第五单元动能和机械能守恒定律教师版 选修二.docx
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第五单元动能和机械能守恒定律教师版选修二
第Ⅱ单元动能定理·机械能守恒定律
●知识聚焦
一、动能
1.物体由于运动而具有的能量叫做动能.
Ek＝
mv2
2.动能是一个描述物体运动状态的物理量.是标量.
二、动能定理
1.外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.这个结论叫动能定理.
2.动能定理适用于单个物体.外力对物体做的总功即合外力对物体所做的功，亦即各个外力对物体所做功的代数和.这里，我们所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他的力.物体动能的变化指的是物体的末动能和初动能之差.
3.应用动能定理解题的基本步骤：
（1）选取研究对象，明确它的运动过程.
（2）分析研究对象的受力情况和各个力做功情况：
受哪些力?
每个力是否做功?
做正功还是做负功?
做多少功?
然后求各个外力做功的代数和.
（3）明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.
（4）列出动能定理的方程W合＝Ｅk2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解.
4.恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的，用动能定理求解一般比用牛顿定律和运动学公式简便.用动能定理还能解决一些用牛顿定律和运动学公式难以求解的问题，如变力作用过程、曲线运动问题等.
三、势能
1.由物体间的相互作用和物体间的相对位置决定的能量叫做势能.如重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等.
2.重力势能：
（1）物体由于受到重力作用而具有重力势能.一个质量为m的物体，被举高到高度为h处，具有的重力势能为：
Ep＝mgh.
（2）重力势能Ep＝mgh是相对的，式中的h是物体的重心到参考平面（零重力势能面）的高度.若物体在参考平面以上，则重力势能为正；若物体在参考平面以下，则重力势能取负值.通常，选择地面作为零重力势能面.
我们所关心的往往不是物体具有多少重力势能，而是重力势能的变化量.重力势能的变化量与零重力势能面的选取无关.
（3）重力势能的变化与重力做功的关系：
重力对物体做多少正功，物体的重力势能就减少多少.重力对物体做多少负功，物体的重力势能就增加多少.即WG＝ΔEp.
3.弹性势能：
物体因发生弹性形变而具有的势能叫做弹性势能.
四、机械能守恒定律
1.动能和势能（重力势能和弹性势能）统称为机械能：
E＝Ek＋Ep.
2.在只有重力（和系统内弹簧的弹力）做功的情形下，物体的动能和重力势能（及弹性势能）发生相互转化，但机械能的总量保持不变.这个结论叫做机械能守恒定律.
3.判断机械能守恒的方法一般有两种：
（1）对某一物体，若只有重力（或系统内弹簧的弹力）做功，其他力不做功（或其他力做功的代数和为零），则该物体的机械能守恒.
（2）对某一系统，物体间只有动能和重力势能及弹性势能相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能（如没有内能产生），则系统的机械能守恒.
4.应用机械能守恒定律解题的基本步骤：
（1）根据题意，选取研究对象（物体或系统）
（2）明确研究对象的运动过程，分析对象在过程中的受力情况，弄清各力做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件.
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的起始状态和末了状态的机械能（包括动能和重力势能）.
（4）根据机械能守恒定律列方程，进行求解.
●疑难解析
1.动能和动量的区别和联系
（1）联系：
动能和动量都是描述物体运动状态的物理量，都由物体的质量和瞬时速度决定，物体的动能和动量的关系为p=
或Ek=
.
（2）区别：
①动能是标量，动量是矢量.所以动能变化只是大小变化，而动量变化却有三种情况：
大小变化，方向变化，大小和方向均变化.一个物体动能变化时动量一定变化，而动量变化时动能不一定变化.②跟速度的关系不同：
Ek=
mv2,p=mv.③变化的量度不同，动能变化的量度是合外力的功，动量变化的量度是合外力的冲量.
2.用动能定理求变力做功：
在某些问题中由于力F大小的变化或方向变化，所以不能直接由W＝Fscosα求出变力F做功的值，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F所做的功.
3.在用动能定理解题时，如果物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的分过程（如加速、减速的过程），此时，可以分段考虑，也可对全程考虑.如能对整个过程列式则可能使问题简化.在把各个力的功代入公式：
W1＋W2＋…＋Wn＝
mv末2－
mv初2时，要把它们的数值连同符号代入，解题时要分清各过程中各个力做功的情况.
4.机械能守恒定律的推论
根据机械能守恒定律，当重力以外的力不做功，物体（或系统）的机械能守恒.显然，当重力以外的力做功不为零时，物体（或系统）的机械能要发生改变.重力以外的力做正功，物体（或系统）的机械能增加，重力以外的力做负功，物体（或系统）的机械能减少，且重力以外的力做多少功，物体（或系统）的机械能就改变多少.即重力以外的力做功的过程，就是机械能和其他形式的能相互转化的过程，在这一过程中，重力以外的力做的功是机械能改变的量度，即WG外=E2-E1.
5.功能关系的总结
做功的过程就是能量转化的过程，功是能量转化的量度，在本章中，功和能的关系有以下几种具体体现：
（1）动能定理反映了合外力做的功和动能改变的关系，即合外力做功的过程，是物体的动能和其他形式的能量相互转化的过程，合外力所做的功是物体动能变化的量度，即W总=Ek2-Ek1.
（2）重力做功的过程是重力势能和其他形式的能量相互转化的过程，重力做的功量度了重力势能的变化，即WG=Ep1-Ep2.
（3）重力以外的力做功的过程是机械能和其他形式的能转化的过程，重力以外的力做的功量度了机械能的变化，即WG外=E2-E1
（4）作用于系统的滑动摩擦力和系统内物体间相对滑动的位移的乘积，在数值上等于系统内能的增量.即“摩擦生热”：
Q＝F滑·s相对，所以，F滑·s相对量度了机械能转化为内能的多少.
可见，静摩擦力即使对物体做功，由于相对位移为零而没有内能产生.
●典例剖析
［例1］如图6—2—1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的小滑块在A点从静止滑下，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多少?
（设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ）
图6—2—1
A.mghB.2mgh
C.μmg（s＋
）D.μmgs＋μmghcotθ
【解析】滑块由始状态A从静止滑到末状态D的过程中，重力做正功WG＝mｇh；摩擦阻力做功为-Wf；支持力不做功
由动能定理：
mgh-Wf＝0
得Wf＝mgh
由D返回到A，拉力做功为WF；摩擦阻力做功仍为-Wf；重力做功为WG＝－mgh
由动能定理：
WF－Wf－mgh＝0
得WF＝Wf＋mgh＝2mgh
本题正确选项是B.
【思考】
（1）若不拉物体，仅在D点给物体一初速度v0，则v0多大时恰能使物体沿原路径回到A点?
（2）若拉力的方向具有任意性，则拉力对物体做功至少为多大?
（3）本题能否用牛顿第二定律结合运动学公式求解?
用动能定理解题具有哪些优点?
【思考提示】
（1）根据动能定理得
-mgh-Wf=0-
mv02
v0=2
（2）mgh
（3）本题可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解.需把物体的运动分为两段研究.用动能定理求解的优点是，解题时只关心过程中合外力的功及初、末状态物体的动能，不必研究运动过程的细节.
【设计意图】通过本例说明应用动能定理解题的方法和优越性.
［例2］质量为500t的机车以恒定的功率由静止出发，经5min行驶2.25km，速度达到最大值54km/h,设阻力恒定且取g=10m/s2.问：
（1）机车的功率P多大？
（2）机车的速度为36km/h时机车的加速度a多大？
【解析】因为机车的功率恒定，由公式P=Fv可知随着速度的增加，机车的牵引力必定逐渐减小，机车做变加速运动，虽然牵引力是变力，但由W=P·t可求出牵引力做功，由动能定理结合P=Ff·vm，可求出机车的功率.利用求出的功率和最大速度可求阻力，再根据F=
，求出36km/h时的牵引力，再根据牛顿第二定律求出机车的加速度a.
（1）以机车为研究对象，机车从静止出发至达速度最大值过程，根据W=ΔEk，有
P·t-Ff·s=
mvm2,①
当机车达到最大速度时，F=Ff.所以
P=F·vm=Ff·vm.②
联立
（1）、
（2）式有P=
=3.75×105W.
（2）由Ff=
可求出机车受到的阻力
Ff=
=2.5×104N.
当机车速度v=36km/h时机车的牵引力
F=
N=3.75×104N.
根据F合=ma可得机车v=36km/h时的加速度
a=
m/s2=2.5×10-2m/s2.
【说明】机车以恒定功率起动，直到最大速度，属于变力做功的问题.由于阻力恒定，所以机车在任一时刻运动的加速度a=
由于速度增大导致加速度减小，汽车做加速度逐渐减小而速度逐渐变大的变加速运动.此类问题应用牛顿第二定律求解，在中学物理范围内是无法求解的.但应用动能定理求解变力做功，进而求解相关物理量是一种简捷优化的解题思路与方法.
【设计意图】
（1）通过本例题说明如何应用动能分析解决机车以恒定功率启动的问题.
［例3］如图6—2—2所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，开始时底端相齐.当略有拉动时其一端下落，则铁链刚脱离滑轮的瞬间的速度多大?
图6—2—2
【解析】铁链在运动过程中只有重力做功，机械能守恒.若设铁链单位长度的质量为ρ，且选滑轮最高点所在水平面为参考平面，则初态机械能
E1＝－2·ρ
ρｇL2，
末态机械能为
E2＝－ρLｇ·
ρLv2
由机械能守恒定律得：
E1＝E2
即：
所以v＝
.
【说明】
（1）对绳索、链条之类的物体，由于常发生形变，其重心位置相对物体来说并不是固定不变的.能否正确确定重心的位置，常是解决该类问题的关键.一般情况下常分段考虑各部分的势能，并用各部分势能之和作为系统总的重力势能.至于参考平面，可任意选取，但以系统初、末态重力势能便于表示为宜.
（2）此题也可运用等效方法求解：
铁链要脱离滑轮时重力势能的减少等效于将图6—2—2中的一半铁链移至另一半铁链的下端时重力势能的减少.然后由ΔEp＝ΔEk列方程解.用ΔEp＝ΔEｋ列方程的优点是：
不需选取参考平面且便于分析计算，在今后解题中可以大胆使用.
【设计意图】
（1）通过本例说明应用机械能守恒定律解题的方法.
（2）说明对于重心相对自身不固定的物体，如何确定重心位置，求出重力势能，以及如何用等效法分析解决这类问题.
※例4轻杆AB长2L，A端连在固定轴上，B端固定一个质量为2m的小球，中点C固定一个质量为m的小球.AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动.现将杆置于水平位置，如图6—2—3所示，然后由静止释放，不计各处摩擦与空气阻力，试求：
图6—2—3
（1）AB杆转到竖直位置瞬时，角速度ω多大?
（2）AB杆转到竖直位置的过程中，B端小球的机械能增量多大?
【解析】
（1）在AB杆由释放转到竖直位置的过程中，以B球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有：
mg2L+2mg（2L）=mgL+
m（ωL）2+
·2m（ω2L）2
解得角速度ω＝
（2）在此过程中，B端小球机械能的增量为
ΔEB＝E末－E初＝
·2m（ω·2L）2－2mg（2L）＝
mgL
【说明】利用机械能守恒定律解题时，经常会遇到相关联的多个物体的情况，这时对研究对象的选取一定要慎重，否则一切都无从谈起.
【设计意图】通过本例说明利用机械能守恒定律分析解决由多个物体组成系统的问题的方法.
●反馈练习
★夯实基础
1.关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系，正确的是
A.如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零
B.如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零
C.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化
D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零
【解析】合外力为零，由W=Fscosα知，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力却不一定为零，故A选项对，B选项错.物体在合外力作用下做变速运动，合外力不一定做功，物体的速率不一定变化，动能不一定变化（例如匀速圆周运动），同样，物体的动能不变，它所受的合外力也不一定为零，C、D选项均错.
【答案】A
2.在抗洪救灾中，一架直升飞机通过绳索用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，
①力F所做的功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量
②木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量
③力F、重力、阻力，三者的合力所做的功等于木箱重力势能的增量
④力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
上述说法正确的有
A.只有①B.②④
C.①④D.只有②
【解析】物体受重力mg，空气阻力
，拉力F，设物体上升高度为h，由动能定理知：
WF－WF′－mgh＝ΔEk.所以③错，木箱克服重力做功为mgh，
即为木箱重力势能增量，所以②对.由WF－WF′＝mgh＋ΔEk，所以④对①错,选B.
【答案】B
3.质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h，不计空气阻力，则
①物体的重力势能减少2mgh
②物体的机械能保持不变
③物体的动能增加2mgh
④物体的机械能增加mgh
以上说法正确的是
A.①②B.③④
C.①③D.只有④
【解析】物体所受合外力为2mg，则由动能定理知ΔEk=2mgh,③对.除重力外，物体还受到F=mg的外力，它做的功为mgh，故物体的机械能增加了mgh，④对，故选B.
【答案】B
4.某运动员臂长L，将质量为m的铅球推出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是
A.
B.mgl＋
mv02
C.
mv02D.mgl＋mv02
【解析】运动员对铅球的作用力为F，由动能定理知：
WF－mgLsin30°＝
mv02
所以WF＝
mgL＋
mv02
【答案】A
5.质量为1kg的物体在水平面上滑行，且动能随位移变化的情况如图6—2—4所示，取ｇ＝10m/s2，则物体滑行持续的时间是______.
图6—2—4
【解析】由图可求得μmg＝2N，物体加速度大小a＝2m/s2，滑行时间t＝
，t＝5s.
【答案】5s
6.如图6—2—5所示，质量为m的物块与转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始做匀速运动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功为
图6—2—5
A.0B.2πμmgR
C.2μmgRD.μmgR／2
【解析】当物块随转台匀速运动时，μmg＝m
知，
mv2＝
μmgR.由动能定理知：
摩擦力Ff的功Wf＝
mv2－0＝
μmgR.
【答案】D
7.甲、乙两球质量相同，悬线一长一短，如将两球从图6—2—6所示位置，同一水平面无初速释放，不计阻力，则小球通过最低点的时刻
图6—2—6
①甲球的动能较乙球大
②两球受到的拉力大小相等
③两球的向心加速度大小相等
④相对同一参考平面，两球机械能相等
以上说法正确的是
A.只有①B.只有②③
C.只有①④D.①②③④
【解析】由动能定理得
mgl=
mv2
（1）
由于l甲＞l乙，故
mv甲2＞
mv乙2，①对.
在最低点F-mg=m
（2）
由
（1）、
（2）得F=3mg，与l无关，②对.
向心加速度为a=
=2g,与l无关，③对.
对同一参考面，甲、乙两球初状态的机械能相同、且在运动过程中机械能守恒.故④对.应选D.
【答案】D
8.如图6—2—7所示，在一个光滑水平面的中心开一个小孔O，穿一根细绳，在其一端系一小球，另一端用力F向下拉着，使小球在水平面上以半径r做匀速圆周运动，现慢慢增大拉力，使小球运动半径逐渐减小，当拉力由F变为8F时，小球运动半径由r变成
，在此过程中，拉力对小球做的功为
图6—2—7
A.0B.Fr
C.4.5FrD.1.5Fr
【解析】由向心力公式得
F=
①
8F=
②
由动能定理得
W=
③
由①②③求得W=1.5Fr
【答案】D
9.如图6—2—8所示，在倾角为30°的斜面上，沿水平方向抛出一小球，抛出时小球动能为6J，则小球落回斜面时的动能______J.
图6—2—8
【解析】设物体水平抛出初速度为v0，落到斜面上用的时间为t，由平抛运动规律可求得下落高度H＝2v02／3ｇ.以斜面上落点所在平面为参考面，由机械能守恒定律得Ek＝mgH＋
mv02，Ek＝14J.
【答案】14J
10.质量m=5.0kg的物体静止于水平面内，现给物体施加一水平恒力F＝20N，使物体由静止开始运动10m后撤去F，物体在水平面上继续滑行了15m后停止，求物体运动过程中所受的摩擦阻力.
【解析】对物体运动全过程运用动能定理得：
Fs1－Fμ（s1＋s2）＝0，求得Fμ＝８N.
【答案】８N
★提升能力
11.有一半径为R的圆形台球桌，在桌的圆心处放一个球，用球杆击一下球，球便运动起来.设球与桌边间碰撞时无机械能损失，球与桌面间的动摩擦因数是μ，球最终紧靠桌边停下来，则球的初速度v0=______.
【解析】设球与桌面边相碰ｎ次，球通过的路程s＝（2n＋1）R、（n＝0，1，2…），由动能定理得：
μmgs＝
mv02求出v0.
【答案】
（n＝0，1，2…）
12.如图6—2—9所示，一粗细均匀的U形管内装有同种液体竖直放置，右管口用盖板A密闭一部分气体，左管口开口，两液面高度差为h，U形管中液柱总长为4h，现拿去盖板，液柱开始流动，当两侧液面恰好相齐时右侧液面下降的速度大小为____.
图6—2—9
【解析】液面相平时，等效于把右管中
h的液柱移到左管中，由机械能守恒定律得
mg
Mv2①
m=ρ
②
M=ρ4hS③
由①②③求得v=
【答案】
（或
）
13.如图6—2—10所示，物体以100J的初动能从斜面的底端向上运动，当它通过斜面上的M点时，其动能减少80J，机械能减少32J.如果物体能从斜面上返回底端，则物体到达底端时的动能为.
图6—2—10
【解析】因物体从斜面底端到达M点过程中机械能减少32J，即摩擦生热32J，从M点到最高点，动能减少20J，摩擦生热８J，所以上滑过程摩擦生热等于40J，物体返回斜面底端时机械能损失等于８0J，此时动能应为100J－８0J＝20J.
【答案】20J
14.如图6—2—11所示是一同学打秋千的示意图.人最初直立静止的站在B点，绳与竖直方向成θ角，人的重心到悬点O的距离为L1.从B点向最低点A摆动的过程中，人由直立状态自然下蹲，在最低点A人下蹲状态时的重心到悬点O的距离为L2.到最低点后人又由下蹲状态突然变成直立状态且保持直立状态不变，直到摆向另一方的最高点C（设人的质量为m,踏板质量不计，任何阻力不计）.求：
图6—2—11
（1）当人刚摆到最低点A且处于下蹲状态时，绳子中的拉力为多少?
（2）人保持直立状态到达另一方最高点C时，绳子与竖直方向的夹角α为多大?
（用反三角函数表示）
【解析】
（1）人由B摆到A的过程中机械能守恒，即有：
设在A点时人的速度为v，则
mg（L2－L1cosθ）＝
mv2①
在最低点A时，设绳子的拉力为FT，据牛顿第二定律F＝ma得FT－mg＝mv2／L2②
联立①②式解得：
FT＝mg（3－2L1cosθ／L2）
（2）人保持直立状态由A摆到C的过程中机械能守恒，即有
mv2＝mg（L1－L1cosα）③
联立①③式解得α＝arccos（1＋cosθ－L2／L1）
【答案】
（1）mg（3-
）;
（2）arccos（1+cosθ-
）
※15.随着人类能量消耗的迅速增加，如何有效地提高能量利用率是人类所面临的一项重要任务.图6—2—12是上海“明珠线”某轻轨车站的设计方案，与站台连接的轨道有一个小的坡度.请你从提高能量利用效率的角度，分析这种设计的优点.
图6—2—12
【答案】列车进站时，利用上坡使部分动能化为重力势能，减少因为刹车而损耗的机械能；列车出站时利用下坡把储存的重力势能又转化为动能，起到节能作用.
※16.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中（如图6—2—13）小球克服空气阻力所做的功为
图6—2—13
A.
mgRB.
mgR
C.
mgRD.mgR
【解析】在最低点有7mg-mg=m
①
在最高点有mg=
②
由动能定理得
-mg·2R-Wf=
mv22-
mv12③
由①、②、③得Wf=
mgR.
【答案】C
※17.一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹簧的正上方高为h的地方自由落下到弹簧上端，如图6—2—14所示，经几次反弹以后小球落在弹簧上静止于某一点A处，则
图6—2—14
A.h愈大，弹簧在A点的压缩量愈大
B.弹簧在A点的压缩量与h无关
C.小球第一次到达A点时的速度与h无关
D.h愈小，小球第一次到达A点时的速度愈大
【解析】小球静止在A点时，小球受重力和弹簧对它的支持力，且mg＝kx，故B对.
【答案】B
※18.如图6—2—15所示，轻杆两端各系一质量为m的小球A、B，轻杆可绕过O的光滑水平轴在竖直面内转动.A球到O的距离为L1，B球到O的距离为L2，且L1＞L2，轻杆水平时无初速释放小球.不计空气阻力，求杆竖直时两球的角速度大小.
图6—2—15
【解析】设杆竖直时A、B两球速度分别为vA和vB，A、B系统机械能守恒：
0＝mgL2＋
mvB2－mgL1＋
mvA2，又vA＝ωL1，vB＝ωL2，得
ω＝
.
【答案】
※19.如图6—2—16所示，轻质
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