人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律4 机械能守恒定律导学案

这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律4 机械能守恒定律导学案，共14页。

1．动能定理公式中体现的“三个关系”
(1)数量关系：合力所做的功与物体eq \(□,\s\up4(01))动能的变化具有等量代换关系，可以通过计算物体动能的变化，求eq \(□,\s\up4(02))合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是eq \(□,\s\up4(03))焦耳。
(3)因果关系：合力做的功是引起物体eq \(□,\s\up4(04))动能变化的原因。
2．对“力”的理解
动能定理中所说的“力”，是重力、弹力、摩擦力等物体所受各个力的合力。
3．应用动能定理的“四点注意”
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于eq \(□,\s\up4(05))同一个参考系的，一般以eq \(□,\s\up4(06))地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)动能定理的表达式是一个eq \(□,\s\up4(07))标量式，不能在某方向上应用动能定理。
(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和eq \(□,\s\up4(08))时间，比动力学研究方法更简便。
(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以eq \(□,\s\up4(09))全过程应用动能定理求解。
4．应用动能定理解题的基本思路
(1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)应用动能定理解题的一般步骤
(3)应用动能定理解题的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负。
典型考点一 动能定理在曲线运动中的应用
1．如图所示，物块分别两次从凹形曲面上A处滑至最低点B处，若第1次下滑时的初速度大于第2次下滑时的初速度，则物块下滑时摩擦阻力所做的功的大小是( )
A．第1次大 B．第2次大
C．两次一样 D．无法确定
答案 A
解析 第1次下滑时的初速度大于第2次下滑时的初速度，所以第1次下滑时需要的向心力大，即每一位置都是第1次受到的支持力大；根据f＝μFN，则每一位置都是第1次受到的摩擦力大，所以第1次物块下滑时摩擦阻力所做的功大，A正确。
2．“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型(如图所示)。已知绳长为l，重力加速度为g，则( )
A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态
B．当v0＞eq \r(2gl)时，小球一定能通过最高点P
C．当v0＜eq \r(gl)时，细绳始终处于绷紧状态
D．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
答案 C
解析 小球运动到最低点Q时，加速度的方向向上，处于超重状态，故A错误；由meq \f(v2,l)＝mg，得球越过最高点的临界速度v＝eq \r(gl)，根据动能定理得，－mg×2l＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(5gl)，即在最低点的速度需满足v0≥eq \r(5gl)，小球才能通过最高点P，故B错误；当v0＜eq \r(gl)时，根据动能定理得，－mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则h3．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s；
(2)小物块落地时的动能Ek；
(3)小物块的初速度大小v0。
答案 (1)0.9 m (2)0.9 J (3)4 m/s
解析 (1)由h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt
解得s＝0.9 m。
(2)根据动能定理mgh＝Ek－eq \f(1,2)mv2
解得Ek＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＝0.9 J。
(3)由动能定理－μmgl＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
故v0＝eq \r(v2＋2μgl)＝4 m/s。
4．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP＝eq \f(L,2)，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。已知重力加速度为g，求：
(1)小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度变为v0′＝3eq \r(gL)，其他条件均不变，则小球从A到B的过程中空气阻力做了多少功？
答案 (1) eq \r(\f(gL,2)) (2) eq \r(\f(7gL,2)) (3)－eq \f(11,4)mgL
解析 (1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有
mg＝eq \f(mv2,\f(L,2))，得小球到达B点时的速率v＝ eq \r(\f(gL,2))。
(2)由动能定理得
－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则v0＝ eq \r(\f(7gL,2))。
(3)设小球从A到B的过程中空气阻力做功为Wf，由动能定理得
－mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(L,2)))＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv0′2，
解得Wf＝－eq \f(11,4)mgL。
典型考点二 动能定理在多过程问题中的应用
5．如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块从A点由静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)( )
A．mgh B．2mgh
C．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(l＋\f(h,sinθ))) D．μmgl＋μmghctθ
答案 B
解析 由A到D，滑块先在斜面上加速，后在水平面上减速停下。在整个过程中，重力做正功WG＝mgh，摩擦力做功为Wf＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μmgl＋μmg·csθ·\f(h,sinθ)))＝－μmg·(l＋hctθ)，支持力始终不做功。
全程由动能定理有mgh＋Wf＝0
得Wf＝－mgh
由D返回A，设拉力做功WF，摩擦力做功仍为
Wf，重力做功为WG′＝－mgh
由动能定理，得WF＋Wf－mgh＝0
解得WF＝2mgh＝2μmg(l＋hctθ)，B正确，A、C、D错误。
6．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，求：
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少？
(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？
答案 (1)eq \f(1－k,1＋k)H (2)eq \f(H,k)
解析 (1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得
mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0
解得h＝eq \f(1－k,1＋k)H。
(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0
解得s＝eq \f(H,k)。
7．如图所示，AB、BC、CD三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A点离轨道BC的高度H＝4.3 m。质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
(1)小滑块第1次到达C点时的速度大小；
(2)小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止位置距B点的距离。
答案 (1)6 m/s (2)2 s (3)1.4 m
解析 (1)小滑块沿A→B→C运动过程中，
由动能定理得mgH－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，
代入数据得小滑块第1次到达C点时的速度大小
vC＝6 m/s。
(2)小滑块沿CD段上滑的加速度大小
a＝gsinθ＝6 m/s2，
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq \f(vC,a)＝1 s，
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间
t2＝t1＝1 s，
故小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔
t＝t1＋t2＝2 s。
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，对小滑块运动的全过程利用动能定理有mgH－μmgs＝0，
代入数据得s＝8.6 m，
故小滑块最终停止位置距B点的距离为2L－s＝1.4 m。
1．下列关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是( )
A．只有动力对物体做功时，物体的动能增加
B．只有阻力对物体做功时，它的动能减少
C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差
D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化
答案 D
解析 根据动能定理W总＝ΔEk，知合力做的功等于物体动能的变化。动力对物体做正功，所以，只有动力对物体做功时，物体的动能增加，A正确；阻力对物体做负功，只有阻力对物体做功时，它的动能减少，故B正确；外力对物体做功的代数和等于合力对物体做的功，根据动能定理可知：外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差，故C正确；动力和阻力都对物体做功，物体受各个力做功的代数和可能为零，即物体的动能可能不变，故D错误。
2．一质量为1 kg的滑块，以6 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行。从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6 m/s。在这段时间里水平力对物体所做的功是( )
A．0 B．9 J
C．18 J D．无法确定
答案 A
解析 动能的大小与速度的方向无关，在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化。根据动能定理，W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝0，故选A。
3．(多选)在水平面上有一质量为M的物体，受到水平力F的作用从静止开始运动，通过距离s撤去力F，这以后又通过距离s停止运动，则在这个过程中( )
A．它所受的摩擦力大小为F
B．它所受的摩擦力大小为eq \f(F,2)
C．力F对物体做的功为Fs
D．力F对物体做的功为零
答案 BC
解析 根据功的定义，力F做的功WF＝Fs，C正确，D错误；根据动能定理Fs－Ff·2s＝0，Ff＝eq \f(1,2)F，A错误，B正确。
4.一物体在水平面上，受恒定的水平拉力和摩擦力作用由静止开始沿直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体的v­t图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．物体的质量为1 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
D．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
答案 C
解析 由题图知，第1 s内物体的位移为x1＝eq \f(1×3,2) m＝1.5 m，由动能定理得合力做功为W＝F合x1＝eq \f(1,2)mv2＝45 J，得F合＝30 N，由图知v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；1～4 s内，由动能定理得摩擦力做功为Wf＝0－eq \f(1,2)mv2＝－45 J，位移为x2＝eq \f(3×3,2) m＝4.5 m，又由Wf＝－μmgx2得μ＝－eq \f(Wf,mgx2)＝eq \f(45,10×10×4.5)＝0.1，故B错误；第1 s内摩擦力做功为Wf′＝－μmgx1＝－0.1×10×10×1.5 J＝－15 J，由动能定理可知WF＋Wf′＝eq \f(1,2)mv2＝45 J，解得拉力对物体做的功为WF＝60 J，故C正确，D错误。
5．如图所示，长为2L的轻杆上端及其正中央固定两个质量均为m的小球，杆的下端有光滑铰链与水平面相连接，杆原来竖直静止，现让其自由倒下，则A着地时的速度为( )
A.eq \f(1,5)eq \r(15gL) B.eq \f(2,5)eq \r(15gL)
C.eq \f(1,5)eq \r(30gL) D.eq \f(2,5)eq \r(30gL)
答案 D
解析 设A着地时的速度为v，则B着地时的速度为eq \f(v,2)，杆倒下过程只有球的重力做功，由动能定理得mg·2L＋mgL＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))2－0，解得v＝eq \f(2,5)eq \r(30gL)，D正确。
6．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为eq \f(H,2)。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行的过程中(整个过程不计空气阻力)( )
A．小物块正好能到达M点
B．小物块一定到不了M点
C．小物块一定能冲出M点
D．不能确定小物块能否冲出M点
答案 C
解析 小物块从开始到到达N点上方eq \f(H,2)处过程根据动能定理得mgH－mgeq \f(H,2)＋Wf＝0，假设能到达M点且到M点时速度为v，根据动能定理有mgeq \f(H,2)＋Wf′＝eq \f(1,2)mv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中在同一处速度均小于第一次，则轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故摩擦力做功减少，则速度v>0，因此小物块能冲出M点，C正确。
7．如图所示，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。BC水平，其长度为d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
答案 D
解析 对小物块从A点出发到最后停下来的整个过程应用动能定理有mgh－μmgl＝0，l＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.3,0.1) m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好在B、C间往返运动了3次，所以最终停在B点，故选D。
8．如图所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面的动摩擦因数为μ，从距挡板P为s0的位置以v0的速度沿斜面向上滑行。设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长。已知重力加速度为g，求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s。
答案 eq \f(s0tanθ,μ)＋eq \f(v\\al(2,0),2μgcsθ)
解析 滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小
Ff＝μFN＝μmgcsθ
整个过程滑块下落的总高度h＝s0sinθ
根据动能定理mgh－Ff·s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立以上各式得s＝eq \f(s0tanθ,μ)＋eq \f(v\\al(2,0),2μgcsθ)。
9．如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N推木块，使木块产生位移l1＝3 m时撤去推力，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小(g取10 m/s2)。
答案 8eq \r(2) m/s
解析 木块运动分为三个阶段，先是匀加速直线运动，然后是匀减速直线运动，最后是平抛运动。设木块落地时的速度为v。整个过程中各力做功情况分别为：
推力做功WF＝Fl1
摩擦力做功Wf＝－μmg(l1＋l2)
重力做功WG＝mgh
故合力做的功：W＝Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh
由动能定理W＝ΔEk得Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，代入数据解得v＝8eq \r(2) m/s。
10．如图所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面高h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中半圆形轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球从A运动到B的过程中摩擦阻力所做的功；
(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离。
答案 (1)2eq \r(10) m/s (2)－1 J (3)1.2 m
解析 (1)根据题意可得，
小球下落到A点的过程中由动能定理得：W＝mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得vA＝2eq \r(10) m/s。
(2)小球运动到D点时：mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)
解得vD＝eq \r(gR)＝2 m/s
从释放到运动到D点全过程应用动能定理
mg(h－2R)＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－0，得Wf＝－1 J。
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，假设落点在A、B之间，则有2R＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝ eq \r(\f(4R,g))＝0.4 s
则水平位移xBE＝vDt＝0.8 m<2 m，故假设成立，
所以xAE＝xAB－xBE＝1.2 m。
11．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。一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(物块碰撞前后的速度大小相等，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，求物块停止的地方与N点的距离的可能值。
答案 2s－eq \f(h,μ)或eq \f(h,μ)－2s
解析 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＋Wf＝0
设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，
则：Wf＝－μmgs′
联立得：s′＝eq \f(h,μ)
第一种可能：物块与挡板碰撞后，不能再次滑上圆弧形轨道，则物块停止的位置与N的距离为：
d＝2s－s′＝2s－eq \f(h,μ)
第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置与N的距离为：
d＝s′－2s＝eq \f(h,μ)－2s
所以物块停止的位置与N的距离可能为2s－eq \f(h,μ)或eq \f(h,μ)－2s。