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习题课三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.动能定理与牛顿第二定律的比较:规律动能定理牛顿第二定律内容合力做的功等于物体动能的变化加速度与合外力成正比,与物体的质量成反比规律动能定理牛顿第二定律表达式标量形式,无分量形式,涉及F、l、m、v、W、Ek、ΔEkF合=ma,矢量形式,有分量形式,Fx=max,Fy=maykWE合222111mvmv22，规律动能定理牛顿第二定律研究对象单个物体单个物体或系统(中学阶段,限于只有一个物体有加速度或整体有相同的加速度)特点某个过程中,合力的功和动能变化的因果、数值关系某一时刻,合力与加速度的因果、数值关系2.规律的选择原则:(1)解决物体在恒力作用下的直线运动问题,可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解,也可以用动能定理求解。(2)对非匀变速直线运动,动能定理仍然适用,而牛顿运动定律不能运用。3.规律的应用:(1)应用牛顿第二定律和运动学规律解题时,涉及到的有关物理量比较多,对运动过程的细节也要仔细研究。(2)应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能,并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理。一般情况下,由牛顿第二定律和运动学规律能够解决的问题,用动能定理也可以解决,并且更为简便。【典例示范】如图所示,A、B间是一个风洞,水平地板AB延伸至C点,通过半径r=0.28m的光滑圆弧CD与足够长的光滑斜面DE连接。质量m=2kg且可看成质点的滑块在风洞中受到水平向右的恒定风力F=20N,滑块与地板AC间的动摩擦因数μ=0.2。已知xAB=1m,xBC=0.5m,g取10m/s2。如果将滑块在风洞中A点由静止释放,求:(1)滑块第一次经过B点的速度大小。(2)滑块第一次经过圆弧上C点时对地板的压力大小。【解析】(1)从A点到B点,由动能定理得:(F-μmg)xAB=-0解得:vB=4m/s;(2)从A点到C点,由动能定理得:FxAB-μmg(xAB+xBC)=-0,解得:vC=m/s,2B1mv22C1mv214在C点,由牛顿第二定律得:FC-mg=m解得:FC=120N由牛顿第三定律得:FC′=FC=120N答案:(1)4m/s(2)120N2Cvr【母题追问】1.在【典例示范】中滑块在斜面轨道上能够上升的最大高度是多少?【解析】对滑块在斜面上的上升过程,由动能定理得-mgh=0-解得h=0.7m答案:0.7m2C1mv22.在【典例示范】中滑块整个运动过程中在A、C间运动的总路程为多少?【解析】经分析可得:滑块最终静止于BC段某处,对滑块运动的全过程,用动能定理得:FxAB-μmgs=0-0解得:s=5m答案:5m【补偿训练】1.一质量为2kg的物体静止在水平面上,在水平拉力F的作用下,沿水平方向运动2s后撤去外力,其v-t图像如图所示,下列说法正确的是()A.在0～6s内,物体的位移大小为12mB.在2～6s内,物体的加速度大小为0.5m/s2C.在0～6s内,摩擦力做的功为-8JD.在0～6s内,摩擦力做的功为-4J【解析】选B。速度时间图线围成的面积表示位移大小,在0～6s内,物体的位移大小为:x=×2×6m=6m,故A错误;在2～6s内,物体的加速度大小为:a=m/s2=0.5m/s2,故B正确;根据牛顿第二定律得阻力为:f=ma=2×0.5N=1N,摩擦力做功为:Wf=-fx=-1×6J=-6J,故C、D错误。1220622.如图甲所示,在光滑水平面上放置斜面体ABC,水平部分AB与倾斜部分BC平滑连接,AB、BC表面均粗糙,BC与水平面的夹角为θ=37°。在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,规定力传感器受压时,其示数为正值,力传感器被拉时,其示数为负值。一个质量m=3kg可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑,最终停在AB上某处。在整个运动过程中,ABC始终保持静止,力传感器测得的力F和时间t的关系如图乙所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:(1)滑块与AB的动摩擦因数μ1及滑块到达B点的速度vB;(2)在整个运动过程中滑块克服摩擦力做的功。【解析】(1)由图像可知,在AB段,滑块受到的摩擦力大小Ff=F=6Nt1=2s,对滑块,根据牛顿第二定律得Ff=μ1mg=ma1。由运动学公式有vB=a1t1。解得a1=2m/s2,μ1=0.2,vB=4m/s(2)由图像可知,滑块在斜面上运动的时间为t2=1s由vB=a2t2。解得a2=4m/s2当滑块在斜面BC上运动时,对滑块分析,由牛顿第二定律得mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2。解得μ2=0.25滑块在斜面BC上滑行的距离x=解得x=2m在整个运动过程中滑块克服摩擦力做的功Wf=μ2mgcosθ·x+解得Wf=36J答案:(1)0.24m/s(2)36J2221at2，2B1mv2二动能定理与机械能守恒定律的比较1.动能定理与机械能守恒定律的比较:动能定理机械能守恒定律研究对象单个物体单个物体或系统条件无只有重力或弹力做功常用公式W合=Ek2-Ek1ΔEp=-ΔEk2.规律的适用范围:(1)动能定理:恒力做功、变力做功、分段做功、全程做功等均可适用。(2)机械能守恒定律:只有系统内的弹力或重力做功。【典例示范】如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动,经过距离A点s=20m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4km/h。运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=126km/h的速度在C点着地。已知BC两点间的高度差h=80m,运动员的质量m=60kg,重力加速度g取9.8m/s2,计算结果均保留两位有效数字。求:(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小。(2)以B点为零势能参考点,求到C点时运动员的机械能。(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,运动员克服阻力做的功。【解题探究】(1)如何求A到P过程中运动员的平均加速度大小?提示:利用速度位移的关系式可求得平均加速度大小。(2)如何求运动员的机械能?提示:运动员的机械能为重力势能和动能的和。【解析】(1)v1=50.4km/h=14m/s由速度位移的关系式得:=2as代入数据解得:a=4.9m/s2(2)v2=90km/h=25m/sv3=126km/h=35m/s以B点为零势能参考点,到C点时运动员的机械能为:E=-mgh+代入数据解得:E≈-1.0×104J21v231mv2(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,由动能定理得:mgh-W=代入数据解得:W≈2.9×104J答案:(1)4.9m/s2(2)-1.0×104J(3)2.9×104J223211mvmv22【素养训练】1.如图所示,运动员将质量为m的篮球从h高处出手,进入离地面H高处的篮筐时速度为v,若以出手时高度为零势能面,将篮球看成质点,忽略空气阻力对篮球的影响,下列说法正确的是()A.进入篮筐时势能为mgHB.在刚出手时动能为mgH-mghC.进入篮筐时机械能为mgH+mv2D.经过途中P点时的机械能为mgH-mgh+mv21212【解析】选D。由题意可知篮球进入篮筐时,离零势能面的高度为H-h,则此时的势能为mg(H-h),故A错误;设篮球刚出手时的动能为Ek0,由于不计空气阻力,所以篮球上升过程中只有重力做功,机械能守恒,所增加的重力势能等于减小的动能,则有:Ek0-mv2=mg(H-h),得刚出手时篮球的动能为:Ek0=mv2+mg(H-h),故B错误;1212由于机械能守恒,又因为以出手时的高度为零势能面,则篮球的机械能等于篮球刚出手时的动能,故篮球进入篮筐时的机械能与在P点时的机械能均为mgH-mgh+mv2,故D正确,C错误。122.一轻弹簧的一端固定在倾角θ=30°的固定光滑斜面的底部,另一端压有一质量m=1kg的物块(视为质点),如图所示。用力沿斜面向下推物块,使弹簧的压缩量x0=10cm,然后由静止释放物块。已知弹簧的劲度系数k=250N/m,弹簧的形变始终在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与弹簧的压缩量的关系为Ep=kx2,重力加速度g取10m/s2。求:12(1)从开始释放物块到物块的速度最大的过程中物块的位移。(2)物块在上滑的过程中上升最大高度。【解析】(1)物块受力平衡时速度最大,则有:mgsin30°=kx1解得:x1=0.02m=2cm物块的位移为x=10cm-2cm=0.08m;(2)物块上升过程中由功能关系可知:Ep-mgh=0其中Ep=解得:h=0.125m。答案:(1)0.08m(2)0.125m201kx2【补偿训练】(多选)如图所示,一个小球套在固定的倾斜光滑杆上,一根轻质弹簧的一端悬挂于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内,将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放。小球沿杆下滑,当弹簧处于竖直时,小球速度恰好为零。若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内,在小球下滑过程中,下列说法正确的是()A.小球的机械能先增大后减小B.弹簧的弹性势能和小球重力势能之和先增大后减小C.弹簧和小球系统的机械能先增大后减小D.重力做功的功率先增大后减小【解析】选A、D。小球运动过程中,只有重力和弹簧弹力做功,弹簧和小球系统的机械能守恒,弹簧与杆垂直时,弹簧伸长量最短,弹性势能最小,故动能与重力势能之和最大,小球下滑至最低点,动能为零重力势能最小,此时弹簧的弹性势能最大,故小球的机械能先增大后减小;小球的动能先增大后减小,则弹簧的弹性势能和小球重力势能之和先减小后增大,选项B、C错误,A正确;重力功率P=mgvy=mgvcosθ,θ不变,v先增大后减小,故功率先增大后减小,D正确。