资源简介

(共40张PPT)
专题二　
动能定理和机械能守恒定律的应用　　
主题一　动能定理与牛顿第二定律的比较
【生活情境】
小朋友将质量为m的小球,以初速度v0竖直向上抛出。已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍。
【问题探究】
(1)用牛顿第二定律求小球上升的最大高度。
提示:对小球进行受力分析,小球受到重力和阻力,设上
升的最大高度为h,规定向上的方向为正。
根据牛顿第二定律得
a=- ①
F=mg+f ②
f=0.2mg ③
联立①②③得 a=-1.2g
又根据运动学公式v2- =2ah得:
h=
(2)用动能定理求小球上升的最大高度。
提示:设上升的最大高度为h,上升过程,由动能定理
-mgh-fh=0- m ①
因f=0.2mg ②
联立①②可得h=
【结论生成】
1.动能定理与牛顿第二定律的比较(科学思维)
牛顿运动定律与运动 学公式结合法 动能定理
适用 条件 只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况 对于在恒力或变力作用下,物体做直线运动或曲线运动均适用
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.说明
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】
如图所示,物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑,然后滑上由小圆弧与斜面连接的水平面,若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4,斜面倾角为θ=37°。求物体能在水平面上滑行的距离。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
【解析】对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示。
斜面上物体受的合外力F=mgsinθ-f1
f1=μmgcosθ
又根据牛顿第二定律得:
a= = gsinθ-μgcosθ
又根据运动学公式有v2- =2as
物体滑到底端的速度v=2 m/s
水平面上物体受的合外力F′=-μmg
又根据牛顿第二定律得:
a′=-μg
又根据运动学公式有0-v2=2a′s′
s′=3.5 m
答案:3.5 m
【母题追问】
1.关于【典例示范】中,用动能定理解决问题怎样处理
【解析】分过程列方程:设物体滑到斜面底端时的速度
为v,物体下滑阶段N1=mgcos 37°,
故f1=μN1=μmgcos 37°。
由动能定理得:
mgsin 37°·s1-μmgcos 37°·s1= mv2-0
设物体在水平面上运动过程前进的距离为s2,
摩擦力f2=μN2=μmg
由动能定理得:-μmgs2=0- mv2
由以上各式可得s2=3.5 m。
答案:见解析
2.关于【典例示范】中,如果整个过程利用动能定理解决问题呢
【解析】全过程列方程:
mgs1sin 37°-μmgcos 37°·s1-μmgs2=0
代入数值解得s2=3.5 m。
答案:见解析
【补偿训练】
1.如图,物体沿曲面从A点无初速度滑下,滑至曲面的最低点B时,下滑的高度为5 m,速度为6 m/s,若物体的质量为 1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2) (　　)
A.50 J　　　B.18 J　　　C.32 J　　　D.0 J
【解析】选C。由动能定理得mgh-Wf= mv2,
故Wf=mgh- mv2=1×10×5 J- ×1×62 J=32 J,
C正确。
2.质量为m的物体静止在水平桌面上,它与桌面之间的动摩擦因数为μ,物体在水平力F作用下开始运动,发生位移s1时撤去力F,问物体还能运动多远
【解析】研究对象:质量为m的物体。
研究过程:从静止开始,先加速,后减速至零。
受力分析、运动过程草图如图所示,其中物体受重力(mg)、水平外力(F)、弹力(N)、滑动摩擦力(f),设加速位移为s1,减速位移为s2。
解法一:可将物体运动分成两个阶段进行求解。
物体开始做匀加速运动,位移为s1,水平外力F做正功,
f做负功,mg、N不做功;初动能Ek0=0,末动能Ek1= m
滑动摩擦力f=μN,N=mg
根据动能定理:Fs1-μmgs1= m -0
撤去外力F后,物体做匀减速运动,位移为s2,f做负
动,mg、N不做功,初动能Ek1= m ,
末动能Ek2=0
根据动能定理得-μmgs2=0- m
即Fs1-μmgs1-μmgs2=0-0
s2=
解法二:从静止开始加速,然后减速为零,对全过程进行分析求解。
设加速过程中位移为s1,减速过程中位移为s2;水平外力F在s1段做正功;
滑动摩擦力f在(s1+s2)段做负功,mg、N不做功;
初动能Ek0=0,末动能Ek=0
在竖直方向上:N-mg=0
滑动摩擦力f=μN
根据动能定理得:Fs1-μmg(s1+s2)=0-0
得s2=
答案:
主题二　动能定理与机械能守恒定律的比较
【实验情境】
一小球从A点静止释放,悬点正下方有一钉子,忽略空气阻力。
【问题探究】
(1)小球的受力情况如何
提示:小球在摆动过程中受重力和线的拉力作用。
(2)各力做功情况如何 小球的动能和势能如何变化
提示:拉力和速度方向总是保持垂直,对小球不做功,只有重力对小球做功。小球在摆动过程中重力势能和动能在不断相互转化。
(3)这个实验说明了什么问题
提示:在摆动过程中,小球总能回到原来的高度,可见,重力势能和动能的总和不变。
【结论生成】
1.机械能守恒定律和动能定理的应用比较(科学思维)
规律 内容 机械能守恒定律 动能定理
表达式 E1=E2 ΔEk=-ΔEp ΔEA=-ΔEB W=ΔEk
应用 范围 只有重力或弹力 做功时 无条件限制
研究对象 系统 单个物体
关注角度 守恒的条件和初、末状态机械能的形式及大小 动能的变化及合力做功情况
2.说明
(1)单个物体(包括地球为系统)只受重力作用时,动能定理和机械能守恒定律表达式并没有区别。
(2)对两个物体组成的系统应用机械能守恒定律较方便。
(3)对有摩擦力或其他力做功的情况下要用动能定理列方程。
【典例示范】
蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所
示,原长L=16 m的橡皮绳一端固定在塔架的P点,另一端系在蹦极
者的腰部。蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时绳刚好伸直,继续
下降到最低点B处,BP相距h=20 m。又知蹦极者的质量m=60 kg,所
受空气阻力f恒为体重的 ,蹦极者可视为质点,g取10 m/s2。求
蹦极者到达A点时的速度大小。
【解析】到达A点时,绳子刚好被拉直,因此,从开始下
落到落至A点的过程中,根据动能定理得
(mg-f)L= m ,
则vA=16 m/s。
答案:16 m/s
【母题追问】
1.关于【典例示范】中,求橡皮绳的弹性势能的最大值。
【解析】当蹦极者下降到最低点B处时,橡皮绳的形变量最大,橡皮绳的弹性势能最大。根据能量守恒可知,蹦极者减少的机械能等于橡皮绳增加的机械能和克服空气阻力所做的功之和,则mgh=fh+Epmax,因此,橡皮绳的最大弹性势能为ΔEpmax=9 600 J。
答案:9 600 J
2.关于【典例示范】中,蹦极者从P下降到A、再从A下降到B,机械能的变化量分别记为ΔE1、ΔE2,则求ΔE1∶ΔE2。
【解析】蹦极者从P下降到A的过程中,减少的机械能为ΔE1=fL,再从A下降到B的过程中减少的机械能为ΔE2=mgh-fL,因此,ΔE1∶ΔE2=fL∶(mgh-fL)=4∶21。
答案:4∶21
【补偿训练】
如图所示,质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地
面上的质量为m2的物体B相连,弹簧的劲度系数为k,
A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻
质滑轮,一端连物体A,另一端连一轻挂钩。开始时,
各段绳都处于伸直状态,A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一个质量
为m3的物体C,并从静止状态释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。
若将C换成另一个质量为(m1+m3)的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放,
则B刚离地时D的速度大小是多少 (已知重力加速度为g)
【解析】开始时,A、B静止,设弹簧压缩量为x1,
有kx1=m1g ①
挂上物体C并释放后,C向下运动,A向上运动,设B刚要离地时弹簧伸长量为x2,有kx2=m2g ②
B不再上升,此时A和C的速度为零,C已降到其最低点。此过程系统机械能守恒,与初始状态相比,弹簧弹性势能的增加量为ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) ③
C换成D后,当B刚离地时弹簧弹性势能的增量与前一次相同,B的速度为零,
由能量关系得
(m1+m3)v2+ m1v2=(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-ΔE ④
由③④得 (2m1+m3)v2=m1g(x1+x2) ⑤
由①②⑤得v= 。
答案:

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