《2019届高三物理浙江二轮选考复习课件：专题二 能量与动量 第7讲 动能定理的应用 （共24张ppt）.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三物理浙江二轮选考复习课件：专题二 能量与动量 第7讲 动能定理的应用 （共24张ppt）.pptx（24页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第7讲 动能定理的应用,-2-,动能定理解决恒力做功问题 【典题1】如图所示,用一块长L=1.0 m的木板在墙和水平地面间架设斜面,斜面与水平地面的倾角可在060间调节后固定,将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数为1=0.05,物块与水平地面间的动摩擦因数为2=0.8,忽略物块在斜面与水平地面交接处的能量损失。(已知重力加速度g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力),-3-,(1)当增大到多少时,物块恰能沿斜面开始下滑?(用正切值表示) (2)当角增大到37时,物块沿斜面下滑时的加速度为多大? (3)当角增大
2、到多少时,物块停止时与墙面的距离最大?求此最大距离xm。,-4-,解析:(1)物块恰能沿斜面开始下滑,应有mgsin=1mgcos,解得tan=0.05 (2)由牛顿第二定律可得mgsin37-1mgcos37=ma,解得a=5.6 m/s2 (3)设物块停止时与墙面的距离为x,由动能定理可得mgLsin-1mgLcos-2mg(x-Lcos)=0 整理得,-5-,解题技法动能定理的应用范围很广,可以求速度、力、功等物理量。对于一个量的求解可能有多种途径,我们要选择适合条件的并且简便的途径进行求解。应用动能定理解题的基本步骤如图所示。,-6-,当堂练1 如图所示,借助一长为L的粗糙斜面,将一质
3、量为m的物体(视为质点)移上货车。第一次使物体以初速度v从斜面底端沿斜面上滑,滑行的最大距离为 L;第二次使物体以相同的初速度向上滑行的同时,施加沿斜面向上的恒定推力,作用一段距离后撤去该力,物体继续上滑,恰好到达斜面顶端。 (1)求第一次上滑过程中物体的加速度大小a; (2)定性说明第二次上滑过程中物体可能的运动情况; (3)求第二次上滑过程中推力对物体做的功W。,-7-,解析: (1)设第一次上滑过程中物体的加速度大小为a,(2)第二次上滑过程中物体可能的运动情况: 先做匀加速上滑,撤去推力后匀减速上滑; 先匀速上滑,撤去推力后匀减速上滑; 先做加速度较小的匀减速上滑,撤去推力后再做加速度
4、较大的匀减速上滑。,-8-,(3)根据动能定理有, 第一次上滑时,-9-,动能定理解决变力做功问题 【典题2】(2018年4月浙江选考,20)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg 的小球从A点无初速度释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的 ,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g取10 N/kg。,-10-,(1)求小球运动至B点时的速度大小; (2)求小球在圆
5、弧轨道上克服摩擦力所做的功; (3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度; (4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。 答案:(1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s,-11-,-12-,(4)每次碰撞机械能损失75%,但是合速度与地面夹角不变,说明竖直方向上的速度v在合速度中的比例不变,若取地面为重力势能零点,那么每次损失的能量都是动能,也就是说每次碰撞合速度和竖直方向上的分速度都损失 。 所以如图设各个碰撞阶段的时间为t0、t1、tn,
6、第一次碰撞的初速度在竖直方向的分速度为,-13-,解题技法应用动能定理求变力做功时应注意的两个方面: (1)所求变力做的功不一定为总功,故所求变力做的功不一定等于Ek。 (2)若有多个力做功时,必须明确各力做功的正负,待求变力做的功若为负功,可以设克服该力做功为W,则表达式中应用-W,也可以设变力做的功为W,则字母W本身含有负号。,-14-,当堂练2 如图所示,一个质量为0.1 kg的小球(视为质点)从H=12 m高处由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=4 m的竖直圆环内侧,且与圆环的动摩擦因数处处相等,当到达圆环顶点C时,刚好对轨道压力为零;然后沿CB圆弧滑下,进入光滑弧形轨道BD,到达
7、高度为h的D点时速度为零,则h的值可能为(g取10 m/s2)( ) A.10 m B.9.5 m C.8 m D.6 m,B,-15-,10 J。之后小球沿轨道下滑,由于机械能有损失,所以下滑速度比上升速度小,因此对轨道压力变小,受摩擦力变小,所以下滑时克服摩擦力做功大小小于2 J,机械能有损失,到达圆环底端时小于10 J。此时小球机械能大于10 J-2 J=8 J,而小于10 J,所以进入光滑弧形轨道BD时,小球机械能的范围为8 JE10 J,所以高度范围为8 mh10 m,选项B正确。,-16-,动能定理解决单体多过程问题 【典题3】如图所示,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的
8、固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为 R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(图中未画出),随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R,已知小物块P与直轨道间的动摩擦,-17-,(1)求小物块P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求小物块P运动到E点时弹簧的弹性势能。 (3)改变小物块P的质量,将小物块P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距 R、竖直相距R,求小物块P运动到D点时速
9、度的大小和改变后小物块P的质量。,解析:(1)由题意可知lBC=7R-2R=5R 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得,-18-,(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,此时弹簧的弹性势能为Ep,由BE过程,根据动能定理得,E、F之间的距离l1=4R-2R+x P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有 Ep-mgl1sin-mgl1cos=0 联立式得 x=R ,-19-,(3)设改变后P的质量为m1,D点与G点的水平距离为x1,竖直距离为y1,=37。由几何关系(如图所示)得,设P在D点的速度为vD, 由D点运动到G点的时间为t, 由平抛运动公式得,设P在C点速度的大小为
10、vC,在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有,-20-,解题技法若过程包含了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整个过程考虑。但求功时,有些力不是全过程都作用的,必须根据不同的情况分别对待求出总功,计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式。,-21-,当堂练3 (2017年10月浙江选考,20)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2的示意图,倾角=37的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离L=20 m。质
11、量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的 。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数= ,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37=0.6,cos 37=0.8),-22-,(1)求过山车过F点时的速度大小; (2)求从B点到F点整个运动过程中摩擦力对过山车做的功; (3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?,-23-,解析: (1)在F点有,(2)设整个过程摩擦阻力做功为W,对从B点到F点的过程用动能定理,得W=-7.5104 J,-24-,(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1,要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2 Ff2=mgsin =6103 N 综合考虑两式,得Ffm=6103 N,
