2011屆物理一輪：5.2《動能和動能定理》.ppt

第2課時 動能和動能定理 考點自清 一、動能 1.定義:物體由于 而具有的能. 2.公式: . 3.矢標性:動能是 ,只有正值. 4.動能是狀態量.而動能的變化量是 . 二、動能定理 1.內容: 在一個過程中對物體所做的功等于 物體在這個過程中 . 2.表達式:W= .,運動,標量,過程量,合外力,動能的變化,Ek2-Ek1,3.物理意義:動能定理指出了外力對物體所做的總 功與物體 之間的關系,即合力的功是物 體 的量度. 4.動能定理的適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動,也適用于 . (2)既適用于恒力做功,也適用于 . (3)力可以是各種性質的力,既可以同時作用, 也可以 . 名師點撥 動能具有相對性,其數值與參考系的選取有關,一般取地面為參考系.,動能變化,動能變化,,曲線,運動,變力做功,不同時作用,熱點聚焦 熱點一 對動能定理的理解 1.一個物體的動能變化ΔEk與合外力對物體所做功 W具有等量代換關系. (1)若ΔEk0,表示物體的動能增加,其增加量等 于合外力對物體所做的正功. (2)若ΔEk0,表示物體的動能減少,其減少量等 于合外力對物體所做的負功的絕對值. (3)若ΔEk=0,表示合外力對物體所做的功等于零. 反之亦然.這種等量代換關系提供了一種計算變 力做功的簡便方法.,2.動能定理公式中等號的意義 等號表明合力做功與物體動能的變化間的三個 關系: (1)數量關系:即合外力所做的功與物體動能的 變化具有等量代換關系.可以通過計算物體動能 的變化,求合力的功,進而求得某一力的功. (2)單位相同:國際單位都是焦耳. (3)因果關系:合外力的功是物體動能變化的原因. 3.動能定理中涉及的物理量有F、x、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.由于只需要從力在整個位移內所,做的功和這段位移始末兩狀態的動能變化去考慮, 無需注意其中運動狀態變化的細節,同時動能和功 都是標量,無方向性,所以無論是直線運動還是曲 線運動,計算都會特別方便. 4.動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參 考系的,一般以地面為參考系. 特別提示 功和動能都是標量,動能定理表達式是一個標量式, 不能在某一個方向上應用動能定理,但牛頓第二定 律是矢量方程,可以在互相垂直的方向上分別使用 分量方程.,熱點二 應用動能定理的一般步驟 1.選取研究對象,明確并分析運動過程. 2.分析受力及各力做功的情況 （1）受哪些力? （2）每個力是否做功? （3）在哪段位移哪段過程中做功? （4）做正功還是負功? (5)做多少功? 求出代數和. 3.明確過程始末狀態的動能Ek1及Ek2. 4.列方程W總=Ek2-Ek1,必要時注意分析題目潛在的條 件,補充方程進行求解.,特別提示 1.在研究某一物體受到力的持續作用而發生狀態 改變時,如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先 考慮應用動能定理,而后考慮牛頓定律、運動學公 式,如涉及加速度時,先考慮牛頓第二定律. 2.用動能定理解題,關鍵是對研究對象進行準確的 受力分析及運動過程分析,并畫出物體運動過程的 草圖,以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系. 有些力在物體運動全過程中不是始終存在的,在計 算外力做功時更應引起注意.,題型探究 題型1 用動能定理求變力做功 如圖1所示,質量為m的小物 體靜止于長l的木板邊緣.現使板 由水平放置繞其另一端O沿逆時 針方向緩緩轉過α角,轉動過程中, 小物體相對板始終靜止,求板對物體的支持力對 物體做的功. 木板緩緩轉動過程中,物體所受支持力 的大小、方向怎樣變化?,圖1,思路點撥,解析 由力的平衡條件可知,支持力FN=mgcos α, 隨板的轉動(α增大)而減少,而方向始終與物體的 速度方向同向,是一個變力. 對物體的運動過程應用動能定理,有 WN+WG+Wf=0 其中Wf為靜摩擦力做的功,且Wf=0,WG=-mglsin α,所以WN=mglsin α. 答案 mglsin α,規律總結 用動能定理求解變力做功的注意要點: (1)分析物體受力情況,確定哪些力是恒力,哪些力 是變力. (2)找出其中恒力的功及變力的功. (3)分析物體初末狀態,求出動能變化量. (4)運用動能定理求解.,變式練習1 如圖2所示,一根勁度系數為 k的彈簧,上端系在天花板上,下端系一質 量為mA的物體A,A通過一段細線吊一質量 為mB的物體B,整個裝置靜止.試求: (1)系統靜止時彈簧的伸長量. (2)若用剪刀將細線剪斷,則剛剪斷細線的瞬間物 體A的加速度. (3)設剪斷細線后,A物體上升至彈簧原長時的速度 為v,則此過程中彈力對物體A做的功.,圖2,解析 (1)取A、B整體為研究對象,由平衡條件得 kx=(mA+mB)g,所以 (2)剪斷瞬間,以A為研究對象,取向上為正方向, 有kx-mAg=mAaA,得 (3)剪斷細線后,A物體上升的過程中,應用動能定 理得,答案,題型2 復雜過程問題 如圖3所示,四分之三周長圓管的 半徑R=0.4 m,管口B和圓心O在同一水 平面上,D是圓管的最高點,其中半圓周 BE段存在摩擦,BC和CE段動摩擦因數 相同,ED段光滑;質量m=0.5 kg、直徑稍 小于圓管內徑的小球從距B正上方高H=2.5 m的A處自 由下落,到達圓管最低點C時的速率為6 m/s,并繼續運 動直到圓管的最高點D飛出,恰能再次進入圓管,假定 小球再次進入圓筒時不計碰撞能量損失,取重力加速 度g=10 m/s2,求,圖3,(1)小球飛離D點時的速度. (2)小球從B點到D點過程中克服摩擦所做的功. (3)小球再次進入圓管后,能否越過C點?請分析說 明理由. 解答 (1)小球飛離D點做平拋運動 有xOB=R=vDt ① ② 由①②得 (2)設小球從B到D的過程中克服摩擦力做功Wf1 在A到D過程中根據動能定理,有,代入計算得Wf1=10 J (3)設小球從C到D的過程中克服摩擦力做功Wf2 根據動能定理,有 代入計算得Wf2=4.5 J 小球從A到C的過程中,克服摩擦力做功Wf3 根據動能定理,有 Wf3=5.5 J,根據動能定理,有 小球過BE段時摩擦力大小隨速度減小而減小,摩擦 力做功也隨速度減小而減小.第二次通過BC段與CE 段有相等的路程,速度減小 所以Wf40,小球能過C點 答案 (1)2 m/s (2)10 J (3)見解析,方法提煉 當物體的運動是由幾個物理過程所組 成,又不需要研究過程的中間狀態時,可以把幾個 物理過程看做一個整體進行研究,從而避開每個運 動過程的具體細節,具有過程簡明、方法巧妙、運 算量小等優點.特別是初末速度均為零的題目,顯得 簡捷、方便.對于多過程的問題要找到聯系兩過程 的相關物理量.,變式練習2 如圖4所示,質量m=1 kg 的木塊靜止在高h=1.2 m的平臺上,木 塊與平臺間的動摩擦因數μ=0.2,用 水平推力F=20 N,使木塊產生位移l1=3 m 時撤去,木塊又滑行l2=1 m時飛出平臺,求木塊落地 時速度的大小? 解析 解法一 取木塊為研究對象.其運動分三個 過程,先勻加速前進l1,后勻減速l2,再做平拋運動, 對每一過程,分別列動能定理得:,圖4,解得： 解法二 對全過程由動能定理得 Fl1-μmg(l1+l2)+mgh= 代入數據: 答案,題型3 用動能定理解決彈簧類問題 如圖5甲所示,一條輕質彈簧左端固定在豎直墻 面上,右端放一個可視為質點的小物塊,小物塊的質 量為m=1.0 kg,當彈簧處于原長時,小物塊靜止于O 點.現對小物塊施加一個外力F,使它緩慢移動,將彈 簧壓縮至A點,壓縮量為x=0.1 m,在這一過程中,所用 外力F與壓縮量的關系如圖乙所示.然后撤去F釋放小 物塊,讓小物塊沿桌面運動,已知O點至桌邊B點 的距離為L=2x,水平桌面的高為h=5.0 m,計算時, 可用滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力.(g取10 m/s2) 求:,(1)在壓縮彈簧過程中,彈簧存貯的最大彈性勢能. (2)小物塊到達桌邊B點時速度的大小. (3)小物塊落地點與桌邊B的水平距離.,圖5,解析 (1)取向左為正方向,從F—x圖中可以看出, 小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為 Ff=1.0 N,方向為負方向 ① 在壓縮過程中,摩擦力做功為Wf=-Ff·x=-0.1 J ② 由圖線與x軸所夾面積可得外力做功為 WF=(1.0+47.0)×0.1÷2 J=2.4 J ③ 所以彈簧存貯的彈性勢能為 Ep=WF+Wf=2.3 J ④ (2)從A點開始到B點的過程中,由于L=2x,摩擦力做 功為Wf′=Ff·3x=0.3 J ⑤,對小物塊用動能定理有 ⑥ 解得vB=2 m/s ⑦ (3)物塊從B點開始做平拋運動 ⑧ 下落時間t=1 s 水平距離s=vBt=2 m ⑨ 答案 (1)2.3 J (2)2 m/s (3)2 m,本題共20分.其中①②④⑤⑦⑧⑨式 各2分,③⑥式各3分. 本題以彈簧為載體,結合圖像來綜合考查動能、動 能定理的內容,這種綜合度大,但試題并不是太復 雜、難度并不是太大的情況近來在高考試卷中常 有出現.這類題的綜合信息強,要求學生的能力也 相對較高,使高考命題與新課標的要求靠得更緊密 一些,是近年高考命題的基本趨勢.,【評價標準】,【名師導析】,自我批閱 (20分)如圖6所示,輕彈簧左端固定在 豎直墻上,右端點在O位置.質量為m的 物塊A(可視為質點)以初速度v0從距O 點右方x0的P點處向左運動,與彈簧接觸 后壓縮彈簧,將彈簧右端壓到O′點位置后,A又被彈簧 彈回.A離開彈簧后,恰好回到P點.物塊A與水平面間的 動摩擦因數為μ.求: (1)物塊A從P點出發又回到P點的過程,克服摩擦力 所做的功. (2)O點和O′點間的距離x1.,圖6,(3)若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質點)與彈 簧右端拴接,將A放在B右邊,向左壓A、B,使彈簧右端壓 縮到O′點位置,然后從靜止釋放,A、B共同滑行一段距 離后分離.分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少? 解析 (1)A從P回到P的過程根據動能定理得 克服摩擦力所做的功為 (3分) (2)A從P回到P全過程根據動能定理 (3分) (2分) (3)A、B分離時,兩者間彈力為零,且加速度相同,A的加 速度是μg,B的加速度也是μg,說明B只受摩擦力,彈簧,處于原長處分離,就可得設此時它們的共同速度是 v1,彈出過程彈力做功WF只有A時,從O′到P有 WF-μmg(x1+x0)=0-0 (4分) AB共同從O′到O 有 (4分) (2分) (2分) 答案,素能提升 1.運動員投籃過程中對籃球做功為W,出手高度為h1, 籃筐距地面高度為h2 ,球的質量為m,空氣阻力不計, 則籃球進筐時的動能為( ) A.W+mgh1-mgh2 B.W+mgh2-mgh1 C.mgh2+mgh1-W D.mgh2-mgh1-W 解析 由動能定理得:W-mg(h2-h1)=Ek,所以 Ek=W+mgh1-mgh2,選A.,A,2.如圖7所示,光滑軌道MO和ON底端對 接且 M、N兩點高度相同. 小球自M點由靜止自由滾下,忽略小球 經過O點時的機械能損失,以v、x、a、Ek分別表 示小球的速度、位移、加速度和動能四個物理量 的大小.下列圖象中能正確反映小球自M點到N點 運動過程的是( ),圖7,解析 從M到O,v1=a1t,從O到N,v2=v1-a2t=(a1-a2)t, v與t是一次函數關系,所以A正確;從M到O, 則x與t的圖象是拋物線,所以B錯;從M到O和從O到N, 加速度是常數,所以C錯;從M到O, 所以D錯. 答案 A,3.一個物塊從底端沖上足夠長的斜面后,又返回斜 面底端.已知小物塊的初動能為E,它返回斜面底 端的速度大小為v,克服摩擦阻力做功為E/2.若 小物塊沖上斜面的動能為2E,則物塊( ) A.返回斜面底端時的動能為E B.返回斜面底端時的動能為3E/2 C.返回斜面底端時的速度大小為2v D.返回斜面底端時的速度大小為v,解析 設初動能為E時,小物塊沿斜面上升的最大 位移為x1,初動能為2E時,小物塊沿斜面上升的最大 位移為x2,斜面的傾角為θ,由動能定理得:-mgx1sin θ -Ffx1=0-E,2Ffx1= 而-mgx2sin θ -Ffx2=0-2E,可得:x2=2x1,所以返回斜面底端時的動 能為2E-2Ffx2=E,A正確,B錯誤;由 可得v′= 2v,C、D均錯誤. 答案 A,4.如圖8所示,質量為m的小車在水平 恒力F推動下,從山坡(粗糙)底部A 處由靜止起運動至高為h的坡頂B, 獲得速度為v,AB之間的水平距離為 x,重力加速度為g.下列說法正確的是 ( ) A.小車克服重力所做的功是mgh B.合外力對小車做的功是 C.推力對小車做的功是 D.阻力對小車做的功是,圖8,解析 小車克服重力做功W=Gh=mgh,A選項正確; 由動能定理小車受到的合力做的功等于小車動能 的增加, B選項正確;由動能定理, W合=W推+W重+W阻= 所以推力做的功W推 -W阻-W重= W阻,C選項錯誤;阻力對小 車做的功W阻= W推-W重= D選項正確. 答案 ABD,5.如圖8甲所示,靜置于光滑水平面上坐標原點處 的小物塊,在水平拉力F作用下,沿x軸方向運動, 拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙 所示,圖線為半圓.則小物塊運動到x0處時的動能 為( ),圖8,A.0 B. C. D. 解析 根據動能定理,小物塊運動到x0處時的動能 為這段時間內力F所做的功,物塊在變力作用下,不 能直接用功的公式來計算,但此題可用求“面積” 的方法來解決,力F所做的功的大小等于半圓的 “面積”大小.根據計算可知,C選項正確. 答案 C,6.如圖10甲所示,一質量為m=1 kg的物塊靜止在粗糙水 平面上的A點,從t=0時刻開始,物塊在受按如圖乙所示 規律變化的水平力F作用下向右運動,第3 s末物塊運 動到B點時速度剛好為0,第5 s末物塊剛好回到A點,已 知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數μ=0.2, (g取10 m/s2)求: (1)AB間的距離. (2)水平力F在5 s時間內對物塊所做的功.,圖10,解析 (1)在3 s～5 s內物塊在水平恒力F作用下由 B點勻加速直線運動到A點,設加速度為a,AB間的距 離為x,則 F-μmg=ma (2)設整個過程中F做的功為WF,物塊回到A點時的 速度為vA,由動能定理得 WF=2μmgx+max=24 J 答案 (1)4 m (2)24 J,7.一質量為M=2.0 kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶 一起向右勻速運動,被一水平向左飛來的子彈擊中, 且子彈從小物塊中穿過,子彈和小物塊的作用時間極 短,如圖11甲所示.地面觀察者記錄的小物塊被擊中 后的速度隨時間變化關系如圖乙所示(圖中取向右運 動的方向為正方向). 已知傳送帶的速度保持不變,g取10 m/s2.求:,圖11,(1)傳送帶的速度v的大小. (2)小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ. (3)傳送帶對小物塊所做的功. 解析 (1)小物塊最后與傳送帶的運動速度相同, 從圖像上可讀出傳送帶的速度v的大小為2.0 m/s. (2)由速度圖像可得,小物塊在滑動摩擦力的作用 下做勻變速運動的加速度為 由牛頓第二定律得Ff=μMg=Ma 得到小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數,(3)從子彈離開小物塊到小物塊與傳送帶一起勻速 運動的過程中,設傳送帶對小物塊所做的功為W,由 動能定理得 從速度圖像可知:v1=4.0 m/s,v2=v=2.0 m/s 解得W=-12 J 答案 (1)2.0 m/s (2)0.2 (3)-12 J,反思總結,返回,