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素养提升课(六)动能定理、机械能守恒定律及功能关系的应用
1.会利用动能定理分析多过程问题,提升综合分析问题的能力。
2.能正确选择机械能守恒定律或动能定理解决实际问题。
3.理解力做功与能量转化的关系,能运用功能关系解决问题。
利用动能定理处理多过程问题
1.平抛运动、圆周运动属于曲线运动,若只涉及位移和速度而不涉及时间,应优先考虑用动能定理列式求解。
2.用动能定理解题,关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出物体运动过程的草图,让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。
3.若物体的运动过程包含多个运动阶段,可分段应用动能定理,也可全程运用动能定理。若不涉及中间量,全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功,应注意力与位移的对应性。
【典例1】如图所示,ABCD为一竖直平面内的轨道,其中BC水平,A点比BC高出10m,BC长1m,AB和CD轨道光滑。一质量为1kg的物体,从A点以4m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0。求:(g取10m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数;
(2)物体第5次经过B点时的速度。
[思路点拨](1)重力做功与物体运动路径无关,其大小为mgΔh,但应注意做功的正、负。
(2)物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC。
[解析](1)物体由A运动到D的过程,由动能定理得-mg(h-H)-μmgsBC=0-12mv1
(2)物体第5次经过B点时,物体在BC上滑动了4次,
由动能定理得mgH-μmg·4sBC=12
解得v2=411m/s。
[答案](1)0.5(2)411m/s
[拓展]在上例中,不改变任何条件,物体最后停止的位置(距B点多少米)。
[解析]分析整个过程,由动能定理得
mgH-μmgs=0-1
解得s=21.6m
所以物体在轨道上来回运动了10次后,还有1.6m,
故距B点的距离为2m-1.6m=0.4m。
[答案]距B点0.4m
动能定理在多过程问题中的应用技巧
(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移。计算总功时,应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
(2)研究初、末动能时,只需关注初、末状态,不必关心中间运动的细节。
[跟进训练]
1.如图所示,一根放置于水平地面的轻质弹簧一端固定在竖直的墙壁上,处于原长时另一端位于C点,一质量为1kg的物体以4m/s的初速度沿水平地面的A点处向右运动,物体可视为质点,压缩弹簧反弹后刚好停在了AC的中点B,已知物体与水平地面的动摩擦因数为0.2,A、C之间的距离为2m,则整个过程中弹簧的最大弹性势能为(g取10ms2
A.3J B.4J
C.5J D.6J
A[由A点到B点应用动能定理得-μmg(xAC+xCB+2Δx)=0-12mv02,由A点到压缩弹簧到最短位置应用动能定理得-μmg(xAC+Δx)-Epm=0-12mv02,联立可解得Epm=3J
2.小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律。长L1=1m的斜轨道倾角为α=37°,斜轨道底端平滑连接长L2=0.1m的水平轨道,水平轨道左端与半径R=0.2m的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量m=0.05kg的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放,滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.3。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。
(1)若无初速度释放滑块,求滑块到达B点时对半圆形轨道压力FN的大小;
(2)为保证滑块能到达半圆形轨道顶端A,应至少以多大速度v1释放滑块?
[解析](1)滑块从斜轨道顶端滑到B点的过程,根据动能定理有:mgL1sinα-μmgL1cosα-μmgL2=12mv
在B点由牛顿第二定律得:F-mg=mv
解得F=2.15N
由牛顿第三定律得滑块到达B点时对半圆形轨道压力FN的大小为2.15N。
(2)若滑块恰能到达半圆形轨道顶端A,到达A时速度记为v2,则mg=m
解得v2=2m/s
从斜轨道顶端到A由动能定理有:
mgL1sinα-μmgL1cosα-μmgL2-2mgR=1
解得:v1=175m/s
[答案](1)2.15N(2)175
机械能守恒定律和动能定理的综合应用
1.机械能守恒定律和动能定理的比较
项目
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(或单个物体)
单个物体
关注角度
守恒的条件和初、末状态机械能的形式
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