人教版高中物理新教材同步講義必修第二冊(cè) 第8章 專題強(qiáng)化　動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用（含解析）

動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.知道動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的區(qū)別，體會(huì)二者在解題時(shí)的異同.2.能靈活運(yùn)用動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律解決綜合問(wèn)題．一、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的比較規(guī)律比較機(jī)械能守恒定律動(dòng)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(wú)條件限制研究對(duì)象物體與地球組成的系統(tǒng)質(zhì)點(diǎn)物理意義重力或彈力做功的過(guò)程是動(dòng)能與勢(shì)能轉(zhuǎn)化的過(guò)程合外力對(duì)物體做的功是動(dòng)能變化的量度應(yīng)用角度守恒條件及初、末狀態(tài)機(jī)械能的形式和大小動(dòng)能的變化及合外力做功情況選用原則(1)無(wú)論直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，條件合適時(shí)，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(guò)程的細(xì)節(jié)(2)能用機(jī)械能守恒定律解決的問(wèn)題都能用動(dòng)能定理解決；能用動(dòng)能定理解決的問(wèn)題不一定能用機(jī)械能守恒定律解決(3)動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍例1如圖，足夠長(zhǎng)的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量相等的甲、乙兩物塊通過(guò)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(kāi)手后，甲物塊豎直下落，當(dāng)甲物塊下降0.8m時(shí)，求乙物塊的速度大小(此時(shí)甲未落地，g＝10m/s2)．請(qǐng)用機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理分別求解，并比較解題的難易程度．答案見(jiàn)解析解析方法一利用機(jī)械能守恒定律設(shè)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(jī)械能守恒mgh－mghsin30°＝eq\f(1,2)(2m)v2解得v＝2m/s故此時(shí)乙的速度大小為2m/s方法二利用動(dòng)能定理設(shè)甲、乙兩物塊的質(zhì)量都為m，甲下落0.8m時(shí)兩物塊速度大小都為v對(duì)甲，由動(dòng)能定理，mgh－FTh＝eq\f(1,2)mv2①對(duì)乙，由動(dòng)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(shí)速度大小為2m/s此題用機(jī)械能守恒定律解題更簡(jiǎn)單一些．二、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律，都可以用來(lái)求能量或速度，但側(cè)重點(diǎn)不同，動(dòng)能定理解決物體運(yùn)動(dòng)，尤其計(jì)算對(duì)該物體的做功時(shí)較簡(jiǎn)單，機(jī)械能守恒定律解決系統(tǒng)問(wèn)題往往較簡(jiǎn)單，兩者的靈活選擇可以簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)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(diǎn)，圓弧BC所對(duì)圓心角θ＝37°.已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2.875m．質(zhì)量為m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端A點(diǎn)處由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，恰能通過(guò)最高點(diǎn)D.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊通過(guò)C、D點(diǎn)的速度大??；(2)物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小FC；(3)物塊與斜面間的動(dòng)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(guò)最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)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(jī)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(diǎn)時(shí)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(duì)小物塊從A經(jīng)B到C過(guò)程，由動(dòng)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(jì)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(dòng)．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(dòng)到豎直位置時(shí)，小球A、B的速度大小分別為多少？(2)在桿轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過(guò)程中，桿對(duì)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(jī)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(duì)A球，由動(dòng)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(xì)圓管BC平滑連接于B點(diǎn)，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(diǎn))在曲面上某點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入管口B端時(shí)，上管壁對(duì)小球的作用力為mg(g為重力加速度)．(1)求小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；(2)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的高度為2r，求小球在曲面AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服阻力所做的功W；(3)小球通過(guò)BC后壓縮彈簧，壓縮彈簧過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)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(diǎn)時(shí)，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(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg·2r－W＝eq\f(1,2)mvB2－0解得W＝mgr.(3)當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，小球的速度為0，對(duì)小球從B點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程，由小球與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)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(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行場(chǎng)地訓(xùn)練．某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員以30m/s的速度斜向上跳出，空中飛行后在著陸坡的K點(diǎn)著陸．起跳點(diǎn)到K點(diǎn)的豎直高度差為60m，運(yùn)動(dòng)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(hào))；(1)若不考慮空氣阻力，理論上運(yùn)動(dòng)員著陸時(shí)的速度多大？(2)若運(yùn)動(dòng)員著陸時(shí)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(yùn)動(dòng)員從起跳到著陸機(jī)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(yùn)動(dòng)員的飛行過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(dòng)遙控賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))和它的運(yùn)動(dòng)軌道示意圖．假設(shè)在某次演示中，賽車從A位置由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，工作一段時(shí)間后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)后水平飛出，賽車能從C點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，D點(diǎn)和E點(diǎn)分別為圓形軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．已知賽車在水平軌道AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的恒定阻力為0.4N，賽車質(zhì)量為0.4kg，通電時(shí)賽車電動(dòng)機(jī)的輸出功率恒為2W，B、C兩點(diǎn)間高度差為0.45m，賽道AB的長(zhǎng)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(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：(1)賽車通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間；(3)要使賽車能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度v0＝vCcos37°＝4m/s根據(jù)動(dòng)能定理得：Pt－FflAB＝eq\f(1,2)mv02，解得t＝2s；(3)當(dāng)賽車恰好通過(guò)最高點(diǎn)D時(shí)，設(shè)軌道半徑為R0，有：mg＝meq\f(vD2,R0)從C到D，由動(dòng)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(xué)高一開(kāi)學(xué)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(diǎn)和最低點(diǎn)，半圓形軌道的半徑為2h，B點(diǎn)距水平地面的高度為h，某人在水平地面C點(diǎn)處以某一初速度拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球恰好水平進(jìn)入圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力9mg，繼續(xù)沿半圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)并恰好能過(guò)最高點(diǎn)A后水平拋出，回到水平地面D點(diǎn)(圖中未畫(huà))，若不計(jì)空氣阻力，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，求：(1)小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小球從C點(diǎn)拋出時(shí)的速度大??；(3)C、D兩點(diǎn)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(diǎn)時(shí)，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(jìn)入圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力9mg，由牛頓第三定律可得，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)圓軌道對(duì)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(diǎn)到B點(diǎn)根據(jù)機(jī)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(diǎn)到B點(diǎn)的逆過(guò)程為平拋運(yùn)動(dòng)，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(guò)最高點(diǎn)A后水平拋出，做平拋運(yùn)動(dòng)5h＝eq\f(1,2)gt22，xAD＝vAt2，解得xAD＝2eq\r(5)h，則C、D兩點(diǎn)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(diǎn)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(shí)，滑塊從高為h＝1.0m的斜軌道AB端點(diǎn)B由靜止釋放，沿斜軌道下滑經(jīng)過(guò)圓軌道后壓縮彈簧，然后被彈出，再次經(jīng)過(guò)圓軌道并滑上斜軌道，循環(huán)往復(fù)．已知圓軌道半徑r＝0.1m，滑塊質(zhì)量m＝20g且可視為質(zhì)點(diǎn)，CA長(zhǎng)L1＝0.4m．EO長(zhǎng)L2＝0.3m，滑塊與AB、EO之間的動(dòng)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(jì)，g取10m/s2.求：(1)滑塊第一次通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)F時(shí)，軌道對(duì)滑塊的支持力大小；(2)彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能Ep.答案(1)2.2N(2)0.13J解析(1)設(shè)斜軌道AB與CA間的夾角為θ，滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mg(h－2r)＋Wf＝eq\f(1,2)mvF2又Wf＝－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)＝－μmgL1在F點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)滑塊的支持力大小為FN，對(duì)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(duì)滑塊的支持力大小為FN＝2.2N；(2)滑塊從B點(diǎn)到彈簧壓縮量最大的運(yùn)動(dòng)中，由動(dòng)能定理可得mgh＋Wf′＋W彈＝0又Wf′＝－(μmgL1＋μmgL2)彈簧獲得的最大彈性勢(shì)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(diǎn)與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點(diǎn)，質(zhì)量m＝0.5kg的小球從B點(diǎn)正上方H高處的A點(diǎn)自由下落，由B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，從D點(diǎn)飛出后落在水平面上的Q點(diǎn)，D、Q間的距離s＝2.4m，球從D點(diǎn)飛出后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相對(duì)于水平面上升的最大高度h＝0.8m，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，求：(1)小球釋放點(diǎn)到B點(diǎn)的高度H；(2)經(jīng)過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)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(guò)程中通過(guò)最高點(diǎn)P的速度為v0，P到D和P到Q可視為兩個(gè)對(duì)稱的平拋運(yùn)動(dòng)，則有h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(s,2)＝v0t，可得v0＝3m/s，在D點(diǎn)有vy＝gt＝4m/s，在D點(diǎn)合速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)＝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(guò)程機(jī)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(guò)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，A到C過(guò)程由動(dòng)能定理有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mvC2，在C點(diǎn)，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(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(zhǎng)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(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，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(tái)上，一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲(chǔ)存了一定量的彈性勢(shì)能Ep，若打開(kāi)鎖扣K，小