专题提升 动力学和能量观点的综合应用 课件-2025-2026学年高一下学期物理粤教版必修第二册

第四章　机械能及其守恒定律 专题提升　动力学和能量观点的综合应用 学习目标 1.理解动力学观点、能量观点的内容.(物理观念) 2.会在动力学观点、能量观点中选择合适的方法解决问题.(科学思维) 重难探究·能力素养全提升 探究点一　动力学方法和能量观点的综合应用 知识归纳 1.涉及动力学方法和能量观点的综合题,应根据题目要求灵活选用公式和规律. (1)涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀速直线运动的问题时,可用牛顿运动定律. (2)用动能定理求解物体受恒力作用下的问题比用牛顿运动定律求解过程要简单,变力作用下的问题只能用能量观点. (3)涉及动能与势能的相互转化,单个物体或系统机械能守恒时,通常选用机械能守恒定律. 2.动能定理与机械能守恒定律的比较 项目 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-Ek1 ΔEp=-ΔEk 3.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:只适用于重力或系统内的弹力做功的情况. 典例剖析 【例题1】 如图是一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中,赛车从A位置由静止开始运动①,工作一段时间后关闭电动机,赛车继续前进至B点后水平飞出②,赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道③,D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为f=0.4 N④,赛车质量为m=0.4 kg,通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W⑤,B、C两点间高度差为h=0.45 m,赛道AB的长度为L=2 m,C与圆心O的连线与竖直方向的夹角α=37°③,空气阻力忽略不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:  (1)电动机工作的时间; (2)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回 到水平赛道EG,轨道半径R需要满足什么条件. 教你析题 读取题干 获取信息 ① 小车初速度为0 ② 小车在BC之间做平抛运动 ③ 可确定小车平抛运动的末速度方向 ④ 可由W=fs求克服摩擦力做功 ⑤ 可由W=Pt求电动机做功 教你破题 获取题干 关键信息 建构物理模型:匀变速直线运动、平 抛运动、竖直面圆周运动组合模型 易错提醒　机械能守恒定律的综合题,常涉及多过程问题,中间可能存在能量的损失或补充.解题时要注意机械能守恒的条件,分析在哪个过程中机械能守恒,然后列式求解,不能盲目使用机械能守恒定律. 对点演练 1.如图所示,某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接,电动机拉动B,使A运动.某次运行时,A(含载重)的质量mA=1 000 kg,t=0时,A从1楼由静止开始以0.5 m/s2的加速度加速运动,然后以v=1 m/s的速度匀速运动,最后以大小为0.5 m/s2的加速度减速上升至3楼停止,A上升的高度h=7 m.已知B的质量mB=800 kg,不计空气阻力和摩擦阻力,g取10 m/s2.求: (1)此次电梯匀速运行的时间; (2)t=1 s时,B下端缆绳的拉力大小; (3)A(含载重)从静止开始上升到5 m的过程,A(含载重) 的机械能增量. (2)由(1)可知t=1 s时,A匀加速上升,B匀加速下降,设B下端缆绳的拉力大小为F,B上端缆绳的拉力大小为T,根据牛顿第二定律,得T-mAg=mAa,F+mBg-T=mBa,代入数据解得F=2 900 N. (3)由(1)可知A上升到5 m时,速度大小为1 m/s,机械能增量 答案 (1)5 s　(2)2 900 N　(3)50 500 J 探究点二　常见的功能关系 知识归纳 功是能量转化的量度,某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系,具体功能关系如下: 功 能的变化 表达式 重力做功 正功 重力势能减少 重力势 能变化 WG=-ΔEp或WG=Ep1-Ep2 负功 重力势能增加 弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势 能变化 W弹=-ΔEp或W弹=Ep1-Ep2 负功 弹性势能增加 合力做功 正功 动能增加 动能 变化 W合=ΔEk或W合=Ek2-Ek1 负功 动能减少 除重力(或系统内弹力)外其他力做功 正功 机械能增加 机械能 变化 W其他=ΔE或W其他=E2-E1 负功 机械能减少 典例剖析 【例题2】 如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为m0的长木块以一定的初速度向右匀速运动,将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端,小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ,当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止,此时长木块对地的位移为l,在这个过程中,求: (1)小铁块增加的动能; (2)长木块减少的动能; (3)系统机械能的减少量. 解析 画出这一过程两物体位移示意图,如图所示 (1)根据动能定理得ΔEk=μmg(l-L),即小铁块动能的 增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功,小铁块动 能的增加量为μmg(l-L). (2)摩擦力对长木块做负功,根据功能关系得ΔEk'=-μmgl,即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功,长木块减少的动能为μmgl. (3)在重力势能不变的情况下,系统机械能的减少量等于系统动能的减少量,则有ΔE=ΔEk+ΔEk'=-μmgL,即系统的机械能减少了μmgL. 答案 (1)μmg(l-L)　(2)μmgl　(3)μmgL 规律总结　(1)公式W=F·s·cos θ中s指物体对地位移. (2)两物体间滑动摩擦产生的内能Q=f·s相对,s相对指两接触面间的相对位移(或相对路程). 对点演练 AD 2.(多选)(2025河南阶段练习)滑沙运动是继滑冰、滑雪、滑草之后的另一项新兴运动.如图所示,若某滑沙者沿一坡度相同的沙坡从顶端A由静止下滑时,经过两段长度相等、动摩擦因数不同的沙面AB和BC,滑到坡底C时速度恰减为零,则下列说法正确的是(　　) A.滑沙者经过AB和BC运动的时间相等 B.滑沙者在AB上运动时的加速度小于他在BC上运动时的 加速度 C.滑沙者与AB间的动摩擦因数大于他与BC间的动摩擦因数 D.滑沙者在AB间运动时损失的机械能小于他在BC间运动时损失的机械能 解析 设滑沙者经过B点时的速度大小为vB,则有sAB=vBtAB=sBC=vBtBC, =2aABsAB=2aBCsBC,解得tAB=tBC,aAB=aBC,故A正确,B错误;设沙坡的倾角为α,滑沙者在AB段加速,表明μAB<tan α,在BC段减速,表明μBC>tan α,即μAB<μBC,故C错误;滑沙者在两段损失的机械能等于在这两段克服摩擦力做的功,结合Wf=μmgscos α,可知,滑沙者在AB间运动时损失的机械能小,故D正确. 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 1.(常见的功能关系)(多选)冬奥会在北京顺利举行,让我们领略了冰雪运动的魅力.某位运动员在一次自由式滑雪空中技巧训练中保持同一姿态沿斜坡下滑了一段距离,如果重力对运动员做功为1 000 J,运动员克服阻力做功500 J,则运动员在此过程中(　　) A.可能在做匀速直线运动 B.动能增加了500 J C.重力势能减少了500 J D.机械能减少了500 J BD 1 2 3 解析 重力对运动员做功1 000 J,即重力势能减少了1 000 J,运动员克服阻力做功500 J,即阻力做功为-500 J,所以外力对运动员做的总功为W外=1 000 J-500 J=500 J,根据动能定理可知,运动员的动能增加了500 J,因此速度增大,故A、C错误,B正确;机械能减少量等于运动员克服阻力做功,为500 J,故D正确. 1 2 3 2.(动力学观点与能量观点的综合应用)如图所示,水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行,上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上,然后一起随传送带匀速运动.如果要使传送带保持原来的速率匀速运行,则电动机应增加的功率为多少? 1 2 3 答案 160 W 1 3 2 3.(动力学观点和能量观点的综合应用)山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动.一滑雪坡由AB和BC组成,AB是倾角为37°的斜坡,BC是半径为R=5 m的圆弧面,圆弧面和斜面相切于B,与水平面相切于C,如图所示,AC竖直高度差h1=9.8 m,竖直台阶CD高度差为h2=5 m,台阶底端与水平面DE相连.运动员连同滑雪装备总质量为80 kg,从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上,不计空气阻力和轨道的摩擦阻力(g取10 m/s2).求: (1)运动员到达C点的速度大小; (2)运动员经过C点时受到轨道的支持力大小; (3)运动员落到DE上距D点的水平距离. 1 3 2 答案 (1)14 m/s　(2)3 936 N　(3)14 m 解析 (1)赛车在BC间做平抛运动,则竖直方向有2gh= 可得vy==3 m/s 则在C点的速度分解如图所示 由图可知vC==5 m/s 赛车通过B点时的速度 v0=vCcos 37°=4 m/s 根据动能定理得Pt-fL= 解得电动机工作时间t=2 s. (2)当赛车恰好通过最高点D时,轨道半径最大,设最大轨道半径为Rm,有mg=m 从C到D,由动能定理可知-mgRm(1+cos 37°)= 解得Rm= m 所以轨道半径0<R≤ m. 答案 (1)2 s　(2)0<R≤ m 选择合适规律: AB:Pt-fL= C点:v0=vCcos 37° D点:mg=m 关系:v0=vB mgh= -mgR(1+cos 37°) = 解析 (1)电梯加速运行的时间t1==2 s,位移h1=t1=1 m 电梯减速运行的时间t2==2 s,位移h2=t2=1 m 电梯匀速运行的时间t3==5 s. ΔE=mAv2+mAgΔh,代入数据解得ΔE=50 500 J. 解析 由功能关系,电动机多做的功等于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量,所以ΔPt=mv2+Q,传送带做匀速运动,而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半,所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移,故Q=Ff·Δx=Ffx=mv2,解得ΔP=160 W。 (3)从C处平抛飞出,由平抛运动的规律有h2=gt2 解得t=1 s 运动员落到DE上距D点的水平距离x=vCt=14 m. 解析 (1)由A到C,对运动员由机械能守恒定律得mgh1= 解得运动员到达C点的速度vC=14 m/s. (2)在C处对运动员受力分析,由牛顿第二定律得FNC-mg=m 解得FNC=3 936 N. $