2024-2025學年新教材高中物理微專題七動能定理和機械能守恒定律的應用學案新人教版必修2

PAGE9-微專題(七)動能定理和機械能守恒定律的應用一、動能定理與牛頓運動定律的比較1．動能定理與牛頓其次定律的比較規(guī)律動能定理牛頓其次定律內(nèi)容合力做的功等于物體動能的改變加速度與合外力成正比，與物體的質(zhì)量成反比表達式W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，標量形式，無重量形式，涉及F、l、m、v、W、Ek、ΔEkF合＝ma，矢量形式，有重量形式，F(xiàn)x＝max，F(xiàn)y＝may探討對象單個物體單個物體或系統(tǒng)(中學階段，限于只有一個物體有加速度或整體有相同的加速度)特點某個過程中，合力的功和動能改變的因果、數(shù)值關系某一時刻，合力與加速度的因果、數(shù)值關系2.規(guī)律的選擇原則(1)解決物體在恒力作用下的直線運動問題，可以用牛頓其次定律結(jié)合運動學公式求解，也可以用動能定理求解．(2)對非勻變速直線運動，動能定理仍舊適用，而牛頓運動定律不能運用．【典例1】如圖所示，A、B間是一個風洞，水平地板AB延長至C點，通過半徑r＝0.28m的光滑圓弧CD與足夠長的光滑斜面DE連接．質(zhì)量m＝2kg且可看成質(zhì)點的滑塊在風洞中受到水平向右的恒定風力F＝20N，滑塊與地板AC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.已知xAB＝1m，xBC＝0.5m，g取10(1)滑塊第一次經(jīng)過B點的速度大?。?2)滑塊第一次經(jīng)過圓弧上C點時對地板的壓力大?。甗拓展1]在[典例1]中滑塊在斜面軌道上能夠上升的最大高度是多少？[拓展2]在[典例1]中滑塊整個運動過程中在A、C間運動的總路程為多少？

練1如圖是檢驗某種防護罩承受沖擊實力的裝置，M為半徑R＝1.6m、固定于豎直平面內(nèi)的光滑半圓弧軌道，A、B分別是軌道的最低點和最高點，N為防護罩，它是一個豎直固定的eq\f(1,4)圓弧，其半徑r＝eq\f(4,5)eq\r(5)m，圓心位于B點．在A處放置水平向左的彈簧槍，可向M軌道放射速度不同的質(zhì)量均為m＝0.01kg的小鋼珠，彈簧槍可將彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為小鋼珠的動能．假設某次放射的小鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過B點，g取10m/s2.求：(1)小鋼珠在B點的速度大??；(2)放射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep.練2如圖所示，小球從豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道abc的b點由靜止起先沿軌道下滑，從c點水平飛出，下落到傾角為30°的斜面上的d點．已知小球的質(zhì)量為m，圓弧軌道的半徑為R，b點和圓心O的連線與水平方向的夾角為30°，重力加速度取g.求：(1)小球到c點時所受軌道支持力的大?。?2)小球從圓弧軌道c點水平飛出落到斜面d點時的動能；(3)某同學認為，無論小球以多大速度從c點水平飛出，落到斜面時的速度方向都相同．你是否同意這一點觀點？請通過計算說明理由．

二、動能定理與機械能守恒定律的綜合應用1．動能定理與機械能守恒定律的比較：動能定理機械能守恒定律探討對象單個物體單個物體或系統(tǒng)條件無只有重力或彈力做功常用公式W合＝Ek2－Ek1ΔEp＝－ΔEk2.規(guī)律的適用范圍：(1)動能定理：恒力做功、變力做功、分段做功、全程做功等均可適用．(2)機械能守恒定律：只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力或重力做功．【典例2】如圖甲所示，為2024年北京冬奧會跳臺滑雪館“雪如意”的效果圖．如圖乙所示為由助滑區(qū)、空中飛行區(qū)、著陸緩沖區(qū)等組成的依山勢而建的賽道示意圖．運動員保持蹲踞姿態(tài)從A點由靜止動身沿直線向下加速運動，經(jīng)過距離A點s＝20m處的P點時，運動員的速度為v1＝50.4km/h.運動員滑到B點時快速后蹬，以v2＝90km/h的速度飛出，經(jīng)過一段時間的空中飛行，以v3＝126km/h(1)A到P過程中運動員的平均加速度大小．(2)以B點為零勢能參考點，求到C點時運動員的機械能．(3)從B點起跳后到C點落地前的飛行過程中，運動員克服阻力做的功．練3如圖所示，AB是傾角θ為45°的直軌道，CD是半徑R＝0.4m的半圓形軌道，它們通過一段曲面BC平滑相接，整個軌道處于豎直平面內(nèi)且到處光滑．一個質(zhì)量m＝1kg的物體(可以看作質(zhì)點)從高H的地方由靜止釋放，結(jié)果它從圓弧最高點D點水平飛出，垂直斜面擊中P點．已知P點與圓弧的圓心O等高，g取10m/(1)物體擊中P點前瞬間的速度大??；(2)在C點物體對軌道的壓力大小；(3)物體由靜止釋放時的高度H.練4質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F(拉力大小恒定，方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運動，經(jīng)過位移4m時，拉力F停止作用，運動到位移為8m時物體停止，運動過程中Ek-x的圖線如圖所示．g取10m(1)物體的初速度多大？(2)物體和平面間的動摩擦因數(shù)為多大？(3)拉力F的大?。课ｎ}(七)動能定理和機械能守恒定律的應用【典例1】【解析】(1)從A點到B點，由動能定理得：(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得：vB＝4m/s；(2)從A點到C點，由動能定理得：FxAB－μmg(xAB＋xBC)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得vC＝eq\r(14)m/s，在C點，由牛頓其次定律得：FC－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)解得：FC＝120N由牛頓第三定律得：F′C＝FC＝120N【答案】(1)4m/s(2)120N[拓展1]解析：對滑塊在斜面上的上升過程，由動能定理得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得h＝0.7m答案：0.7m[拓展2]解析：經(jīng)分析可得：滑塊最終靜止于BC段某處，對滑塊運動的全過程，用動能定理得：FxAB－μmgs＝0－0解得：s＝5m答案：5m練1解析：(1)在B處對小鋼珠進行受力分析，由牛頓其次定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，得vB＝eq\r(gR)＝4m/s.(2)從放射鋼珠到上升至B點過程，由機械能守恒定律得Ep＝ΔEp＋ΔEk＝mg×2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得Ep＝0.4J.答案：(1)4m/s(2)0.4J練2解析：(1)小球從b點下滑到c點的過程中機械能守恒，則mg·R(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v\o\al(2,c),R)，解得FN＝2mg.(2)小球從c點到d點做平拋運動，tan30°＝eq\f(h,x)＝eq\f(gt,2vc)，h＝eq\f(1,2)gt2，由動能定理有mgh＝Ekd－Ekc，落到斜面d點時的動能Ekd＝eq\f(7,6)mgR.(3)同意．因為tanα＝eq\f(vy,v0)，tanα＝2tan30°＝eq\f(vy,2v0)，解得tan30°，即α角為定值．答案：(1)2mg(2)eq\f(7,6)mgR(3)見解析【典例2】【解析】(1)v1＝50.4km/h＝14m/s由速度位移的關系式得：veq\o\al(2,1)＝2as代入數(shù)據(jù)解得：a＝4.9m/s2.(2)v2＝90km/h＝25m/s，v3＝126km/h＝35m/s，以B點為零勢能參考點，到C點時運動員的機械能為：E＝－mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，代入數(shù)據(jù)解得：E≈－1.0×104J.(3)從B點起跳后到C點落地前的飛行過程中，由動能定理得：mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得：W≈2.9×104J.【答案】(1)4.9m/s2(2)－1.0×104J(3)2.9×104J練3解析：(1)設物體擊中P點時，豎直方向的分速度為vy，物體從D點運動到P點，做平拋運動，在豎直方向上滿意2gR＝veq\o\al(2,y)，解得vy＝2eq\r(2)m/s，物體擊中P點的速度v＝eq\f(vy,cosθ)＝4m/s.(2)物體在D點的速度為平拋運動的水平速度vD＝vy，tanθ＝2eq\r(2)m/s.依據(jù)機械能守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)(此式也可應用動能定理：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C))．由牛頓運動定律得FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得支持力FN＝70N，由牛頓第三定律可知，在C點物體對軌道的壓力大小為70N.(3)由釋放點到D點，物體的機械能守恒，故mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2R[此式也可應用動能定理：mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)]解得H＝1.2m.答案：(1)4m/s(2)70N(3)1.2m練4解析：(1)從圖線可知初動能為2J，Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝2J，v＝2m/s.(2)在位移4m處物體的動能為10J，在位