《高中物理第2輪復習 專題2 第2講 動能定理和機械能守恒定律課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理第2輪復習 專題2 第2講 動能定理和機械能守恒定律課件（62頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題二 動量和能量 第二講動能定理和機械能守恒定律 一、功和功率一、功和功率 1功 (1)恒力的功：恒力的功：恒力的功等于力和物體在力的方向上發(fā)生的位移的乘積，即W=Fscos ， 是力F與位移s之間的夾角，s是力的作用點相對于地面的位移功是標量，正功和負功表示力的作用效果不同 當 =90時，W=0，力與位移垂直，力不做功；當 90，W0，力對物體做正功； 90，W0，力對物體做負功(也說成是物體克服這個力做功) (2)變力的功：變力的功： 功率恒定：WF=Pt.注意：這是牽引力的功，而不是合力的功 力的線性變化： .(如矩形木塊在浮出水面過程中浮力隨木塊浸入水中深度的減小而均勻減小)12()

2、2FF sWFs 2功率：表示物體做功快慢的物理量 (1)平均功率： 是平均速度 (2)瞬時功率： 是瞬時速度當F與v的夾角為零時上面兩表達式可簡化為： 、 注意：注意：講功率必須指明是哪個力或哪個物體做功的功率/cos ,PW tF vvcosPF vav，PF vPF v 3機車啟動的兩類問題 機車以恒定功率運動，隨著速度增大，牽引力變小，當牽引力等于阻力時(F=Ff)，加速度為零(a=0)，機車以最大速度(vm=P/Ff)勻速運動如圖221.圖221 機車以恒定的加速度(恒定的牽引力)運動，隨著速度增大，功率增加，直至達到額定功率，勻加速能達到的最大速度為v0=P/(Ff+ma)，此時還

3、未達到機車的最大速度(vm=P/Ff)如圖222.圖222 二、動能定理二、動能定理 1動能定理：合外力所做的功等于物體動能的變化W=Ek2Ek1，其中Ek2表示物體的末動能，Ek1表示物體的初動能 動能定理中涉及的物理量有F、s、m、v、W、Ek等在處理含有上述物理量的力學問題時，可以考慮使用動能定理由于只需從力在整個位移內的功和這段位移始末兩狀態(tài)動能變化的角度去考察，無需注意其中運動狀態(tài)變化的細節(jié)，又由于動能和功都是標量，無方向性，無論是直線運動或曲線運動，計算都會特別方便 2動能與動量、功與沖量 (1)動能和動量都是狀態(tài)物理量，功和沖量都是過程物理量； (2)動能和功是標量，動量和沖量是

4、矢量； (3)功是力對位移的積累，沖量是力對時間的積累； (4)力與位移的積累效果是改變物體的動能，力與時間的積累效果是改變物體的動量； ( 5 ) 動 能 與 動 量 大 小 的 關 系 為 ：Ek=p2/(2m)， .2KpmE 三、機械能守恒定律 1重力做功與重力勢能變化的關系：重力做正功，重力勢能減少；重力做負功，重力勢能增大重力做的功等于重力勢能增量的負值 . 2彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負功，彈性勢能增大 3機械能守恒定律：在只有重力及系統(tǒng)內彈力做功的情形下，系統(tǒng)的勢能(包括重力勢能和彈性勢能)和動能發(fā)生相互轉化，但總的機械能保持不變 表達式：Ek+Ep=Ek+Ep，或 ，或

5、 GpWE kpEE 增減ABEE 增減 4摩擦力做功及其特點： (1)摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功 (2)在靜摩擦力做功的過程中，系統(tǒng)內只有機械能的相互轉化，摩擦力起著傳遞機械能的作用，而沒有機械能與其他形式的能的相互轉化一對靜摩擦力所做功的總和一定等于零 (3)一對滑動摩擦力所做功的和一定是負值，其絕對值等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，等于系統(tǒng) 損 失 的 機 械 能 ， 等 于 系 統(tǒng) 內 的 摩 擦 生 熱 ，即 .fEQFs 類型一：功和功率類型一：功和功率 恒力做功可以用W=Fs計算變力做功一般有四個途徑可求：力均勻變化可以先求平均力，再求功；力不均勻變化可采用Fs

6、圖象求功；通過動能定理求功另外，要注意區(qū)別某一個力對物體做功與合外力對物體做功，或物體克服外力做功利用功率求功：W=Pt.【例1】(2011山東)如圖223所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在 處相遇(不計空氣阻力)則( )A兩球同時落地B相遇時兩球速度大小相等C從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量D相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等2h圖223【解析】設相遇時間為t，則有 220000000112222022Chhhgtv tgttvgtvghbgtghavghvgtvvmghmgh，聯(lián)

7、立兩式解得，相遇時 的速度為， 的速度為，故兩者速度不相等，也不能同時落地，相遇之后的速度不同，故重力的功率也不相同；根據動能定理，兩球重力做功分別為、，正確【答案】C【變式題】如圖圖224甲所示，質量為m=1kg的物體置于傾角為 =37固定斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s時撤去拉力，物體運動的部分vt圖象如圖圖224乙，試求：(1)拉力F的平均功率；(2)t=4s時物體的速度v.圖224【解析】(1)設力F作用時物體的加速度為a1，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知 122212111sincossincos20m/s10m/s30N1s20m/s/ 2300WFmg

8、mgmamgmgmaaaFtvFPFvP撤去力后，由牛頓第二定律有根據圖象可知：，解得時物體的速度：拉力 的平均功率為解得 212 2231233233 322s4s1ssincos2m/s4s2m/stva tttttttamgmgmaatva t 設撤去力后物體運動到最高點時間為 ，解得則時物體沿著斜面下滑的時間為設下滑加速度為 ，由牛頓第二定律有時速度，方向沿斜面向下 類型二：動能定理的運用類型二：動能定理的運用 動能定理的理解及應用要點： (1)動能定理的計算式為標量式，v、s的參考系是地面； (2)動能定理的研究對象是單一物體，或者可以看成單一物體的物體系； (3)動能定理適用于物體

9、的直線運動，也適用于曲線運動；適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分段作用 (4)若物體運動的過程包含幾個不同過程，應用動能定理時，可以分段考慮【例2】如圖225所示，質量m=0.5kg的小球(可視為質點)從距地面高H1=5m處自由下落，到達地面恰能沿凹陷于地面的形狀左右對稱的槽壁運動，凹槽內AB、CD是兩段動摩擦因數相同且豎直高度差為H2=0.4m的粗糙斜面，兩段斜面最高點A、D與水平地面之間以及兩段斜面最低點B、C之間均用光滑小圓弧連接，以免圖225小球與斜面之間因撞擊而造成機械能損失已知小球第一次到達槽最低點時速率為10m/s，以后沿槽壁運動到槽

10、左端邊緣恰好豎直向上飛出如此反復幾次求：(1)小球第一次離槽上升的高度h1；(2)小球最多能飛出槽外的次數(取g=10m/s2)圖225【解析】(1)小球從高處至槽口時，只有重力做功；由槽口至槽底端重力、摩擦力都做功由于對稱性，在槽右半部分克服摩擦力做的功與左半部分做的功相等 小球落至槽底部的整個過程中，由動能定理得2122121212J2ffmg HHWmvWmg HHmv解得 1212111124.2m22256.25624fffhmg hHWmvhnmgHnWmgHnW 小球第一次離槽上升的高度 ，由動能定理得解得設小球最多能飛出槽外 次，則應有解得，即小球最多能飛出槽外 次【變式題】(

11、河北省石家莊市2010屆高三復習教學質檢)如圖226，在光滑水平長直軌道上有A、B兩個小絕緣體，質量分別為m、M，且滿足M=4m，A帶正電、B不帶電它們之間用一根長為L的輕軟細線相連，空間存在方向向右的勻強電場開始時將A與B靠在一起，且保持靜止某時刻撤去外力，A將向右運動，圖226當細線繃緊時，兩物體間將發(fā)生時間極短的相互作用，此后B開始運動，線再次松弛，已知B開始運動時的速度等于線剛要繃緊瞬間A物體速率的 .設整個過程中A的帶電量保持不變B開始運動后到細線第二次被繃緊前的過程中，B與A是否會相碰？如果能相碰，求出相碰時B的位移大小及A、B相碰前瞬間的速度；如果不能相碰，求出B與A間的最短距離

12、13【解析】當A、B之間的細線繃緊前，設物塊A的速度為vA，電場力為F，據動能定理有 細線繃緊時間很短，可認為這個過程中A、B系統(tǒng)的動量守恒則有 mvA=mvA+MvA/3 得 可見細線繃緊后，A將先向左做勻減速運動，加速度a保持不變，同時B將向右做勻速直線運動2/ 2AFLmv/3AAvv 214394599AAABA AABtFtmvBsv tLLABABABLLLL 設 減速為零后再次加速到與 同速時所用的時間為 ；據動量定理有這段時間 前進位移為可見，細線再次繃緊時 、 不會相碰此時 、 間距離最短，則 、 間相距為 類型三：機械能守恒定律的運用類型三：機械能守恒定律的運用 1機械能守

13、恒的特點：對某一系統(tǒng)，物體間只有動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉化，系統(tǒng)和外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，機械能也沒有轉變?yōu)槠渌问降哪?，則系統(tǒng)機械能守恒 2判斷機械能守恒的一般方法：對某一物體，若只有重力(或系統(tǒng)內彈簧的彈力)做功，其他力不做功(或其他力做功的代數和為零)，則該物體的機械能守恒；對某一系統(tǒng)，物體間只有動能和重力勢能及彈性勢能相互轉化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，機械能也沒有轉變成其他形式的能(如沒有內能產生)，則系統(tǒng)的機械能守恒【例3】(2011北京)如圖227所示，長度為l的輕繩上端固定在O點，下端系一質量為m的小球(小球的大小可以忽略)(1)在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直

14、方向的夾角為 ，小球保持靜止，畫出此時小球的受力圖，并求力F的大小(2)由圖示位置無初速度釋放小球，求當小球通過最低點時的速度大小及輕繩對小球的拉力(不計空氣阻力)圖227【解析】(1)受力圖見右根據平衡條件，應滿足cossintanTmgTFFmg拉力大小 22221(1 cos )22(1 cos)(32cos )mglmvvglvTmgmlvTmgmmgl 運動中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒則通過最低點時，小球的速度大小根據牛頓第二定律解得輕繩對小球的拉力，方向豎直向上【變式題】長為6l、質量為6m的勻質繩，置于特制的水平桌面上，繩的一端懸垂于桌邊外，另一端系有一個可視為質點的質量為M的

15、木塊，如圖228所示木塊在AB段與桌面無摩擦(E點位于桌子的邊緣)，在BE段與桌面有摩擦，勻質繩與桌面的摩擦可忽略初始時刻用手按住木塊使其停在A處，繩處于繃緊狀態(tài)，AB=BC=CD=DE=l，放手后，木塊最終停在C處桌面距地面高度大于6l.圖228 12243BvBEBElmMAE 求木塊剛滑至 點時的速度 和木塊與段的動摩擦因數 ；若木塊在段與桌面的動摩擦因數變?yōu)椋瑒t木塊最終停在何處？是否存在一個 值，能使木塊從 處放手后，最終停在 處，且不再運動？若能，求出該 值；若不能，簡要說明理由【解析】(1)木塊從A處釋放后滑至B點的過程中，由機械能守恒得： pk20313()2(6 )22564(

16、2 )26EEmglmglMm vBmglvMmACmglmglMglmM即：，木塊滑至 點時的速度木塊從 處滑至 點的過程中，由功能關系得：由此得 2221433()()2229120302 (2.5)2 mBxMlxlxmgmglMgxlxlxlxl xlBlDAE若，設木塊能從 點向右滑動 最終停止，由功能關系得將代入上式并整理得，解得不合題意舍去即木塊將從 點再滑動 最終停在 處不存在符合要求的 值，即不可能使木塊從 處放手后最終停在 處且不再運動 6662mEMfMgmgmgEEE當時，若木塊滑至 點，恰好有，此時繩全部懸于桌邊外，對木塊的拉力恰好也為，而從的結果知，要使木塊繼續(xù)向

17、點滑行，必須再減小 值，因而木塊尚未滑至 點時，木塊所受滑動摩擦力已與懸繩拉力相等，此時，再向 點滑行時，懸繩對木塊拉力將大于木塊受到的滑動摩擦力而使合力向右，木塊又重新獲得加速度因此不可能保持靜解法一：止狀態(tài)16632(3 )366 mmglmglMglMEMgmgmM設滿足此條件的動摩擦因數為，根據功能關系有，解得而要使木塊能在 處靜止，還必須滿足，即所以滿足此條件的動摩擦因數解法二：不存在動能定理和機械能守恒定律 類型四：功和功率的計算與圓周運動類型四：功和功率的計算與圓周運動【例4】如圖229所示，一條不可伸長的輕繩長為L，一端用手握住，另一端系一質量為m的小球今使手握的一端在水平桌面

18、上做半徑為R、角速度為 的勻速圓周運動，且使繩始終與半徑R相切，小球也在同一平面內做半徑更大的勻速圓周運動，若手做功的功率為P，求：(1)小球運動的線速度大小；(2)小球在運動過程中所受的摩擦阻力的大小圖229【解析】(1)經分析知小球的角速度與手的角速度大小相等，再由幾何關系知小球的轉動半徑為 22220.2sin rRLvRLmTfOmmTfBPT vTR，則小球的線速度為對小球 進行受力分析，小球受 和 的作用，設輕繩與的夾角為 ，因為 做勻速圓周運動，所以有 對手所在點 進行分析，可得： 2222222 sin.PfrRRLTPmRRLffLRL人手對繩做功的功率等于小球克服摩擦力做功

19、的功率，即 再由圖中幾何關系可知：由、三式組成方程組，消去 和 ，得：或【變式題】 (2011浙江)節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車有一質量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1=90km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P=50kW.當駕駛員看到前方有80km/h的限速標志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L=72m后，速度變?yōu)関2=72km/h.此過程中發(fā)動機功率的 用于轎車的牽引， 用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉化為電池的電能假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持

20、不變求：1545(1)轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大?。?2)轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電；(3)轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運動的距離L.【解析】(1)汽車牽引力與輸出功率關系P=F牽v將P=50kW，v1=90km/h=25m/s代入得3132 10 N2 10 NPFvF牽阻當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有 222154125111Pt5221.575 10 J40.56.3 10 J5PF LmvmvPtEPt阻電在減速過程中，注意到發(fā)動機只有用于汽車的牽引根據動能定理有代入數據得電源獲

21、得的電能為(3)根據題設，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為F阻=2103N.在此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功E電=F阻L代入數據得L=31.5m 類型五：運用功能關系處理傳送帶問題類型五：運用功能關系處理傳送帶問題 傳送帶問題中的功能特點： 1傳送帶做的功：傳送帶做的功：WF=Fs帶 功率P=Fv帶(F由傳送帶受力平衡求得) 2產生的內能：產生的內能：Q=Ffs相對 3如物體靜止：如物體靜止：放在水平傳送帶上，則在整個加速過程中物體獲得的動能Ek，因為摩擦而產生的熱量Q有如下關系2k12EQmv傳【例5】如圖2210所示，水平傳送帶在電動機帶動下始終勻速運

22、動，速度大小恒為v，現(xiàn)將質量m的貨物輕輕放在傳送帶上的A點它在傳送帶上滑動一段距離到B點速度才達到v，此后與傳送帶同步運動設貨物與傳送帶間的動摩擦因數為.求：(1)貨物從A點運動B點的過程中，摩擦力對貨物所做的功；(2)在貨物從A點運動到B點的這段時間內，電動機多消耗的電能圖2210【解析】(1)物體由A運動到B的過程中，根據動能定理得，摩擦力做功為W=Ffs貨=mv2/2(2)由功能關系得，電動機多消耗的電能等于物體增加的動能與系統(tǒng)增加的內能之和增加的內能22k()/ 2.fEFssmvEEEmv 內傳貨電內多消耗的電能為【變式題】如圖2211所示，傳送帶以速率v=2m/s勻速運行，AB部分

23、水平，BC部分與水平面之間的夾角為30，AB間與BC間距離都等于12m，工件與傳送帶間的動摩擦因數 ，現(xiàn)將質量為5kg的工件輕輕放在傳送帶的A端，假設工件始終沒有離開傳送帶，g取10m/s2.求：(1)工件滑至C點時的速度大??；(2)工件從A到C的過程中，傳送帶對工件所做的功；(3)工件從A到C的過程中產生的熱量36圖2211【解析】(1)物體剛放上傳送帶時a1=g設物體速度達到2m/s時，滑行的距離為s1，則：211222222m0.69m2321062m/ssin30cos302.5m/s22 2.5 1222m/s8m/sCvsaABaggLva Lv 隨后物體在部分以速度勻速運動，當物

24、體滑到斜面上時，設斜面長為 ，則 222212212221sin302111sin30(5 85 10 12)J140J22232cos30182335 2 J(122) 5 10J100J.22.562tCtCCWmgLmvWmvmgLvABsgvvBCsLvaQQsmgsmg 在全過程中應用動能定理得：段相對滑動的距離為段相對滑動的距離產生的熱量 類型六：電場、磁場中的功能關系類型六：電場、磁場中的功能關系 電場力做功，與路徑無關，使電荷的電勢能改變；電磁感應現(xiàn)象中，安培力做功，使電能發(fā)生改變，而洛倫茲力不做功應用功能關系解題，由于不考慮中間復雜的變化過程，往往顯示出很大的優(yōu)越性，因此也是

25、高考物理中的熱點問題【例6】如圖2212所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一根長為L的絕緣細桿，沿電場放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先做加速運動，后做勻速運動到達b端已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數=0.3，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是L/3，求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值【解析】小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖所示在水平方向：FN=qvB，所以摩擦力Ff=FN=qvB當小球做勻速運動

26、時：qE=Ff=qvbB233bbbvqv BmRLqBLRvm小球在磁場中做勻速圓周運動時又，所以22222222222123101224549fbbfbfabWWmvq B Lq B LWqELqv BLmmq B LWWmvmWW電電電電小球從 運動到 的過程中，由動能定理得而所以則【變式題】(2010安徽卷)如圖2213，ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0103V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞已知甲

27、、乙兩球的質量均為m=1.0102kg，乙所帶電荷量q=2.0105C，g取10m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程無電荷轉移)(1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下求的甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍圖2213【解析】(1)在乙恰好能通過軌道的最高點的情況下，設乙到達最高點的速度為vD，乙離開D點達到水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則2212()20.4mDDvmmgqERmgqERtmxv tx聯(lián)

28、立得： 0222002221112221122225)2.5m/sDDvvmvmvmvmvmvmvvvmgRqERmvmvmgqE Rvm乙甲乙甲乙甲乙乙設碰撞后甲、乙的速度分別為、，根據動量守恒和機械能守恒定律有：聯(lián)立得：由動能定理得：（聯(lián)立得： 0222000311122222MmMmMmmDmMvvMvMvmvMvMvmvMvvMmMmvvv設甲的質量為，碰撞后甲、乙的速度分別為、，根據動量守恒和機械能守恒定律有：聯(lián)立得：由和，可得：221122222m/s8m/s0 4m1.6mDDmDDDvmgRqERmvmvvBxxv tx 設乙球過 點的速度為，由動能定理得聯(lián)立得：設乙在水平軌道上的落點到 點的距離為 ，則有聯(lián)立得：