专题2 第7课时　动能定理　机械能守恒　能量守恒教案

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高考题型1 动能定理的综合应用
1．应用动能定理解题的步骤图解：
2．应用动能定理的四点提醒：
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
例1 (2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
图1
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
解析 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．
例2 如图2所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝eq \r(\f(gR,2))水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
图2
(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
(2)物块最终停留的位置．
答案 (1)－eq \f(1,4)mgR (2)斜面上距C点eq \f(25,31)R处
解析 (1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)，解得vB＝2eq \r(gR)
物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，得Wf＝－eq \f(1,4)mgR
(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有
－μ1mg·2R－mgxsin θ－Ffx＝0－eq \f(1,2)mvB2
其中Ff＝μ2mgcs θ，解得x＝eq \f(25,31)R
因μ2mgcs θ＞mgsin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点eq \f(25,31)R处．
高考题型2 机械能守恒定律的应用
1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

2.机械能守恒定律的表达式
3．连接体的机械能守恒问题
考向一 单个物体机械能守恒
例3 (2021·安徽高三联考)如图3甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g＝10 m/s2，求：
图3
(1)图乙中b的值；(结果不用带单位)
(2)小球在B点受到轨道作用力的大小．
答案 (1)25 (2)8.5 N
解析 (1)小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mv2＋mgh
解得：vA2＝v2＋2gh
即为：b＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25 m2/s2
(2)由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度为3 m/s，在A点的速度为5 m/s，在C点由牛顿第二定律可得：
F＋mg＝eq \f(mv\\al(,C2),R)
解得：m＝eq \f(F,\f(v\\al(,C2),R)－g)＝0.2 kg
小球从A到B，由机械能守恒可得eq \f(1,2)mvA2＝mgR＋eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝eq \r(v\\al(,A2)－2gR)＝eq \r(25－2×10×0.4) m/s＝eq \r(17) m/s
所以小球在B点受到的水平方向上的合外力提供向心力：F＝eq \f(mv\\al(,B2),R)＝eq \f(0.2×17,0.4) N＝8.5 N
所以小球在B点受到轨道作用力的大小为8.5 N.
考向二 关联物体机械能守恒
例4 (多选)(2021·黑龙江省哈尔滨实验中学模拟)如图4所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图4
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为eq \r(gL)
C．B到达最右端时，A的速度大于eq \r(2gL)
D．B的最大速度为eq \r(2gL)
答案 AC
解析 不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，其中vAcs 45°＝vB，解得A的速度为vA＝eq \f(\r(6gL),3)，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋Lsin 45°)＝eq \f(1,2)mvA12，解得A的速度为vA1＝eq \r(1＋\r(2)gL)>eq \r(2gL)，C正确；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝eq \f(1,2)mvBmax2，解得B的最大速度为vBmax＝eq \r(3gL)，D错误．
考向三 含弹簧的系统机械能守恒
例5 (2021·福建三明市高三三模)如图5甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为d＝0.8 m的竖直细管，管底部与水面距离h＝0.6 m，上半部BC是半径R＝0.4 m的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长为L0＝0.4 m、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L＝0.2 m后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设某一质量的鱼饵到达管口C时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍．不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
图5
(1)此鱼饵到达管口C时的速度大小v；
(2)此鱼饵落到水面时水平射程x；
(3)若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面．测得鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2 m时的弹性势能为多少？
答案 (1)4 m/s (2)2.4 m (3)10 J
解析 (1)设鱼饵的质量为m，到达管口C时上管壁对鱼饵的作用力大小为FN，由牛顿第二定律有
mg＋FN＝meq \f(v2,R)①
FN＝FN′＝3mg②
联立得v＝4 m/s
(2)鱼饵从C点落至水面过程做平抛运动，有
x＝vt③
h＋d＋R＝eq \f(1,2)gt2④
联立得x＝2.4 m
(3)设弹簧压缩到0.2 m时的弹性势能为Ep，则由机械能守恒定律得：
Ep＝mg(d－L＋R)＋eq \f(1,2)mv2⑤
联立③④⑤得eq \f(1,m)＝eq \f(10,Ep)＋eq \f(25,18Ep)x2
结合题图乙的纵截距解得Ep＝10 J.
高考题型3 能量守恒定律的应用
1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．
2．应用能量守恒定律的基本思路
(1)系统初状态的总能量等于系统末状态的总能量 E总初＝E总末．
(2)系统只有A、B时，A的能量减少量等于B的能量增加量，表达式为ΔEA减＝ΔEB增，不必区分物体或能量形式．
3．系统机械能守恒可以看成是系统能量守恒的特殊情况．
例6 (2021·安徽安庆市高三月考)缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图6所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动eq \f(L,4)，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求：
图6
(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；
(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；
(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．
答案 (1)eq \r(v\\al(,02)－\f(FfL,2m)) (2)eq \r(\f(2Lm,Ff)) (3)Ekm≤eq \f(1,2)mv02＋eq \f(3,4)FfL
解析 (1)从开始压缩到分离，由能量守恒得eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12＝Ffeq \f(L,4)
则v1＝eq \r(v\\al(,02)－\f(FfL,2m))
(2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝eq \f(Ff,m)
轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝eq \f(1,2)at2
解得最长时间t＝eq \r(\f(2Lm,Ff))
(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有eq \f(1,2)mv02＝Ep＋Ffeq \f(L,4)
速度最大为vm时，则由系统能量关系有eq \f(1,2)mvm2＝Ep＋FfL
得eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02＝eq \f(3,4)FfL
最大动能Ekm≤eq \f(1,2)mv02＋eq \f(3,4)FfL.
1.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图7所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点，在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为eq \r(3)R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动．已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做的功为( )
图7
A．mgR B．1.2mgR
C．1.4mgR D．1.6mgR
答案 B
解析 根据几何知识可得：AO与竖直方向的夹角为60°.在A球滑到N点时，由A、B、轻杆组成的系统机械能守恒得：4mgR(1－cs 60°)－mgR＝eq \f(1,2)×4mvA2＋eq \f(1,2)mvB2，其中vA＝vB；对B，运用动能定理得：－mgR＋W＝eq \f(1,2)mvB2，联立以上各式得轻杆对B球做的功W＝1.2mgR.
2.(多选)(2021·吉林长春市高三期末)如图8所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上．轻绳跨过光滑轻质滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连．用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，ABa下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且通过大小相同的位移，根据位移公式l＝eq \f(1,2)at2，
则可得出t上