機(jī)械能守恒2多物體機(jī)械能守恒問題

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1、機(jī)械能守恒應(yīng)用2多物體機(jī)械能守恒問題 一、輕桿連接系統(tǒng)機(jī)械能守恒 1、 模型構(gòu)建 輕桿兩端各固定一個(gè)物體，整個(gè)系統(tǒng)一起沿斜面運(yùn)動(dòng)或繞某點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)或關(guān)聯(lián)運(yùn)動(dòng)，該系統(tǒng)即為機(jī)械能守恒中的輕桿模型. 2、 模型條件 (1) .忽略空氣阻力和各種摩擦. (2) ?平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等，關(guān)聯(lián)運(yùn)動(dòng)時(shí)沿桿方向速度相等。 3、 模型特點(diǎn) (1) ?桿對(duì)物體的作用力并不總是指向桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒. (2) .對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，沒有外力對(duì)系統(tǒng)做功，因此系統(tǒng)的總機(jī)械能守恒. 例1.［轉(zhuǎn)動(dòng)］質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)小球P和Q，中間用輕質(zhì)桿固定連接

2、，桿長(zhǎng)為 L，在離P球舟處有一個(gè)光滑固定 軸0,如圖8所示.現(xiàn)在把桿置于 水平位置后自由釋放，在 Q球順時(shí)針擺動(dòng)到最低位置時(shí)，求： 圖8 (1) 小球P的速度大小； (2) 在此過程中小球P機(jī)械能的變化量. 答案⑴電羋⑵增加fmgL 3 9 解析(1)兩球和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)小球 Q擺到最低位置時(shí)P球的速度為V，由于P、Q兩球的角速度相等，Q球 運(yùn)動(dòng)半徑是P球運(yùn)動(dòng)半徑的兩倍，故 Q球的速度為2v.由機(jī)械能守恒定律得 2 1 1 2 1 2 2mg ?L - mg 33L = ^mv + 2 ? m (2v)， 解得▼二亠等. 1 1 2 4 (2)小球P機(jī)械能增

3、加量 AE = mg 3L+ ^mv = §mgL ［跟蹤訓(xùn)練］.如圖5-3- 7所示，在長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿中點(diǎn)A和端點(diǎn)B各固定一質(zhì)量為 m的球，桿可繞無摩擦的軸 0轉(zhuǎn)動(dòng), 使桿從水平位置無初速度釋放。求當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，輕桿對(duì) A、B兩球分別做了多少功？ ~oT~ ? 0 A B 'I i 1 1 4 ? 圖 5-3 - 7 解析：設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，A球和B球的速度分別為Va和vb。如果把輕桿、兩球組成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象，那么由 于桿和球的相互作用力做功總和等于零，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 1 2 1 2 1 若取B的最低點(diǎn)為重力勢(shì)能參考平面， 可得：2mgL= ?mv

4、A + ?mvB + ?mgL又因A球與B球在各個(gè)時(shí)刻對(duì)應(yīng)的角速度相同， 故 vb =2va 由以上二式得： va=- 3當(dāng)，vb = “；弋嚴(yán)。 根據(jù)動(dòng)能定理，可解出桿對(duì) A、B做的功。 L 1 2 對(duì) A 有：Wa + mg2= ^mvA -0，所以 WA=- 0.2mgL。 1 2 對(duì) B 有：Wb + mgL = ^mvB — 0，所以 W3= 0.2mgL。 答案：—0.2mgL 0.2mgL 例2、［平動(dòng)］ 如圖5 — 3 — 9所示，傾角為9的光滑斜面上放有兩個(gè)質(zhì)量均為 m的小球A和B,兩球之間用一根長(zhǎng)為 L的輕桿相連，下 面的小球B離斜面底端的高

5、度為 h.兩球從靜止開始下滑，不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，且地面光滑，求： (1) 兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??； (2) 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿對(duì) A球所做的功. 【解析】(1)因?yàn)闆]有摩擦, 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： 且不計(jì)球與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失, 兩球在光滑地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小相等, 設(shè)為v， 2m?h + 2$和 9) =2x 卻 解得：v = 2gh + gLsin 9 . (2)因兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 v比B單獨(dú)從h處自由滑下的速度 2gh大，增加的機(jī)械能就是桿對(duì) B做正功的 結(jié)果.B增加的機(jī)械能為 1 2 1 △ EkB= ^mv—

6、 mgh= ^mgLin 9 因系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以桿對(duì) B球做的功與桿對(duì) A球做的功的數(shù)值應(yīng)該相等，桿對(duì) B球做正功，對(duì) A球做負(fù)功，所以 1 桿對(duì)A球做的功 W= — ^mglsin 9 . 1 【答案】 ⑴ 9 (2) — ^mgLin 9 h = 0.1 m.兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計(jì)球與地 ［跟蹤訓(xùn)練］.如圖8所示，在傾角9= 30°勺光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1 kg和2 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球 A和B， 兩球之間用一根長(zhǎng) L = 0.2 m的輕桿相連，小球 B距水平面的高度 面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失， A.整個(gè)下滑過程中 A球機(jī)械能守恒 B.整

7、個(gè)下滑過程中 B球機(jī)械能守恒 2 2 C ?整個(gè)下滑過程中 A球機(jī)械能的增加量為3 J D ?整個(gè)下滑過程中 B球機(jī)械能的增加量為3 J 答案 D 解析 在下滑的整個(gè)過程中，只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但在 B球沿水平面滑行，而 A沿斜面滑行時(shí)，桿的 彈力對(duì)A、B球做功，所以A、B球各自機(jī)械能不守恒，故 A、B錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得： mAg(h + Lsin 9) + mBgh=g(mA + mB)v2，解得：v =討6 m/s，系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中 B球機(jī)械能的增加量為gmBv2 — mBgh = | J,故D正確；A球的機(jī)械能 減少量為I J, C錯(cuò)誤. 例3.

8、［聯(lián)動(dòng)］(2015新課標(biāo)全國(guó)H 21)(多選)如圖5，滑塊a、b的質(zhì)量均為m, a套在固定豎直桿上，與 光滑水平地面相距 h, b放在地面上.a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接, 由靜止開始運(yùn)動(dòng).不計(jì)摩擦, a、b可視為質(zhì)點(diǎn) 重力加速度大小為g.則(  A . a落地前，輕桿對(duì)b 一直做正功 B . a落地時(shí)速度大小為.2gh C. a下落過程中，其加速度大小始終不大于 g D . a落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為 mg 答案 BD 解析 滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對(duì) b先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；以滑塊a、b及輕桿為研究 1 2

9、對(duì)象，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，當(dāng) a剛落地時(shí)，b的速度為零，則 mgh= qmva + 0,即Va=J2gh，選項(xiàng)B正確；a、b的先后受力 分析如圖甲、乙所示. 甲 乙 由a的受力情況可知，a下落過程中，其加速度大小先小于 g后大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)a落地前b的加速度為零（即輕 桿對(duì)b的作用力為零）時(shí)，b的機(jī)械能最大，a的機(jī)械能最小，這時(shí)b受重力、支持力，且FNb= mg，由牛頓第三定律可知，b 對(duì)地面的壓力大小為 mg，選項(xiàng)D正確. ［跟蹤訓(xùn)練］.. 內(nèi)壁光滑的環(huán)形凹槽半徑為 R,固定在豎直平面內(nèi)，一根長(zhǎng)度為 2R的輕桿，一端固定有質(zhì)量為 m的小球甲，另一端固定有 質(zhì)量為2

10、m的小球乙，將兩小球放入凹槽內(nèi)，小球乙位于凹槽的最低點(diǎn)，如圖 6所示.由靜止釋放后 （ ） A .下滑過程中甲球減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能 B ?下滑過程中甲球減少的重力勢(shì)能總等于乙球增加的重力勢(shì)能 C?甲球可沿凹槽下滑到槽的最低點(diǎn) D ?桿從右向左滑回時(shí)，乙球一定能回到凹槽的最低點(diǎn) 答案 AD A、D對(duì)，B錯(cuò)；由于乙球的質(zhì)量大 解析 根據(jù)題設(shè)條件可知甲、乙兩小球組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒定律，故 于甲球的質(zhì)量，所以甲球不可能沿凹槽下滑到槽的最低點(diǎn)，否則就不滿足機(jī)械能守恒， C錯(cuò). 、輕繩連接系統(tǒng)機(jī)械能守恒 例1 .甲、乙兩物體用細(xì)線相連，跨過兩光滑滑

11、輪按如圖 12所示方式連接，滑輪上方放置一豎直的光滑半圓形軌道，甲 物體與地面接觸，乙物體緊挨滑輪位置，兩滑輪到地面距離與半圓軌道直徑相等， 且與圓心在同一水平線上。若兩滑輪與甲、 乙物體均視為質(zhì)點(diǎn)，且兩滑輪之間距離可視為與半圓軌道直徑相等， 現(xiàn)將乙由靜止開始釋放，甲物體向上運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道后， 恰好能沿半圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩物體質(zhì)量之比為 （ ） A.1 : 7 C.1 : 5 D.1 : 4 解析 設(shè)甲、乙兩物體質(zhì)量分別為 mi、m2,軌道半徑為R,當(dāng)乙下落到地面、甲運(yùn)動(dòng)到半圓軌道下端時(shí)，由題意知，對(duì)系統(tǒng) 1 2 mivi 由機(jī)械能守恒定律可得 2m2gR-2migR

12、= 2（m2 + mi）v，甲球恰好能做圓周運(yùn)動(dòng)，則甲球在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)必有 mig = —r"，甲 由軌道下端運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中由機(jī)械能守恒定律可得： 2miv2= migR + imivi，聯(lián)立以上各式可得： m2= 7mi,貝U A正確。 答案 A ［跟蹤訓(xùn)練］..如圖i2所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物體用不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，開始兩物體處 于同一高度，繩處于繃緊狀態(tài)，輕繩足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦?現(xiàn)將兩物體由靜止釋放，在 A落地之前的運(yùn)動(dòng)中，下列說法中 正確的是（ ） aO riff 圖i2 A ? A物體的加速度為g B. A、B組成系統(tǒng)的重力勢(shì)能增大

13、C.下落t秒時(shí)，B所受拉力的瞬時(shí)功率為*mg2t D.下落t秒時(shí)，A的機(jī)械能減少了 9mg2t2 答案 D 2mg- mg i 解析 A與B的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì) A、B整體有：a= =壬g，故A錯(cuò)誤；A、B組成系統(tǒng)的 2m+ m 3 4mg i 機(jī)械能不變，動(dòng)能增大，重力勢(shì)能減小，故 B錯(cuò)誤；B受到的拉力：F = m（g +司=寸，下落t秒時(shí)，B的速度：v= at= ^gt， 4 2 4 所受拉力的瞬時(shí)功率為 P= Fv= §mg2t，C錯(cuò)誤；對(duì)A有：2mg- Ft = 2ma，得細(xì)繩的拉力FT=§mg.下落t秒時(shí)，A下落的高 度為h = ^at2 = ￡g

14、t2，貝U A克服細(xì)繩拉力做功為 W= FTh = ^mg2t2.根據(jù)功能關(guān)系得知：A的機(jī)械能減少量為 ￡a= W=|mg2t2， 故D正確. 規(guī)律總結(jié) 多物體機(jī)械能守恒問題 （i）多物體機(jī)械能守恒問題的分析方法： ① 對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒. ② 注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系. ③ 列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用 AEku— AEp的形式. ⑵多物體機(jī)械能守恒問題的三點(diǎn)注意： ① 正確選取研究對(duì)象. ② 合理選取物理過程. ③ 正確選取機(jī)械能守恒定律常用的表達(dá)形式列式求解. 專題訓(xùn)練： i如圖5 — 3

15、— 2所示，質(zhì)量分別為 m和2m的兩個(gè)小球A和B,中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點(diǎn) 0處有一固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸, 把桿置于水平位置后釋放，在 B球順時(shí)針擺動(dòng)到最低位置的過程中（不計(jì)一切摩擦）（ ） A . B球的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加， B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B . A球的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加， A球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 C . A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D . A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 ［解析］A球在上擺過程中，重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，機(jī)械能增加， B項(xiàng)正確；由于A球、B球和地球組成的系統(tǒng)只 有重力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒， C項(xiàng)正確，D

16、項(xiàng)錯(cuò)誤；所以B球和地球組成系統(tǒng)的機(jī)械能一定減少， A項(xiàng)錯(cuò)誤。 ［答案］BC 2. 圖 5-3 - 11 （多選）輕桿AB長(zhǎng)2L，A端連在固定軸上，B端固定一個(gè)質(zhì)量為2m的小球，中點(diǎn)C固定一個(gè)質(zhì)量為 m的小球.AB桿可以 繞A端在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)?現(xiàn)將桿置于水平位置，如圖 5-3 - 11所示，然后由靜止釋放，不計(jì)各處摩擦與空氣阻力，則 下列說法正確的是（ ） A. AB桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，角速度為 B. AB桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，B端小球的機(jī)械能的增量為 4 §mgL C. AB桿轉(zhuǎn)動(dòng)過程中桿 CB對(duì)B球做正功，對(duì) C球做負(fù)功，桿 AC對(duì)C球做正功 D. AB桿轉(zhuǎn)動(dòng)過

17、程中，C球機(jī)械能守恒 【解析】 在AB桿由靜止釋放到轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，以 B球的最低點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有: 的增量為： 1 4 △ Eb= E末一E初=? 2" 3 ? 2L）2- 2mg?（2 L） = §mgL B項(xiàng)正確.AB桿轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，桿 AC對(duì)C球不做功，桿 CB對(duì) mg- 2L+ 2m?2L） = mgL^1 x 2m ? ? 2L）2+亠3 L）2，解得角速度.朋，A項(xiàng)正確.在此過程中，B端小球機(jī)械能 C球做負(fù)功，對(duì)B球做正功，C項(xiàng)錯(cuò).C球機(jī)械能不守恒，B、C球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D項(xiàng)錯(cuò). 【答案】 AB 1 3 （多選）如圖5所示，有一光滑

18、軌道 ABC，AB部分為半徑為R的4圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為 豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為 R，不計(jì)小球大小。開始時(shí) a球處在圓弧上端 A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿, 滑，下列說法正確的是（ ） m的小球a、b固定在 使其沿光滑軌道下 圖5 A. a球下滑過程中機(jī)械能保持不變 B . a、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機(jī)械能保持不變 C. a、b滑到水平軌道上時(shí)速度為.2gR D ?從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過程中輕桿對(duì) a球做的功為罟 B正確。對(duì)a、b系統(tǒng) mgR 2 ， 解析：選BD由機(jī)械能守恒的條件得，a球機(jī)械能不守恒，a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以 A錯(cuò)

19、誤， 由機(jī)械能守恒定律得：mgR + 2mgR= 2 x ^mv2,解得v= 3gR，C錯(cuò)誤。對(duì)a由動(dòng)能定理得：mgR + W=?mv2,解得 W= D正確。 4. ［繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒］如圖7,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球 A、B用不可伸長(zhǎng)的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為 R的 光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍?當(dāng)B位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高?將 A由靜止釋放，B上升的最大高度是（ ） A. 2R B5R 4R DP 答案 C 、 1 2 2 2 解析 設(shè)A球剛落地時(shí)兩球速度大小為 v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，2mgR— mgR=空(2 m+m)v,解得v= ggR,

20、 B球繼續(xù)上升 v2 R 4 的高度h = 2g = 3, B球上升的最大高度為 h+ R = 3R. 5?如圖13所示，一輕桿兩端分別固定質(zhì)量均為 m的小球A和B,放置于半徑為R的光滑半圓軌道中，A球與圓心等高，B球 恰在半圓的最低點(diǎn)，然后由靜止釋放，求在運(yùn)動(dòng)過程中兩球的最大速度的大小. 圖13 答案 “J,： J2 — 1 gR 解析 當(dāng)桿處于水平狀態(tài)時(shí)，A、B兩球組成的系統(tǒng)重心最低，兩球速度最大， A球下降的高度△hA= R ?os 45° B球上升的 高度血=R(1 — cos 45 ° 由兩球角速度相等知：兩球速度大小相等，設(shè)為 v. 1 2 由機(jī)械能守恒得

21、： mg^hA= mg^hB + 2 2mv 解得：v = ; 2 — 1 gR 6、如圖5所示，一半徑為R的光滑半圓柱水平懸空放置， C為圓柱最高點(diǎn)，兩小球 P、Q用一輕質(zhì)細(xì)線懸掛在半圓柱上，水 平擋板AB及兩小球開始時(shí)位置均與半圓柱的圓心在同一水平線上， 水平擋板AB與半圓柱間有一小孔能讓小球通過， 兩小球 質(zhì)量分別為mp = m，mQ= 4m,水平擋板到水平面 EF的距離為h = 2R,現(xiàn)讓兩小球從圖示位置由靜止釋放，當(dāng)小球 P到達(dá)最 高點(diǎn)C時(shí)剪斷細(xì)線，小球 Q與水平面EF碰撞后等速反向被彈回，重力加速度為 g,不計(jì)空氣阻力，取 n- 3。求: C z Tv_ B 尸

22、 O Q h r F 圖5 (1) 小球P到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)的速率vc； ⑵小球P落到擋板AB上時(shí)的速率v1； (3)小球Q反彈后能上升的最大高度 hmax。 P到達(dá)最高點(diǎn)C的過程中，系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒， mpgR+*mpvC=gmpv1，解得 v1 = 2 gR。 1 1 2 滿足機(jī)械能守恒，貝U有—mQgX 4X 2“R+?mQvc = 解析(1)取兩小球及細(xì)線為系統(tǒng)且圓心所在水平面為零勢(shì)能面，則在小球 有一mQgX 4X 2“R+ mPgR + ^(mp + mQ)vC= 0,解得 vc= 2gR。 ⑵因vc> .gR，所以剪斷細(xì)線后小球p做平拋運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守

23、恒定律知 (3) 剪斷細(xì)線后，小球Q做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，反彈后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn), 3 —mQg(h— hmax)，解得 h 答案(1) ,2gR (2)2 . gR (3)尹 7、 (2015濟(jì)南模擬)半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，環(huán)上套有兩個(gè)質(zhì)量分別為 m和3m的小球A和B。A、B之間用 一長(zhǎng)為2R的輕桿相連，如圖5-3-6所示。開始時(shí)，A、B都靜止，且A在圓環(huán)的最高點(diǎn)，現(xiàn)將 A、B釋放，試求： 圖 5-3-6 (1) B球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2) B球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，桿對(duì) A球做的功； ⑶B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)能達(dá)到的最高點(diǎn)位置。 ［審題指導(dǎo)］ (1)A

24、、B和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 ⑵因OA1OB，兩球沿桿方向的分速度相等，兩球速度大小始終相同 (3) 由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知， B球一定能到達(dá)右側(cè)區(qū)域高于 O點(diǎn)的位置。 1 2 1 2 ［解析］⑴釋放后B到達(dá)最低點(diǎn)的過程中 A、B和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒， mAgR + mBgR=^mAvA +^2mBVB， 又OA1OB, AB桿長(zhǎng)=V2R，故OA、OB與桿間夾角均為 45°可得va= vb,解得：VB=J2gR。 (2) 對(duì)小球A應(yīng)用動(dòng)能定理可得： 1 2 W桿 a + mAgR=^mAvA，又 va = vb 解得桿對(duì) A球做功 W桿a = 0。 (3) 設(shè)B球到達(dá)右側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，OB與豎直方向之間的夾角為 取圓環(huán)的圓心 O為零勢(shì)面， 由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得： mAgR = mBgRcos 0— mAgRsin 0, O的高度 hB= Rcos 0= 代入數(shù)據(jù)可得0= 30° 所以B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，高于圓心 ［答案］(1) ,2gR (2)0 (3)高于O點(diǎn)亍R處