2016-2017学年人教版必修二-第七章-动能定理-学案2.docx

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1、学案9习题课：动能定理学习目标定位 1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题一、动能定理1动能：物体由于运动而具有的能量叫做动能，其表达式为Ekmv2.动能是标量，只有大小，没有方向2动能定理：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化，表达式为WEk2Ek1.(1)当力对物体做正功时，物体的动能增加(填“增加”、“减少”或“不变”)，Ek2Ek1(填“”、“”或“”)(2)当力对物体做负功时，物体的动能减少(填“增加”、“减少”或“不变”)，Ek2”、“”或“”)二、多力做功的计算方法1先求合力，再求合力做的

2、功WF合lcos_.2先求每个力的功，然后求各力做功的代数和WW1W2.一、利用动能定理求变力的功利用动能定理求变力的功是最常用的方法，这种题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WFW其他Ek.例1如图1所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接一个质量为0.1 kg的物体从高为H2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功(g取10 m/s2)图1解析物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知FNmg，又FNm

3、g，联立两式解得vC2 m/s，在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mg(H2r)WFfmv0，代入数据解得WFf0.8 J.答案0.8 J二、利用动能定理分析多过程问题对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理1分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解2全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定

4、理更简单，更方便注意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例2如图2所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零(g取10 m/s2)求：图2(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；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)解析(1)由动能定理得mg(hH)mgsBC0mv

5、，解得0.5.(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mgHmg4sBCmvmv，解得v24 m/s13.3 m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgHmgs0mv，解得s21.6 m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m1.6 m0.4 m.答案(1)0.5(2)13.3 m/s(3)距B点0.4 m三、动能定理和动力学方法的综合应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量(2)与竖直平面内的圆周运动相结

6、合时，应特别注意隐藏的临界条件：有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin0.没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin.例3如图3所示，质量m0.1 kg的金属小球从距水平面h2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g10 m/s2)图3(1)小球运动到A点时的速度大小；(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；(3)小球从B点飞出后落点E与A的距离解析(1

7、)根据题意和题图可得：小球下落到A点时由动能定理得：Wmghmv，所以vA m/s2 m/s(2)小球运动到D点时：FnmgvD2 m/s当小球由B运动到D点时由动能定理得：mg2Rmvmv解得vB2 m/s所以A到B时：Wfmvmv0.1(2040) J1 J(3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有2Rgt2t0.4 s水平位移xBEvDt0.8 m所以xAExABxBE1.2 m.答案(1)2 m/s(2)1 J(3)1.2 m1(利用动能定理求变力的功)某同学从h5 m高处，以初速度v08 m/s抛出一个质量为m0.5 kg的橡皮球，测得橡皮球落地前瞬间速度为12 m/s，求该同学抛球时所

8、做的功和橡皮球在空中运动时克服空气阻力做的功(g取10 m/s2)答案16 J5 J解析本题所求的两问，分别对应着两个物理过程，但这两个物理过程以速度相互联系，前一过程的末速度为后一过程的初速度该同学对橡皮球做的功不能用WFl求出，只能通过动能定理由外力做功等于球动能的变化这个关系求出某同学抛球的过程，球的速度由零增加为抛出时的初速度v0，故抛球时所做的功为W J16 J.橡皮球抛出后，重力和空气阻力做功，由动能定理得：mghWfmv2mv，解得：Wfmv2mvmgh5 J.即橡皮球克服空气阻力做功为5 J.2(利用动能定理分析多过程问题)如图4所示，质量m1 kg 的木块静止在高h1.2 m

9、的平台上，木块与平台间的动摩擦因数0.2，用水平推力F20 N，使木块产生位移l13 m时撤去，木块又滑行l21 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小图4答案8 m/s解析木块的运动分为三个阶段，先是在l1段做匀加速直线运动，然后是在l2段做匀减速直线运动，最后是平抛运动考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v，整个过程中各力做功情况分别为推力做功WFFl1，摩擦力做功Wfmg(l1l2)，重力做功WGmgh，对整个过程由动能定理得Fl1mg(l1l2)mghmv20，代入数据解得v8 m/s.3(动能定理和动力学方法的综合应用)如图5所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中

10、AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，AOB37，圆弧的半径R0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点现有一质量m1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图5(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？答案(1)14 N(2)10 N解析(1)物块由A运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有：mgR(1cos 37)mv2解得：v22gR(1cos 37)2100.5(10.8)2 (m/s)2在B点，由牛

11、顿第二定律有：FNmgm解得：FNmgm1(10) N14 N由牛顿第三定律有：FNFN14 N(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：mgBDmv2物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：(mgF)BCmv2可得：mgBD(mgF)BC由题：BD2BC，得：2mgmgF解得：Fmg110 N10 N.题组一利用动能定理求变力做功1如图1所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和，质量为m的直径略小于管径的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对管壁无压力，在B点时对管外侧壁压力为(A、B均为圆形轨道的最高点)求小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功图1答案mgR解析由

12、圆周运动的知识可知，小球在A点时的速度vA.小球在A点的动能EkAmvmgR设小球在B点的速度为vB，则由圆周运动的知识得mmgmg.因此小球在B点的动能EkBmvmgR.小球从A点运动到B点的过程中，重力做功WGmgR.摩擦力做功为Wf，由动能定理得：EkBEkAmgRWf，由此得WfmgR.2一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v012 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30，g取10 m/s2，求：(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？(3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运

13、动过程中克服阻力做了多少功？答案(1)14.4 J(2)23.32 m/s(3)6 J解析(1)根据动能定理知，Wmv14.4 J(2)不计空气阻力，根据动能定理得mghmv解得v123.32 m/s(3)由动能定理得mghWf解得Wfmgh()6 J3如图2甲所示，一质量为m1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数0.2(g取10 m/s2)，求：图2(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功答案(1)

14、4 m(2)24 J解析(1)根据题目条件及题图乙可知，物块在从B返回A的过程中，在恒力作用下做匀速直线运动，即Fmgma.由运动学公式知：xABat2代入数据解得：xAB4 m(2)物块在前3 s内动能改变量为零，由动能定理得：W1Wf0，即W1mgxAB0则前3 s内水平力F做的功为W18 J根据功的定义式WFl得，水平力F在第3 s5 s时间内所做的功为W2FxAB16 J则水平力F在5 s内对物块所做的功为WW1W224 J.题组二利用动能定理分析多过程问题4一艘由三个推力相等的发动机推动的气垫船在湖面上，由静止开始加速前进s距离后，关掉一个发动机，气垫船匀速运动，当气垫船将运动到码头

15、时，又关掉两个发动机，最后它恰好停在码头，则三个发动机都关闭后，气垫船通过的距离是多少？(设气垫船所受阻力恒定)答案解析设每个发动机的推力是F，气垫船所受的阻力是Ff.当关掉一个发动机时，气垫船做匀速运动，则：2FFf0，Ff2F.开始阶段，气垫船做匀加速运动，末速度为v，气垫船的质量为m，应用动能定理有(3FFf)smv2，得Fsmv2.又关掉两个发动机时，气垫船做匀减速运动，应用动能定理有Ffs10mv2，得2Fs1mv2.所以s1，即关闭3个发动机后气垫船通过的距离为.5一铅球质量m4 kg，从离沙坑面1.8 m高处自由落下，铅球进入沙坑后下陷0.1 m静止，g10 m/s2，求沙对铅球

16、的平均作用力答案760 N解析解法一铅球进入沙坑后不仅受阻力，还要受重力从开始下落到最终静止，铅球受重力和沙的阻力的作用，重力一直做正功，沙的阻力做负功W总mg(Hh)(F阻h)铅球动能的变化EkEk2Ek10.由动能定理得Ekmg(Hh)(F阻h)0将H1.8 m，h0.1 m代入上式解得F阻760 N即沙对铅球的平均作用力为760 N.解法二分段分析做功问题铅球下落过程可分为两个过程(如图所示)(1)自由落体下落H；(2)在沙中减速下降h.这两个过程的联系是铅球落至沙面时的速度，即第一段过程的末速度为第二段过程的初速度设这一速度为v，对第一段过程应用动能定理：mgHmv2第二段过程铅球受重

17、力和阻力，同理可得mghF阻h0mv2由式得F阻mg760 N.题组三动能定理和动力学方法的综合应用6如图3所示，一个质量为m0.6 kg的小球以某一初速度v02 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R0.3 m，60，g10 m/s2.试求：图3(1)小球到达A点的速度vA的大小；(2)P点与A点的竖直高度H；(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J解析(1)在A处由速度的合成得vA代值解得vA4 m/s(

18、2)P到A小球做平抛运动，竖直分速度vyv0tan 由运动学规律有v2gH由以上两式解得H0.6 m(3)恰好过C点满足mg由A到C由动能定理得mgR(1cos )Wmvmv代入解得W1.2 J.7如图4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v02 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角30，现把一质量m10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h2 m的高处已知工件与传送带间的动摩擦因数，g取10 m/s2.图4(1)试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？(2)工件从传送带底端运动至h2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？答案(1)工件以2.5 m/s2的加速度先

19、匀加速，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动(2)220 J解析(1)工件刚放上皮带时受滑动摩擦力：Fmgcos ，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：Fmgsin ma可得：agsin g(cos sin )10 m/s22.5 m/s2.设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x m0.8 m4 m故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动(2)在工件从传送带底端运动至h2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功WF，由动能定理得WFmghmv，可得：WFmghmv10102 J1022 J220 J