2021学年第八章 机械能守恒定律综合与测试备课ppt课件

素养培优课(四)　动能定理、机械能守恒定律及功能关系的应用

培优目标：

1.会利用动能定理分析多过程问题，能够建立求解“多过程运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力。

2.能在问题情境中根据机械能守恒的条件，判断机械能守恒，获得结论。

3.能正确选择机械能守恒定律或动能定理解决实际问题。

4.理解力做功与能量转化的关系，能运用功能关系解决问题。

一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理。

1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。

2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。

当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。

【典例1】　如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h，NP长度为s。一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方距N点的距离的可能值。

思路点拨：物块初状态、末状态动能都为零，整个运动过程中外力做功的代数和为零，物块运动过程中仅重力和摩擦力做功。摩擦力做功与路径有关，由此确定物块停止的位置。

[解析]　物块的质量记为m，在水平轨道上滑行的总路程记为s′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mgh－μmgs′＝0，解得s′＝

第一种可能：物块与挡板碰撞后，在回到N前停止，则物块停止的位置距N点的距离为d＝2s－s′＝2s－

第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道上停止运动，则物块停止的位置距N点的距离为d＝s′－2s＝－2s

所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－或－2s。

[答案]　物块停止的位置距N点的距离可能为2s－或－2s

动能定理在多过程中的应用技巧

(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。

(2)研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节。

1．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图甲所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图像如图乙所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

在图乙所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功。

甲　　　　　　　　　　乙

[解析]　在题图乙所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有

mgH－fs1＝mv－0，  ①

－(fs2＋mgh)＝0－m，  ②

从题图乙所给出的v­t图像可知s1＝v1t1， ③

s2＝··(1.4t1－t1)，  ④

由几何关系＝。  ⑤

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为

W＝fs1＋fs2，  ⑥

联立①②③④⑤⑥式可得W＝mgH。

[答案]　mgH

1.在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。

2．物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。

角度1：“液柱”类问题

【典例2】　横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两侧圆筒的阀门K打开，当两侧圆筒水面高度相等时，则该过程中(　　)

A．水柱的重力做负功

B．大气压力对水柱做负功

C．水柱的机械能不守恒

D．当两侧圆筒水面高度相等时，水柱的动能是ρgS(h1－h2)2

D　[把连接两侧圆筒的阀门打开到两侧圆筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做的正功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的虚线所示，重心下降了，重力所做的正功WG＝ΔEk＝·ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，故D正确。]

角度2：“链条”类问题

【典例3】　如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？

[解析]　方法一　(取整个铁链为研究对象)：

设整个铁链的质量为m，初始位置的重心在A点上方L处，末位置的重心在A点，则重力势能的减少量为ΔEp＝mg·L

由机械能守恒得

mv2＝mg·L，解得v＝。

方法二　(将铁链看成两段)：

铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链BB′部分移到AA′位置。

重力势能减少量为ΔEp＝mg·

由机械能守恒得mv2＝mg·

则v＝ 。

[答案]　

2．(角度1)如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(重力加速度大小为g)(　　)

A．   B． 

C．   D．

A　[当两液面高度相等时，液体减少的重力势能转化为全部液体的动能，且各部分液体的速度大小相同，根据机械能守恒定律得mg·h＝mv2，解得v＝，选项A正确。]

3．(角度2)如图所示，有一条长为1 m的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)(　　)

A．2.5 m/s  B． m/s  C． m/s  D． m/s

A　[设链条的质量为2m，总长度为L＝1 m，以开始时链条的最高点为零势能面，初态链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－×2mg·sin θ－×2mg·＋0＝－mgL(1＋sin θ)，链条全部下滑出后，动能为E′k＝×2mv2，重力势能为E′p＝－2mg·，由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL，解得v＝＝× m/s＝2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。]

1.机械能守恒定律和动能定理的比较

2.规律的适用范围

(1)动能定理：恒力做功、变力做功、分段做功、全程做功等均可适用。

(2)机械能守恒定律：只有系统内的弹力或重力做功。

【典例4】　如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A点s＝20 m处的P点时，运动员的速度为v1＝50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬，以v2＝90 km/h的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v3＝126 km/h的速度在C点着地。已知BC两点间的高度差h＝80 m，运动员的质量m＝60 kg，重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果均保留两位有效数字。求：

甲　　　　　　　　　　　　　乙

(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小；

(2)以B点为零势能参考点，求到C点时运动员的机械能；

(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功。

[解析]　(1)v1＝50.4 km/h＝14 m/s

由速度位移的关系式得v＝2as

代入数据解得a＝4.9 m/s2。

(2)v2＝90 km/h＝25 m/s

v3＝126 km/h＝35 m/s

以B点为零势能参考点，到C点时运动员的机械能为

E＝－mgh＋mv

代入数据解得E≈－1.0×104 J。

(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，由动能定理得

mgh－W＝mv－mv

代入数据解得W≈2.9×104 J。

[答案]　(1)4.9 m/s2　(2)－1.0×104 J　(3)2.9×104 J

如果物体只受重力，或系统内只有重力或弹力做功时，则W外是重力做的功或重力和弹力做功的总和，动能定理就转化成机械能守恒定律。如果重力和弹力中有一个力是变力时，要求这个变力做的功，则可用机械能守恒定律来求解。

4．为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量为m＝1 kg的小物块以初速度v0＝5.0 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度为vC＝4.0 m/s。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；

(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；

(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆轨道的半径应满足什么条件？

[解析]　(1)设小物块到达C点时受到圆轨道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有

FN－mg＝m

解得FN＝90 N

根据牛顿第三定律，小物块对圆轨道压力的大小为90 N。

(2)由于水平轨道BC光滑，无摩擦力做功，所以可将研究小物块从A到B的运动过程转化为研究从A到C的过程。

小物块从A到C的过程中，根据动能定理有

mgLsin 37°＋Wf＝mv－mv

解得Wf＝－16.5 J。

(3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v，根据牛顿第二定律有

FN＋mg＝m，FN＝0时小物块的速度为最小值，则v≥

小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有

mv＝mv2＋2mgR

联立得R≤

解得R≤0.32 m。

[答案]　(1)90 N　(2)－16.5 J　(3)R≤0.32 m

1.功是能量转化的量度

不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的。做功的过程就是各种形式的能量之间转化(或转移)的过程。且做了多少功，就有多少能量发生转化(或转移)，因此，功是能量转化的量度。

2．常见的几种功能关系

【典例5】　(2020·全国卷Ⅰ·T20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)

A．物块下滑过程中机械能守恒

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2

D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

思路点拨：根据能量图像分析受力情况。物块在下滑过程中重力势能减少，动能增加，故Ⅰ为重力势能随下滑距离s的变化图线，Ⅱ为动能随下滑距离s的变化图线。

B　[由题图可知，初状态时物块的机械能为E1＝30 J，末状态时物块的机械能为E2＝10 J，故物块下滑过程中机械能不守恒，A错误；物块下滑过程损失的机械能转化为克服摩擦力做功产生的内能，设斜面倾角为θ，物块质量为m，由功能关系得μmgcos θ·s＝E1－E2，由几何知识知cos θ＝，物块开始下滑时Ep＝E1＝mgh，由以上各式解得μ＝0.5，m＝1 kg，B正确；由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝2.0 m/s2，C错误；由功能关系得，物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE＝μmgcos θ·s1＝8 J，D错误。]

5．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为g。在这个过程中，物体(　　)

A．重力势能减少了mgh B．动能减少了mgh

C．动能减少了 D．机械能损失了

C　[物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A错误；合力对物体做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔEk＝ma＝mgh，选项B错误，选项C正确；物体机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mgsin 30°＋Ff＝ma，所以Ff＝mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ff＝mg＝mgh，选项D错误。]