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機械能守恒定律反映的是物體初.末狀態(tài)的機械能間關系.且守恒是有條件的.而動能定理揭示的是物體動能的變化跟引起這種變化的合外力的功間關系.既關心初末狀態(tài)的動能.也必須認真分析對應這兩個狀態(tài)間經(jīng)歷的過程中做功情況. 規(guī)律方法 1.單個物體在變速運動中的機械能守恒問題 [例6]從某高處平拋一個物體.物體落地時速度方向與水平方向夾角為θ.取地面處重力勢能為零.則物體落下高度與水平位移之比為 .拋出時動能與重力勢能之比為 . 解析:設平拋運動的時間為 t.則落地時. gt=v0tanθ即 gt2=v0ttanθ 所以 2h=stanθ所以h/s=tanθ/2 由于落地的速度v=v0/cosθ 又因為½m v02十mgh=½mv2 所以mgh=½m v02/cos2θ-½mv02 所以½mv02/mgh=cot2θ [例7]如圖所示.一個光滑的水平軌道AB與光滑的圓軌道BCD連接.其中圖軌道在豎直平面內(nèi).半徑為R.B為最低點.D為最高點.一個質(zhì)量為m的小球以初速度v0沿AB運動.剛好能通過最高點D.則 A.小球質(zhì)量越大.所需初速度v0越大 B.圓軌道半徑越大.所需初速度v0越大 C.初速度v0與小球質(zhì)量m.軌道半徑R無關 D.小球質(zhì)量m和軌道半徑R同時增大.有可能不用增大初速度v0 解析:球通過最高點的最小速度為v.有mg=mv2/R.v= 這是剛好通過最高點的條件.根據(jù)機械能守恒.在最低點的速度v0應滿足 ½m v02=mg2R+½mv2.v0= 答案:B2.系統(tǒng)機械能守恒問題 [例8]如圖,斜面與半徑R=2.5m的豎直半圓組成光滑軌道,一個小球從A點斜向上拋,并在半圓最高點D水平進入軌道,然后沿斜面向上,最大高度達到h=10m,求小球拋出的速度和位置. 解析:小球從A到D的逆運動為平拋運動,由機械能守恒,平拋初速度vD為mgh-mg2R=½mvD2; 所以A到D的水平距離為 由機械能守恒得A點的速度v0為mgh=½mv02; 由于平拋運動的水平速度不變,則VD=V0cosθ,所以,仰角為 [例9]如圖所示.總長為L的光滑勻質(zhì)的鐵鏈.跨過一光滑的輕質(zhì)小定滑輪.開始時底端相齊.當略有擾動時.某一端下落.則鐵鏈剛脫離滑輪的瞬間.其速度多大? 解析:鐵鏈的一端上升.一端下落是變質(zhì)量問題.利用牛頓定律求解比較麻煩.也超出了中學物理大綱的要求.但由題目的敘述可知鐵鏈的重心位置變化過程只有重力做功.或“光滑 提示我們無機械能與其他形式的能轉(zhuǎn)化.則機械能守恒.這個題目我們用機械能守恒定律的總量不變表達式E2=El.和增量表達式ΔEP=一ΔEK分別給出解答.以利于同學分析比較掌握其各自的特點. (1)設鐵鏈單位長度的質(zhì)量為P.且選鐵鏈的初態(tài)的重心位置所在水平面為參考面.則初態(tài)E1=0 滑離滑輪時為終態(tài).重心離參考面距離L/4.EP/=-PLgL/4 Ek2=½Lv2即終態(tài)E2=-PLgL/4+½PLv2 由機械能守恒定律得E2= E1有 -PLgL/4+½PLv2=0.所以v= (2)利用ΔEP=-ΔEK.求解:初態(tài)至終態(tài)重力勢能減少.重心下降L/4.重力勢能減少-ΔEP= PLgL/4.動能增量ΔEK=½PLv2.所以v= 點評(1)對繩索.鏈條這類的物體.由于在考查過程中常發(fā)生形變.其重心位置對物體來說.不是固定不變的.能否確定其重心的位里則是解決這類問題的關鍵.順便指出的是均勻質(zhì)量分布的規(guī)則物體常以重心的位置來確定物體的重力勢能.此題初態(tài)的重心位置不在滑輪的頂點.由于滑輪很小.可視作對折來求重心.也可分段考慮求出各部分的重力勢能后求出代數(shù)和作為總的重力勢能.至于零勢能參考面可任意選取.但以系統(tǒng)初末態(tài)重力勢能便于表示為宜. (2)此題也可以用等效法求解.鐵鏈脫離滑輪時重力勢能減少.等效為一半鐵鏈至另一半下端時重力勢能的減少.然后利用ΔEP=-ΔEK求解.留給同學們思考. [例10]一根細繩不可伸長.通過定滑輪.兩端系有質(zhì)量為M和m的小球.且M=2m.開始時用手握住M.使M與離地高度均為h并處于靜止狀態(tài).求:(1)當M由靜止釋放下落h高時的速度.(2)設M落地即靜止運動.求m離地的最大高度.(h遠小于半繩長.繩與滑輪質(zhì)量及各種摩擦均不計) 解:在M落地之前.系統(tǒng)機械能守恒v2, M落地之后.m做豎直上拋運動.機械能守恒.有: ½mv2=mgh/;h/=h/3 離地的最大高度為:H=2h+h/=7h/3 試題展示 機械能守恒定律的應用 知識簡析一.應用機械能守恒定律解題的基本步驟 (1)根據(jù)題意選取研究對象. (2)明確研究對象的運動過程.分析對象在過程中的受力情況.弄清各力做功的情況.判斷機械能是否守恒. (3)恰當?shù)剡x取零勢面.確定研究對象在過程中的始態(tài)和末態(tài)的機械能. (4)根據(jù)機械能守恒定律的不同表達式列式方程.若選用了增就應成為確定過程中.動能.勢能在過程中的增減量或各部分機械能在過程中的增減量來列方程進行求解. [例1]如圖5一66所示一質(zhì)量為m的小球.在B點從靜止開始沿半球形容器內(nèi)壁無摩擦地滑下.B點與容器底部A點的高度差為h.容器質(zhì)量為M.內(nèi)壁半徑為R.求: (1)當容器固定在水平桌面上.小球滑至底部A時.容器內(nèi)壁對小球的作用力大。 (2)當容器放置在光滑的水平桌面上.小球滑至底部A時.小球相對容器的速度大。 解析:(1)m下滑只有重力做功.機械能守恒mgh=½mv2 達底端A.根據(jù)牛頓第二定律T-mg=mv2/R所以T=mg+2mgh/R=mg (2若容器在光滑水平桌面上.選m和M為研究對象.系統(tǒng)機械能守恒.水平方向上動量守恒 mgh=½mv2+½Mu12.0=mv十Mu1 所以u1=-mv/M 代入得mgh=½mv2.所以v=.小球相對容器的速度大小為v/=v-u1=v十mv/M 所以v/= 答案: 規(guī)律方法 1.機械能守恒定律與圓周運動結合 物體在繩.桿.軌道約束的情況下在豎直平面內(nèi)做圓周運動.往往伴隨著動能.勢能的相互轉(zhuǎn)化.若機械能守恒.即可根據(jù)機械能守恒去求解物體在運動中經(jīng)過某位里時的速度.再結合圓周運動.牛頓定律可求解相關的運動學.動力學的量. [例2]如圖1所示.一根長L的細繩.固定在O點.繩另一端系一條質(zhì)量為m的小球.起初將小球拉至水平于A點.求(1)小球從A點由靜止釋放后到達最低點C時的速度.(2)小球擺到最低點時細繩的拉力. 解:(1)由機械能守恒有:mgl=½mvC2; (2) 在最低點.由向心力公式有T-mg=mv2/l;T=3mg; [例3]在上例中.將小球自水平向下移.使細繩與水平方向成θ=300角.如圖2所示.求小球從A點由靜止釋放后到達最低點C時細繩的拉力. 解: [例4]如圖.長為L的細繩一端拴一質(zhì)量為m的小球.另一端固定在O點.在O點的正下方某處P點有一釘子.把線拉成水平.由靜止釋放小球.使線碰到釘子后恰能在豎直面內(nèi)做圓周運動.求P點的位置 解析: 設繩碰到釘子后恰能繞P點做圓周運動的半徑為r.運動到最高點的速率為V.由機械能守恒定律得: 在最高點.由向心力公式有:,, [例5]如圖5-69所示.長為l不可伸長的細繩一端系于O點.一端系一質(zhì)量為m的物體.物體自與水平夾角300由靜止釋放.問物體到達O點正下方處的動能是多少? 錯解:由機械能守恒定律:mg1·5l=½mv2. 所以最低點動能為1.5mgl 分析:小球運動過程是:先由A點自由下落至B.自B點做圓周運動.就在B處繩使其速度改變的瞬間小球的動能減少.下面我們通過運算來說明這個問題. 正確解法: vB=.其方向豎直向下.將該速度分解如圖5一70所示 v2=vcos300=cos300 由B至C的過程中機械能守恒 ½mv十mg0.5l=½mv 由此得½mv=5mgl/4 答案:5mgl/4 點評:通過例5.例6兩題.人們會有這種想法:為什么例 5中在速度改變瞬間(B點)有能量損失.而例 6中就沒有能量損失.這其中原因是什么呢?仔細考慮可知:例6中繩的作用力與速度垂直.所以只改變了速度的方向而沒有改變速度的大小.而例5中雖然速度大小發(fā)生了變化(v2<vB).由動量定理可知.沿半徑方向繩的拉力T產(chǎn)生的沖量使沿繩方向的動量發(fā)生了變化.即TΔt=mv1.因此該情況就有能量損失.也就不可用機械能守恒定律. [例6]如圖所示.在一根長為L的輕桿上的B點和末端C各固定一個質(zhì)量為m的小球.桿可以在豎直面上繞定點A轉(zhuǎn)動.BC=L/3,現(xiàn)將桿拉到水平位置從靜止釋放.求末端小球C擺到最低點時速度的大小和這一過程中BC端對C球所做的功. 解析:B.C兩球系統(tǒng)在下擺的過程中只有重力做功.系統(tǒng)機械能守恒. ; 由于B.C角速度相同. 解得: 對于C球,由動能定理得解得桿BC段對C球做功 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)