2020版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2201911011191.ppt

习题课二习题课二动能定理和机械能守恒定律的应用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一动能定理与牛顿运动定律的比较1.1.动力学问题两种解法的比较动力学问题两种解法的比较:牛牛顿顿运运动动定律与运定律与运动动学公式学公式结结合法合法动动能定理能定理适用适用条件条件高中高中阶阶段一般研究段一般研究在恒力作用下物体在恒力作用下物体做直做直线线运运动动的情况的情况对对于物体在恒力或于物体在恒力或变变力作力作用下用下,物体做直物体做直线线运运动动或曲或曲线线运运动动均适用均适用牛牛顿顿运运动动定律与运定律与运动动学公式学公式结结合法合法动动能定理能定理应应用用方法方法要考要考虑虑运运动过动过程的程的每一个每一个细节细节只考只考虑虑各力的做功情况及各力的做功情况及初、末状初、末状态态的的动动能能运算运算方法方法矢量运算矢量运算代数运算代数运算相同相同点点确定研究确定研究对对象象,对对物体物体进进行受力分析和运行受力分析和运动过动过程分析程分析2.2.两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间速度、时间,不涉及矢量运算不涉及矢量运算,运算简单运算简单,不易出错。不易出错。【典例示范典例示范】一辆汽车一辆汽车以以v v1 16 m/s6 m/s的速度沿水平路面的速度沿水平路面行驶时行驶时，急刹车后能滑行，急刹车后能滑行s s1 13.6 m3.6 m，如果以如果以v v2 28 m/s8 m/s的速度行驶的速度行驶，在同样的路面上，在同样的路面上急刹车后滑行的急刹车后滑行的距离距离s s2 2应为多少米应为多少米？【审题关键审题关键】序号序号信息提取信息提取初速度不初速度不为为零零末速度末速度为为零零可用不同方法求距离可用不同方法求距离【解析解析】法一法一:急刹车后急刹车后,汽车做匀减速运动汽车做匀减速运动,且两种情且两种情况下加速度大小是相同的况下加速度大小是相同的,由运动学公式可得由运动学公式可得-=2as-=2as1 1-=2as-=2as2 2两式相比得两式相比得 故汽车滑行距离故汽车滑行距离s s2 2=s=s1 1=()=()2 23.6 m=6.4 m3.6 m=6.4 m。法二法二:急刹车后急刹车后,水平方向上汽车只受摩擦力的作用水平方向上汽车只受摩擦力的作用,且且两种情况下摩擦力大小是相同的两种情况下摩擦力大小是相同的,汽车的末速度皆为零。汽车的末速度皆为零。由动能定理知由动能定理知:-fs-fs1 1=0-=0-fs-fs2 2=0-=0-式除以式除以式得式得 故汽车滑行距离故汽车滑行距离s s2 2=s=s1 1=()=()2 23.6 m=6.4 m3.6 m=6.4 m。答案答案:6.4 m6.4 m【规律方法规律方法】动能定理与牛顿运动定律在解题时的选动能定理与牛顿运动定律在解题时的选择方法择方法(1)(1)动能定理与牛顿运动定律是解决动力学问题的两种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重要方法,同一个问题同一个问题,用动能定理一般要比用牛顿运用动能定理一般要比用牛顿运动定律解决起来更简便。动定律解决起来更简便。(2)(2)通常情况下通常情况下,若问题涉及时间、加速度或过程的细若问题涉及时间、加速度或过程的细节节,要用牛顿运动定律解决要用牛顿运动定律解决;而曲线运动、变力做功或而曲线运动、变力做功或多过程等问题多过程等问题,一般要用动能定理解决。一般要用动能定理解决。【素养训练素养训练】1.1.如图所示如图所示,一架喷气式飞机一架喷气式飞机,质量为质量为m=510m=5103 3 kg,kg,起飞起飞过程中从静止开始滑行的路程为过程中从静止开始滑行的路程为x=5.310 x=5.3102 2 m m时时(做匀做匀加速直线运动加速直线运动),),达到起飞速度达到起飞速度v=60 m/s,v=60 m/s,在此过程中飞在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的机受到的平均阻力是飞机重力的k k倍倍(k=0.02),g(k=0.02),g取取10 m/s10 m/s2 2。求飞机受到的牵引力。求飞机受到的牵引力。【解析解析】方法一方法一:以飞机为研究对象以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用。引力和阻力作用。由由v v2 2=2ax=2ax知知a=m/sa=m/s2 23.4 m/s3.4 m/s2 2由牛顿第二定律知由牛顿第二定律知:F-kmg=ma:F-kmg=maF=kmg+ma=(0.02F=kmg+ma=(0.025 510103 310+510+510103 33.4)N=1.83.4)N=1.810104 4 N N方法二方法二:以飞机为研究对象以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用引力和阻力作用,这四个力做的功分别为这四个力做的功分别为W WG G=0,W=0,W支支=0,W=0,W牵牵=Fx,W=Fx,W阻阻=-kmgx=-kmgx。由动能定理得由动能定理得Fx-kmgx=mvFx-kmgx=mv2 2-0,-0,解得解得F=kmg+=(0.02F=kmg+=(0.025 510103 310+)N1.810+)N1.810104 4 N N。答案答案:1.81.810104 4 N N2.2.如图所示装置由如图所示装置由ABAB、BCBC、CDCD三段轨道组成三段轨道组成,轨道交接轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道其中轨道 ABAB、CDCD段是光段是光滑的滑的,水平轨道水平轨道BCBC的长度的长度s=5 m,s=5 m,轨道轨道CDCD足够长且倾角足够长且倾角=37,A=37,A、D D两点离轨道两点离轨道BCBC的高度分别为的高度分别为h h1 1=4.30 m=4.30 m、h h2 2=1.35 m=1.35 m。现让质量为。现让质量为m m的小滑块自的小滑块自A A点由静止释放点由静止释放,已已知小滑块与轨道知小滑块与轨道BCBC间的动摩擦因数间的动摩擦因数=0.5,=0.5,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求。求:(1)(1)小滑块第一次到达小滑块第一次到达D D点时的速度大小。点时的速度大小。(2)(2)小滑块最终停止的位置距小滑块最终停止的位置距B B点的距离。点的距离。【解析解析】(1)(1)小滑块从小滑块从ABCDABCD过程中过程中,由动能定理由动能定理得得mg(hmg(h1 1-h-h2 2)-mgs=-0)-mgs=-0将将h h1 1、h h2 2、s s、g g代入得代入得:v:vD D=3 m/s=3 m/s。(2)(2)对小滑块运动全过程应用动能定理对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水设小滑块在水平轨道上运动的总路程为平轨道上运动的总路程为s s总总。有。有:mghmgh1 1=mgs=mgs总总将将h h1 1、代入得代入得:s:s总总=8.6 m=8.6 m故小滑块最终停止的位置距故小滑块最终停止的位置距B B点的距离为点的距离为2s-s2s-s总总=1.4 m=1.4 m。答案答案:(1)3 m/s(1)3 m/s(2)1.4 m(2)1.4 m【补偿训练补偿训练】1.1.如图所示如图所示,ABCD,ABCD为一竖直平面内的轨道为一竖直平面内的轨道,其中其中BCBC水平水平,A A点比点比BCBC高出高出10 m,BC10 m,BC长长1 m,AB1 m,AB和和CDCD轨道光滑。一质量轨道光滑。一质量为为1 kg1 kg的物体的物体,从从A A点以点以4 m/s4 m/s的速度开始运动的速度开始运动,经过经过BCBC后滑到高出后滑到高出C C点点10.3 m10.3 m的的D D点速度为零。求点速度为零。求:(g:(g取取10 m/s10 m/s2 2)(1)(1)物体与物体与BCBC轨道间的动摩擦因数。轨道间的动摩擦因数。(2)(2)物体第物体第5 5次经过次经过B B点时的速度大小。点时的速度大小。(3)(3)物体最后停止的位置物体最后停止的位置(距距B B点多少米点多少米)。【解析解析】(1)(1)由动能定理得由动能定理得-mg(h-H)-mgs-mg(h-H)-mgsBCBC=0-,=0-,解得解得=0.5=0.5。(2)(2)物体第物体第5 5次经过次经过B B点时点时,物体在物体在BCBC上滑动了上滑动了4 4次次,由动由动能定理得能定理得mgH-mgmgH-mg4s4sBCBC=解得解得v v2 2=4 m/s13.3 m/s=4 m/s13.3 m/s。(3)(3)分析整个过程分析整个过程,由动能定理得由动能定理得mgH-mgs=0-,mgH-mgs=0-,解得解得s=21.6 ms=21.6 m。所以物体在轨道上来回运动了所以物体在轨道上来回运动了1010次后次后,还有还有1.6 m,1.6 m,故距故距B B点的距离为点的距离为2 m-1.6 m=0.4 m2 m-1.6 m=0.4 m。答案答案:(1)0.5(1)0.5(2)13.3 m/s(2)13.3 m/s(3)(3)距距B B点点0.4 m0.4 m2.2.从离地面从离地面H H高处落下一只小球高处落下一只小球,小球在运动过程中所小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的受的空气阻力是它重力的k(k1)k(k1)倍倍,而小球与地面相碰而小球与地面相碰后后,能以相同大小的速率反弹能以相同大小的速率反弹,求求:(1)(1)小球第一次与地面碰撞后小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度。能够反弹起的最大高度。(2)(2)小球从释放开始小球从释放开始,直至停止弹跳为止直至停止弹跳为止,所通过的总路所通过的总路程。程。【解析解析】(1)(1)设小球第一次与地面碰撞后设小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起能够反弹起的最大高度是的最大高度是h,h,则由动能定理得则由动能定理得mg(H-h)-kmg(H+h)=0,mg(H-h)-kmg(H+h)=0,解得解得h=Hh=H。(2)(2)设小球从释放开始设小球从释放开始,直至停止弹跳为止直至停止弹跳为止,所通过的总所通过的总路程是路程是s,s,对全过程由动能定理得对全过程由动能定理得mgH-kmgs=0,mgH-kmgs=0,解得解得s=s=。答案答案:(1)H(1)H(2)(2)二动能定理与机械能守恒定律的比较二动能定理与机械能守恒定律的比较1.1.机械能守恒定律和动能定理的比较机械能守恒定律和动能定理的比较:比比较较内容内容机械能守恒定律机械能守恒定律动动能定理能定理表达式表达式E E1 1=E=E2 2EEk k=-E=-Ep pEEA A=-E=-EB BW=EW=Ek k应应用范用范围围只有重力和只有重力和弹弹力做力做功功时时无条件限制无条件限制比比较较内容内容机械能守恒定律机械能守恒定律动动能定理能定理物理意物理意义义其他力其他力(重力、重力、弹弹力以外力以外)所做的功所做的功是机械能是机械能变变化的量化的量度度合外力合外力对对物体物体做的功是做的功是动动能能变变化的量度化的量度关注角度关注角度守恒的条件和始末守恒的条件和始末状状态态机械能的形式机械能的形式及大小及大小动动能的能的变变化及改化及改变变动动能的方式能的方式(合外合外力做功情况力做功情况)2.2.说明说明:(1)(1)除重力外还有其他力做功且做功不为零时除重力外还有其他力做功且做功不为零时,其他力其他力做功数值等于机械能的变化量。做功数值等于机械能的变化量。(2)(2)由于应用动能定理不需要满足什么条件由于应用动能定理不需要满足什么条件,所以涉及所以涉及功能关系问题时还是优先考虑动能定理。功能关系问题时还是优先考虑动能定理。【典例示范典例示范】如图所示如图所示,一很长的、不可伸长的柔软轻一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球绳两端各系一小球a a和和b b。a a球质量球质量为为m,m,静置于地面静置于地面;b;b球质量为球质量为3m,3m,用手托住用手托住,高度为高度为h,h,此此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b b后后,求求a a球可能达到球可能达到的最大高度为多少的最大高度为多少?【解题探究解题探究】(1)a(1)a、b b两球组成的系统两球组成的系统_守恒。守恒。(2)a(2)a、b b两球组成的系统两球组成的系统,合外力所做的功等于合外力所做的功等于_的的变化。变化。机械能机械能动能动能【解析解析】在在b b球落地前球落地前,a,a、b b两球组成的系统机械能守两球组成的系统机械能守恒恒,且且a a、b b两球速度大小相等两球速度大小相等,设速度为设速度为v,v,则求解速度则求解速度的方法如下的方法如下:解法一解法一:根据机械能守恒根据机械能守恒EE初初=E=E末末,取地面处的重力势能为零取地面处的重力势能为零,则初状态系统则初状态系统的机械能为的机械能为3mgh,3mgh,末状态的机械能为末状态的机械能为mgh+mvmgh+mv2 2+3mv3mv2 2,根据机械能守恒知根据机械能守恒知3mgh=mgh+mv3mgh=mgh+mv2 2+3mv3mv2 2解得解得v=v=。b b球落地时球落地时,a,a球高度为球高度为h,h,之后之后a a球向上做竖直上抛运动球向上做竖直上抛运动,这个过程中机械能守恒这个过程中机械能守恒,由由 mvmv2 2=mgh=mgh解得解得h=h=,所以所以a a球可能达到的最大高度为球可能达到的最大高度为1.5h1.5h。解法二解法二:根据动能定理根据动能定理系统重力做的功等于系统动能的变化系统重力做的功等于系统动能的变化,则有则有3mgh-mgh=mv3mgh-mgh=mv2 2+3mv3mv2 2解得解得v=v=。b b球落地时球落地时,a,a球高度为球高度为h,h,之后之后a a球向上做竖直上抛运动球向上做竖直上抛运动,这个过程由动能定理得这个过程由动能定理得-mgh=0-mv-mgh=0-mv2 2,h=,h=所以所以a a球可能达到的最大高度为球可能达到的最大高度为1.5h1.5h。答案答案:1.5h1.5h【素养训练素养训练】1.1.如图所示如图所示,在水平台面上的在水平台面上的A A点点,一个质量为一个质量为m m的物体的物体以初速度以初速度v v0 0被抛出被抛出,不计空气阻力不计空气阻力,求它到达台面下求它到达台面下h h处处的的B B点时速度的大小。点时速度的大小。【解析解析】解法一解法一:物体在抛出后的运动过程中只受重力物体在抛出后的运动过程中只受重力作用作用,机械能守恒。机械能守恒。若选台面为参考面若选台面为参考面,则则 解得解得v vB B=。解法二解法二:重力势能的减少量等于动能的增加量重力势能的减少量等于动能的增加量,则有则有mgh=mgh=解得解得v vB B=。答案答案:2.2.如图所示如图所示,一固定的楔形木块一固定的楔形木块,其斜面的倾角其斜面的倾角=30,=30,另一边与地面垂直另一边与地面垂直,顶上有一定滑轮。一柔软顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮的细线跨过定滑轮,两端分别与物块两端分别与物块A A和和B B连接连接,A,A的质量的质量为为4m,B4m,B的质量为的质量为m,m,开始时将开始时将B B按在地面上不动按在地面上不动,然后放然后放开手开手,让让A A沿斜面下滑而沿斜面下滑而B B上升。物块上升。物块A A与斜面间无摩擦。与斜面间无摩擦。设当设当A A沿斜面下滑沿斜面下滑s s距离后距离后,细线突然断了。求物块细线突然断了。求物块B B上上升离地的最大高度升离地的最大高度H H。【解析解析】解法一解法一:对对A A、B B物块组成的系统物块组成的系统,系统重力势系统重力势能减少量能减少量-E-Ep p=4mgssin-mgs,=4mgssin-mgs,动能增加量动能增加量EEk k=(4m+m)v=(4m+m)v2 2。由机械能守恒定律由机械能守恒定律:E:Ek k=-E=-Ep p,故故4mgssin4mgssin-mgs=(4m+m)v-mgs=(4m+m)v2 2解得解得v=v=细线断后细线断后,B,B做竖直上抛运动做竖直上抛运动,取地面为参考平面取地面为参考平面,由机由机械能守恒定律械能守恒定律:mgH=mgs+mv:mgH=mgs+mv2 2所以所以H=1.2sH=1.2s。解法二解法二:对对A A、B B物块组成的系统物块组成的系统,由动能定理得由动能定理得:4mgssin4mgssin-mgs=(4m+m)v-mgs=(4m+m)v2 2解得解得v=v=细线断后细线断后,根据动能定理根据动能定理:-(mgH-mgs)=0-mv:-(mgH-mgs)=0-mv2 2解得解得H=1.2sH=1.2s。答案答案:1.2s1.2s【补偿训练补偿训练】如图所示如图所示,质量为质量为m=2 kgm=2 kg的小球系在轻弹的小球系在轻弹簧的一端簧的一端,另一端固定在悬点另一端固定在悬点O O点点,将弹簧将弹簧拉至水平位置拉至水平位置A A处由静止释放处由静止释放,小球到达距小球到达距O O点下方点下方h h处的处的B B点时速度为点时速度为2 m/s2 m/s。求小球从。求小球从A A运动到运动到B B的过程中弹簧弹性势能增加了多少的过程中弹簧弹性势能增加了多少?(h=0.5 m,g?(h=0.5 m,g取取10 m/s10 m/s2 2)【解析解析】以以B B点所在水平面为重力势能零势能面点所在水平面为重力势能零势能面,A,A点为点为弹性势能零势能面弹性势能零势能面,则在初状态则在初状态A A有有E E1 1=E=Ek1k1+E+Ep1p1=mgh=mgh对末状态对末状态B B有有E E2 2=E=Ek2k2+E+Ep2p2=mv=mv2 2+E+Ep2p2式中式中E Ep2p2为弹簧的弹性势能为弹簧的弹性势能,由机械能守恒定律有由机械能守恒定律有E E1 1=E=E2 2,mgh=mv,mgh=mv2 2+E+Ep2p2所以所以E Ep2p2=mgh-mv=mgh-mv2 2=2=210100.5 J-0.5 J-2 22 22 2 J=6 J J=6 J。答案答案:6 J6 J