新教材高中物理习题课二动能定理和机械能守恒定律的应用课件鲁教版必修

习题课二动能定理和机械能守恒定律的应用一动能定理与牛顿运动定律的比较1.动力学问题两种解法的比较:

牛顿运动定律与运动学公式结合法动能定理适用条件高中阶段一般研究在恒力作用下物体做直线运动的情况对于物体在恒力或变力作用下,物体做直线运动或曲线运动均适用牛顿运动定律与运动学公式结合法动能定理应用方法要考虑运动过程的每一个细节只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算相同点确定研究对象,对物体进行受力分析和运动过程分析2.两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间,不涉及矢量运算,运算简单,不易出错。【典例示范】一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时①，急刹车后能滑行s1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行驶①，在同样的路面上急刹车后滑行的距离②s2应为多少米③？【审题关键】序号信息提取①初速度不为零②末速度为零③可用不同方法求距离【解析】法一:急刹车后,汽车做匀减速运动,且两种情况下加速度大小是相同的,由运动学公式可得-=2as1①-=2as2②两式相比得故汽车滑行距离s2=s1=()2×3.6m=6.4m。法二:急刹车后,水平方向上汽车只受摩擦力的作用,且两种情况下摩擦力大小是相同的,汽车的末速度皆为零。由动能定理知:-fs1=0-①-fs2=0-②②式除以①式得故汽车滑行距离s2=s1=()2×3.6m=6.4m。答案:6.4m【规律方法】动能定理与牛顿运动定律在解题时的选择方法(1)动能定理与牛顿运动定律是解决动力学问题的两种重要方法,同一个问题,用动能定理一般要比用牛顿运动定律解决起来更简便。(2)通常情况下,若问题涉及时间、加速度或过程的细节,要用牛顿运动定律解决;而曲线运动、变力做功或多过程等问题,一般要用动能定理解决。【素养训练】1.如图所示,一架喷气式飞机,质量为m=5×103kg,起飞过程中从静止开始滑行的路程为x=5.3×102m时(做匀加速直线运动),达到起飞速度v=60m/s,在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k倍(k=0.02),g取10m/s2。求飞机受到的牵引力。【解析】方法一:以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用。由v2=2ax知a=m/s2≈3.4m/s2由牛顿第二定律知:F-kmg=maF=kmg+ma=(0.02×5×103×10+5×103×3.4)N=1.8×104N方法二:以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用,这四个力做的功分别为WG=0,W支=0,W牵=Fx,W阻=-kmgx。由动能定理得Fx-kmgx=mv2-0,解得F=kmg+=(0.02×5×103×104N。答案:1.8×104N2.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放,已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小。(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离。【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得mg(h1-h2)-μmgs=-0将h1、h2、s、μ、g代入得:vD=3m/s。(2)对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总。有:mgh1=μmgs总将h1、μ代入得:s总=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s-s总=1.4m。答案:(1)3m/s

(2)1.4m【补偿训练】1.如图所示,ABCD为一竖直平面内的轨道,其中BC水平,A点比BC高出10m,BC长1m,AB和CD轨道光滑。一质量为1kg的物体,从A点以4m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为零。求:(g取10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数。(2)物体第5次经过B点时的速度大小。(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。【解析】(1)由动能定理得-mg(h-H)-μmgsBC=0-,解得。(2)物体第5次经过B点时,物体在BC上滑动了4次,由动能定理得mgH-μmg·4sBC=解得v2=4m/s≈13.3m/s。(3)分析整个过程,由动能定理得mgH-μmgs=0-,解得s=21.6m。所以物体在轨道上来回运动了10次后,还有1.6m,故距B点的距离为2m-1.6m=0.4m。答案:

(2)13.3m/s

(3)距B点0.4m2.从离地面H高处落下一只小球,小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍,而小球与地面相碰后,能以相同大小的速率反弹,求:(1)小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度。(2)小球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程。【解析】(1)设小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是h,则由动能定理得mg(H-h)-kmg(H+h)=0,解得h=H。(2)设小球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是s,对全过程由动能定理得mgH-kmgs=0,解得s=。答案:(1)H

(2)二动能定理与机械能守恒定律的比较1.机械能守恒定律和动能定理的比较:比较内容机械能守恒定律动能定理表达式E1=E2ΔEk=-ΔEpΔEA=-ΔEBW=ΔEk应用范围只有重力和弹力做功时无条件限制比较内容机械能守恒定律动能定理物理意义其他力(重力、弹力以外)所做的功是机械能变化的量度合外力对物体做的功是动能变化的量度关注角度守恒的条件和始末状态机械能的形式及大小动能的变化及改变动能的方式(合外力做功情况)2.说明:(1)除重力外还有其他力做功且做功不为零时,其他力做功数值等于机械能的变化量。(2)由于应用动能定理不需要满足什么条件,所以涉及功能关系问题时还是优先考虑动能定理。【解题探究】(1)a、b两球组成的系统_______守恒。(2)a、b两球组成的系统,合外力所做的功等于_____的变化。机械能动能【解析】在b球落地前,a、b两球组成的系统机械能守恒,且a、b两球速度大小相等,设速度为v,则求解速度的方法如下:解法一:根据机械能守恒ΔE初=ΔE末,取地面处的重力势能为零,则初状态系统的机械能为3mgh,末状态的机械能为mgh+mv2+×3mv2,根据机械能守恒知3mgh=mgh+mv2+×3mv2解得v=。b球落地时,a球高度为h,之后a球向上做竖直上抛运动,这个过程中机械能守恒,由mv2=mgΔh解得Δh=,所以a球可能达到的最大高度为。解法二:根据动能定理系统重力做的功等于系统动能的变化,则有3mgh-mgh=mv2+×3mv2解得v=。b球落地时,a球高度为h,之后a球向上做竖直上抛运动,这个过程由动能定理得-mgΔh=0-mv2,Δh=所以a球可能达到的最大高度为。答案:【素养训练】1.如图所示,在水平台面上的A点,一个质量为m的物体以初速度v0被抛出,不计空气阻力,求它到达台面下h处的B点时速度的大小。【解析】解法一:物体在抛出后的运动过程中只受重力作用,机械能守恒。若选台面为参考面,则解得vB=。解法二:重力势能的减少量等于动能的增加量,则有mgh=解得vB=。答案:

2.如图所示,一固定的楔形木块,其斜面的倾角θ=30°,另一边与地面垂直,顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮,两端分别与物块A和B连接,A的质量为4m,B的质量为m,开始时将B按在地面上不动,然后放开手,让A沿斜面下滑而B上升。物块A与斜面间无摩擦。设当A沿斜面下滑s距离后,细线突然断了。求物块B上升离地的最大高度H。【解析】解法一:对A、B物块组成的系统,系统重力势能减少量-ΔEp=4mgssinθ-mgs,动能增加量ΔEk=(4m+m)v2。由机械能守恒定律:ΔEk=-ΔEp,故4mgssinθ-mgs=(4m+m)v2解得v=细线断后,B做竖直上抛运动,取地面为参考平面,由机械能守恒定律:mgH=mgs+mv2所以。解法二:对A、B物块组成的系统,由动能定理得:4mgssinθ-mgs=(4m+m)v2解得v=细线断后,根据动能定理:-(mgH-mgs)=0-mv2解得。答案:【补偿训练】如图所示,质量为m=2kg的小球系在轻弹簧的一端,另一端固定在悬点O点,将弹簧拉至水平位置A处由静止释放,小球到达距O点下方h处的B点时速度为2m/s。求小球从A运动到B的过程中弹簧弹性势能增加了多少?(h=0.5