拓展课 机械能守恒定律的应用
拓展点一 多个物体组成系统的机械能守恒问题 1.轻绳连接的物体系统 (1)常见情景(如图所示)。
(2)三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
2.轻杆连接的物体系统 (1)常见情景(如图所示)。
(2)三大特点 ①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度相等。
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
3.轻弹簧连接的物体系统 (1)题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功，又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。
(2)两点提醒 ①对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。
②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。
[试题案例] [例 1] 如图所示，A、B 两小球分别固定在一刚性轻杆的两端，两球球心间相距 L＝1.0 m，两球质量分别为 m A ＝4.0 kg，m B ＝1.0 kg，杆上距 A 球球心 0.40 m 处有一水平轴 O，杆可绕轴无摩擦转动，现先使杆保持水平，然后从静止释放。当杆 A、B 两球的角速度相同且系统机械能守恒。
转到竖直位置，则：
(1)两球的速度各是多少？ (2)转动过程中杆对 A 球做功为多少？(计算中重力加速度的数值 g 取 10 m/s 2 ) 解析 (1)对 AB 组成的系统，在转动过程中机械能守恒 m A gL A ＝m B gL B ＋ 12 m A v2A ＋ 12 m B v2B
其中 v A ∶v B ＝ωL A ∶ωL B ＝L A ∶L B
代入数据得 v A ＝ 4 55 m/s， v B ＝ 6 55 m/s。
(2)对 A 球应用动能定理 m A gL A ＋W＝ 12 m A v2A ，W＝－9.6 J。
答案 (1) 4 55 m/s 6 55 m/s (2)－9.6 J 方法总结 多物体机械能守恒问题的分析技巧 (1)对多个物体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否
守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，可选用 ΔE k ＝－ΔE p 或 ΔE A 增 ＝ΔE B 减 的形式。
[针对训练 1] 如图所示，可视为质点的小球 A、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为 R 的光滑圆柱，A 的质量为 B 的两倍。当 B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高。将 A 由静止释放，B 上升的最大高度是(
)
A.2R
B. 5R3
C. 4R3
D. 2R3 解析 设 A、B 的质量分别为 2m、m，当 A 落到地面，B 恰运动到与圆柱轴心等高处，以 A、B 整体为研究对象，机械能守恒，故有 2mgR－mgR＝ 12 (2m＋m)v2 ，当 A 落地后，B 球以速度 v 竖直上抛，到达最高点时上升的高度为 h′＝ v22g ，故 B上升的总高度为 R＋h′＝ 43 R，选项 C 正确。
答案 C 拓展点二 牛顿第二定律、机械能守恒定律和动能定理的综合应用 机械能守恒定律和动能定理的比较
机械能守恒定律 动能定理 区别 研究对象 系统(如物体与地球、物体与弹簧) 一般是一个物体 做功情况 只有重力或弹力做功 合外力对物体做的功 能量转化 动能与重力势能、弹性势能之间的转化 动能与其他形式的能之间的转化 应用范围 只有重力或弹力做功 无条件限制 分析思路 只需分析研究对象初、末 不但要分析研究对象初、
状态的动能和势能即可 末状态的动能，还要分析所有外力所做的功 书写方式 有多种书写方式，一般常用等号两边都是动能与势能的和 等号一边是合力做的总功，另一边则是动能的变化 物理意义 重力或弹力以外的力所做的功，是机械能变化的量度 合外力所做的功是动能变化的量度 相同点 (1)思想方法相同：机械能守恒定律和动能定理都是从做功和能量转化的角度来研究物体在力的作用下状态的变化 (2)表达这两个规律的方程都是标量式 (3)两规律都只需考虑始、末两状态，不必考虑所经历的过程细节，因此无论是直线运动还是曲线运动都可应用 说明：机械能守恒定律的应用优势在于多个物体或有多个力做功的系统，对于一个物体的能量转化问题应用动能定理更方便。在多过程问题中，有时交替使用机械能守恒定律和动能定理。
[试题案例] [例 2] 游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)。我们把这种情形抽象为图乙的模型：
“轻绳”模型 弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要 h 大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为 R，h 至少要等于多大？ 隐含：F N ≥0，临界条件为在最高点轨道对小球的压力为零。
不考虑摩擦等阻力。
整个过程中满足机械能守恒的条件。
解析 设小球的质量为 m，小球运动到圆轨道最高点时的速度为 v，受到圆轨道的压力为 F N 。小球滑至圆轨道最高点的过程中，由于只有重力做功，机械能守恒。以圆轨道最低点为零势能点，则在这个过程中，根据机械能守恒定律，有 mg(2R)＋ 12 mv2 ＝mgh 在圆轨道的最高点处，根据牛顿第二定律，有 F N ＋mg＝m v2R
欲使小球顺利地通过圆轨道的最高点，则小球在最高点时，必须满足条件 F N ≥0 即 mg≤m v2R
联立以上各式，可得 h≥ 52 R 可见，为了使小球顺利地通过圆轨道的最高点，h 至少应为 52 R。
答案 52 R [拓展] 如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜面轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为 R。一质量为 m 的物块从斜面轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过 5mg(g 为重力加速度)。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度 h 的取值范围。
解析 轨道最低点为零势能点，设物块在圆形轨道最高点的速度为 v，由机械能守恒定律得 mgh＝2mgR＋ 12 mv2 ①
物块在最高点受重力 mg、轨道的压力 F N 。重力与压力的合力提供向心力，有 mg＋F N ＝m v2R ② 物块能通过最高点的条件是 F N ≥0③ 由②③式得 v≥ gR④ 由①④式得 h≥2.5R⑤ 又 F N ≤5mg⑥ 由②式得 v≤ 6Rg⑦ 由①⑦式得 h≤5R h 的取值范围是 2.5R≤h≤5R。
答案 2.5R≤h≤5R [针对训练 2] 如图所示，AB 和 CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 120°，半径 R＝2.0 m，一个质量为m＝1 kg 的物体(可看成质点)在离圆弧底端高度为 h＝3.0 m 处，以初速度 4.0 m/s沿斜面向下运动，若物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速度 g＝10 m/s 2 ，则：
(1)试描述物体最终的运动情况； (2)物体在斜面上(不包括圆弧部分)走过路程的最大值为多少？ (3)物体对圆弧轨道最低点的最大压力和最小压力分别为多少？(结果中可以保留根号) 解析 (1)斜面的倾角为 60°，因为 mgsin 60°＞μmgcos 60°，所以物体不会静止在斜面上，最终在 BC 间做往复运动。
(2)最终做往复运动时，在 B、C 的速度为零，对 A 到 C 的整个过程运用动能定理得 mg h－ 12 R －μmgLcos 60°＝0－12 mv20 ，代入数据解得 L＝28 m。
(3)第一次到达最低点时速度最大，压力最大，根据动能定理得 mgh－μmgcos
60°·h－ 12 Rsin 60°＝ 12 mv2E － 12 mv20 ，代入数据解得 v 2 E ＝ 76－ 8 33m 2 /s 2 。根据 F N1 －mg＝m 错误! ! 得，F N1 ＝mg＋m 错误! ! ＝ 错误! !
N。最终在 BC 间做往复运动时，经过 E 点的速度最小，压力最小。根据机械能守恒定律得 mg·12 R＝12 mv E ′2 ，解得 v E ′ 2 ＝gR＝20 m 2 /s 2 。根据 F N2 －mg＝m vE ′ 2R，得 F N2 ＝mg＋m vE ′ 2R＝20 N。根据牛顿第三定律可得，物体对圆弧轨道最低点的最大压力 F N1 ′＝F N1 ＝ 48－ 4 33 N，最小压力 F N2 ′＝F N2 ＝20 N。
答案 (1)见解析 (2)28 m (3) 48－ 4 33 N 20 N 拓展点三 能量守恒定律、功能关系的理解和应用 1.能量守恒定律 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2.功能关系概述 (1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。
(2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。
3.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下表：
功 能量转化 关系式 重力做功 重力势能的改变 W G ＝－ΔE p
弹力做功 弹性势能的改变 W F ＝－ΔE p
合力做功 动能的改变 W 合 ＝ΔE k
除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W＝ΔE 机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 内能的改变 F f x 相对 ＝Q [试题案例] [例 3] 如图所示，某段滑雪雪道倾角为 30°，总质量为 m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为 13 g。
13 g＜gsin 30 ° 在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(
)
A.运动员减少的重力势能全部转化为动能 B.运动员获得的动能为 13 mgh C.运动员克服摩擦力做功为 23 mgh D.下滑过程中系统减少的机械能为 13 mgh 解析 运动员的加速度为 13 g，小于 gsin 30°，所以必受摩擦力的作用，且大小为 16 mg，克服摩擦力做功为16 mg·hsin 30°＝ 13 mgh，故 C 错误；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有 13 mgh 转化为内能，故选项 A 错误，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为 13 mg·hsin 30°＝ 23 mgh，故 B 错误。
答案 D [针对训练 3] 如图所示， 光滑坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端 O 点。已知在 OM 段，小物块 A 与水平面间的动摩擦因数为 μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g。求：
(1)小物块滑到 O 点时的速度； (2)轻弹簧在最大压缩量 d 时的弹性势能(设轻弹簧处于原长时弹性势能为零)。
解析 (1)由机械能守恒定律得 mgh＝ 12 mv2 ，解得 v＝ 2gh。
(2)在水平滑道上小物块 A 克服摩擦力所做的功为 W＝μmgd 由能量守恒定律得 12 mv2 ＝E p ＋μmgd， 以上各式联立得 E p ＝mgh－μmgd。
答案 (1) 2gh (2)mgh－μmgd 方法总结 运用能量守恒定律解题的基本思路
注意：应用能量守恒定律解题时，一定要分清系统中有哪些形式的能，什么能发生了转化或转移。
1.如图所示，质量为 m 和 3m 的小球 A 和 B，系在长为 L 的细线两端，桌面水平光滑，高 h(h＜L)，B 球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则 A 球离开桌边的速度为(
)
A.3gh2
B. 2gh
C.gh3
D.gh6 解析 A、B 组成的系统机械能守恒，则有 3mgh＝ 12 (m＋3m)v2 ，解得 v＝3gh2，选项 A 正确。
答案 A 2.质量为 m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为 45 g，在物体下落 h 的过程中，下列说法不正确的是(
) A.物体的动能增加了 45 mgh B.物体的重力势能减少了 mgh C.物体机械能减少了 45 mgh D.物体克服阻力所做的功为 15 mgh 解析 根据合力做功等于动能的变化，下落的加速度为 45 g，物体的合力为45 mg，W 合 ＝ 45 mgh，所以物体的动能增加了45 mgh，选项 A 正确；重力做功 W G ＝mgh，重力做功等于重力势能的变化，所以重力势能减少了 mgh，物体的动能增加了 45mgh，则机械能减少了 15 mgh，选项 B 正确，C 错误；物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为 45 g，根据牛顿第二定律得阻力为15 mg，所以阻力做功 W f ＝－fh＝－ 15 mgh，所以物体克服阻力所做的功为15 mgh，选项 D 正确。
答案 C 3.(多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 连接，另一端与物体 A 相连，物体 A 置于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连。开始时托住 B，让 A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是
(
)
A.A 物体与 B 物体组成的系统机械能守恒 B.A 物体与 B 物体组成的系统机械能不守恒 C.B 物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 D.当弹簧的拉力等于 B 物体的重力时，A 物体的动能最大 解析 A 物体、弹簧与 B 物体组成的系统机械能守恒，但 A 物体与 B 物体组成的系统机械能不守恒，选项 A 错误，B 正确；B 物体机械能的减少量等于 A 物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故 B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项 C 错误；当弹簧的拉力等于 B 物体的重力时，A 物体的加速度为 0，A 物体速度最大，A 物体的动能最大，选项 D 正确。
答案 BD 4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个过程中，物体机械能随时间变化关系正确的是(
)
解析 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对于物体，在撤去外力前，有 F－mg＝ma，h＝ 12 at2 ，某一时刻的机械能 E＝ΔE＝F·h，联立以上各式得 E＝Fa2·t 2 ∝t 2 ，撤去外力后，物体机械能守恒，故选项 C 正确。
答案 C 5.如图所示，传送带的速度是 3 m/s，两圆心的距离 s＝4.5 m，现将 m＝1 kg 的小物体轻放在左轮正上方的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.15，电动机带动传送带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g 取 10 m/s 2 )
(1)小物体获得的动能 E k ；
(2)这一过程克服摩擦产生的热量 Q； (3)这一过程电动机多消耗的电能 E。
解析 (1)设小物体与传送带达到共同速度时，物体相对地面的位移为 x。
μmgx＝ 12 mv2 ， 解得 x＝3 m＜4.5 m， 即物体可与传送带达到共同速度，此时 E k ＝ 12 mv2 ＝ 12 ×1×32
J＝4.5 J。
(2)由 μmg＝ma 得 a＝1.5 m/s 2 ，由 v＝at 得 t＝2 s，则 Q＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J。
(3)由能量守恒知，E＝E k ＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J。
答案 (1)4.5 J
(2)4.5 J (3)9 J 6.(2019·西安高一检测)如图所示，竖直平面内有一光滑管道口径很小的圆弧轨道，其半径为 R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量 m＝0.8 kg 可看作质点的小球从平台边缘的 A 处平抛，恰能沿圆弧轨道上 P 点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径 OP 与竖直线的夹角为 53°，已知 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取 10 m/s 2 。试求：
(1)小球从 A 点开始平抛运动到 P 点所需的时间 t； (2)小球从 A 点平抛的速度大小 v 0 ；A 点到圆轨道入射点 P 之间的水平距离 l； (3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小； (4)小球沿轨道通过圆弧的最高点 Q 时对轨道的内壁还是外壁有弹力？并求出弹力的大小。
解析 (1)从 A 到 P 过程中，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以有 R＋Rcos 53°＝ 12 gt2 ， 解得 t＝0.4 s。
(2)根据平行四边形定则和平抛规律，
有 v y ＝gt，tan 53°＝ vyv 0 ， 解得 v 0 ＝3 m/s， 在水平方向上有 l＝v 0 t，解得 l＝1.2 m。
(3)从 A 到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，有：
12 mv21 ＝2mgR＋ 12 mv20 ，解得 v 1 ＝ 29 m/s。
(4)小球从 A 到达 Q 时，根据机械能守恒定律可知 v Q ＝v 0 ＝3 m/s 在 Q 点，根据牛顿第二定律，有 F N ＋mg＝m 错误! ! ，得 F N ＝6.4 N 根据牛顿第三定律可知小球对外管壁有弹力， F N ′＝F N ＝6.4 N。
答案 (1)0.4 s (2)3 m/s 1.2 m (3) 29 m/s (4)外壁 6.4 N
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