1、习题课2动能定理和机械能守恒定律【学习素养明目标】1.进一步理解动能定理及其应用.2.深刻理解机械能守恒定律，会利用机械能守恒定律处理多过程问题动能定理的理解1.动能定理公式中体现的三个关系(1)数量关系：即合外力所做的功与物体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合力的功，进而求得某一力的功(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因2动能定理叙述中外力的含意：定理中所说的“外力”既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是其他力3应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的
2、物体为参考系(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系【例1】如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45处，在此过程中人所做的功为()A B C DmvC人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45处的过程中，当绳与水平方向夹角为45时，沿绳方向的速度vv0cos 45，故此时质量为m的物体速度等于，对物体由动能定理可知，
3、在此过程中人所做的功为，选项C正确运用动能定理应注意的事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统(2)当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时，可优先考虑动能定理(3)处理曲线运动中的速率问题时要优先考虑动能定理(4)求变力做功问题优先考虑动能定理1如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()Amghmv2Bmv2mghCmghD(mghmv2)A由A到C的过程运用动能定理可得：mghW0mv2，所以Wmghm
4、v2，所以A正确机械能守恒定律的表达式及应用1机械能守恒定律的表达式(1)守恒观点：EkEpEkEp(一定要选参考平面)(2)转化观点：EkEp(不需要选参考平面)(3)转移观点：E增E减(不需要选参考平面)2应用机械能守恒的一般步骤(1)选取研究对象(2)根据受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件(3)确定初、末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解(5)对计算结果进行必要的讨论和说明【例2】如图所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连已知M2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h(此时竖
5、直绳长小于桌高)的距离，木块仍在桌面上，则此时砝码的速度为多大？思路探究：砝码、木块及轻绳组成的系统在相互作用的过程中，除砝码的重力做功外，还有绳的拉力对砝码做负功，对木块做正功，且二者之和为0，故系统的机械能守恒，也可以运用动能定理来求解解析方法一利用机械能守恒定律求解设砝码开始离桌面的距离为x，取桌面所在的水平面为参考平面，则系统的初态机械能E1Mgx系统的末态机械能E2Mg(xh)(Mm)v2，由E2E1得Mg(xh)(Mm)v2Mgx又M2m联立以上各式得v.方法二利用动能定理求解设拉力对木块所做的功为W，则拉力对砝码所做的功为W，对木块由动能定理得Wmv2对砝码由动能定理得MghWM
6、v2，联立以上两式得v.答案用机械能守恒定律解题应注意的两个问题(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同(2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同2如图所示，在光滑的水平桌面上放置一根长为l的链条，链条沿桌边挂在桌外的长度为a，链条由静止开始释放，求链条全部离开桌面时的速度解析当链条从图示位置到全部离开桌面的过程中，原来桌面上的那段链条重心下降的距离为，挂在桌边的那段链条重心下降的距离为la，设链条单位长度的质量为m，链条总的质量为mlm，由EpEk，即m(la)gmag(la)lmv2，解得v.答案1如图所示
7、，从竖直面上大圆(直径d)的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上，同一物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则()A所用的时间相同B重力做功都相同C机械能不相同D到达底端时的动能相等A对物体在倾斜轨道上受力分析，设轨道与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律可求得agcos ，又x2Rcos ，根据运动学公式xat2，有2Rcos gcos t2，得t2，因此下滑时间只与圆的半径及重力加速度有关，故A正确；同一物体从不同的光滑轨道下滑，重力做功的多少由下滑高度决定，由于下滑高度不同，所以重力做功也不相同，故B错误；同一物体由静止开始从A点分别沿两条轨道滑到底端，由于均是光滑轨道，所
8、以只有重力做功，因此机械能守恒，故C错误；由动能定理可知，因重力做的功不一样，所以到达不同轨道底端时的动能不同，故D错误2(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以一恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和BD物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量
9、，B对A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错对B应用动能定理，WFWfEkB，即WFWfEkB就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对由上述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不相等，故A错3.如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法不正确的是()
10、A木板对小物块做功为mv2B摩擦力对小物块做功为mgLsin C支持力对小物块做功为mgLsin D滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin B在抬高A端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：WFNWG0，即WFNmgLsin 0，所以WFNmgLsin .在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：WGWfmv2，即Wfmv2mgLsin ，B错，C、D正确在整个过程中，设木板对小物块做的功为W，对小物块在整个过程由动能定理得Wmv2，A正确4.(多选)如图
11、所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角45，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A小球的动能与重力势能之和保持不变B小球的动能与重力势能之和先增大后减小C小球的动能与弹簧的弹性势能之和增加D小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变BC在小球运动的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，但三者之和不变由C到B的过程中，弹簧的弹性势能减小，重力势能减小，但动能增加，根据机械能守恒定律，可判定A、D项均错；由B到最低点的过程中，重力势能减小，弹性势能增加，所以B、C项正确