD.彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)的動能最大解析下滑過程中圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,選項A錯誤;在圓環(huán)下滑過程中,彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大,選項B錯誤;圓環(huán)初、末狀態(tài)的動能都為零,則減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能,且彈簧的彈性勢能最大時,圓環(huán)速度為零,選項C正確,選項D錯誤.5.(多選)由光滑細管組成的軌道如圖所示,其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧,軌道固定在豎直平面內.一質量為m的小球,從距離水平地面為H的管口D處靜止釋放,最后能夠從A端水平拋出落到地面上.下列說法正確的是(BC)A.小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2eq\r(RH-2R2)B.小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2eq\r(2RH-4R2)C.小球能從細管A端水平拋出的條件是H〉2RD.小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin=eq\f(5,2)R解析小球能從A端射出,則H>2R,選項C正確,D錯誤;設A端射出的速度為v,D端到A端由動能定理得mg(H-2R)=eq\f(1,2)mv2,①小球從A端射出后做平拋運動,落地點水平位移x=veq\r(\f(2×2R,g)),②由①②可得x=2eq\r(2RH-4R2),選項B正確,A錯誤.6.(2017·山東濟南模擬)將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出,取地面為零勢能面,小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖中兩直線所示.設阻力大小恒定,g取10m/s2,下列說法正確的是(DA.小球的質量為0.2B.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0。20NC.小球動能與重力勢能相等時的高度為eq\f(20,13)mD.小球上升到2m時,動能與重力勢能之差為0.5解析在最高點,Ep=mgh得m=0。1kg,選項A錯誤;由除重力以外其他力做功W其=ΔE可知-Ffh=E高-E低,E為機械能,解得Ff=0。25N,選項B錯誤;設小球動能和重力勢能相等時的高度為H,此時有mgH=eq\f(1,2)mv2,由動能定理得-FfH-mgH=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),解得H=eq\f(20,9)m,故選項C錯誤;當上升h′=2m時,由動能定理得-Ffh′-mgh′=Ek2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),解得Ek2=2.5J,Ep2=mgh′=2J,所以動能與重力勢能之差為0.5J,故選項D正確.7.(2017·海南海口模擬)(多選)我國“蛟龍?zhí)?在某次試驗時,深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10min內全過程的深度曲線甲和速度圖象乙,則正確的有(AC)A.甲圖中h3代表本次下潛最大深度為360B.全過程中最大加速度是0。025mC.潛水員感到失重體驗發(fā)生在0~1min和8~10min內D.整個潛水器在8~10min時間段內機械能守恒解析“蛟龍?zhí)枴毕聺摰淖畲笊疃葹榍?min內v-t圖線與t軸所圍面積,h3=(120+240)×2×eq\f(1,2)m=360m,選項A正確;全過程中最大加速度大小am=eq\f(2-0,60)m/s2=eq\f(1,30)m/s2,選項B錯誤;在0~1min和8~10min內深潛器具有向下的加速度,潛水員處于失重狀態(tài),選項C正確;在8~10min內,潛水器的加速度方向向下,a=eq\f(3-0,120)m/s2=eq\f(1,40)m/s2,不是只有重力做功,機械能不守恒,選項D錯誤.8.(多選)如圖所示,半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內,O是圓心,虛線OC水平,D是圓環(huán)最低點.兩個質量均為m的小球A、B套在圓環(huán)上,兩球之間用輕桿相連,從圖示位置由靜止釋放,則(BD)A.B球運動至最低點D時,A、B球組成的系統(tǒng)重力勢能最小B.A、B球組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒C.A球從C點運動至D點過程中受到的合外力做正功D.當輕桿水平時,A、B球速度達到最大解析A、B球組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒,當A、B球高度相同時系統(tǒng)重力勢能最小,動能最大,A球從C點運動至D點過程中受到的合外力先做正功后做負功,所以只有選項B、D正確.9.(多選)如圖所示,半徑為R,內徑很小的光滑半圓形管道豎直放置,其底端與水平地面相切.一質量為m的小球(小球直徑很小且略小于管道內徑)以某一水平初速度進入管內,小球通過最高點P時,對管壁的壓力大小為0.5mg(不考慮小球落地后反彈情況),則(AD)A.小球落地點到P點的水平距離可能為eq\r(6)RB.小球落地點到P點的水平距離可能為2eq\r(2)RC.小球進入圓管道的初速度大小可能為eq\f(\r(14gR),2)D.小球進入圓管道的初速度大小可能為eq\f(3\r(2gR),2)解析小球在最高點P的速度有兩種可能mg+0。5mg=meq\f(v\o\al(2,1),R),或mg-0。5mg=meq\f(v\o\al(2,2),R),解得v1=eq\r(\f(3,2)gR),v2=eq\r(\f(1,2)gR),則小球落地點到P點的水平距離可能為x1=v1eq\r(\f(4R,g))=eq\r(6)R,x2=v2eq\r(\f(4R,g))=eq\r(2)R,所以選項A正確,B錯誤;又根據(jù)機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)+mg·2R,分別代入v1,v2有v01=eq\f(\r(22gR),2),v02=eq\f(3\r(2gR),2),故選項C錯誤,D正確.10.如圖所示,一個半徑為R、質量為m的均勻薄圓盤處在豎直平面內,可繞過其圓心O的水平轉動軸無摩擦轉動,現(xiàn)在其右側挖去圓心與轉軸O等高、直徑為R的一個圓,然后從圖示位置將其靜止釋放,則下列說法正確的是(A)A.剩余部分不能繞O點做360°轉動,在轉動過程中具有的最大動能為eq\f(1,8)mgRB.剩余部分不能繞O點做360°轉動,在轉動過程中具有的最大動能為eq\f(1,4)mgRC.剩余部分能繞O點做360°轉動,在轉動過程中具有的最大動能為eq\f(1,8)mgRD.剩余部分能繞O點做360°轉動,在轉動過程中具有的最大動能為eq\f(1,4)mgR
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