2019年高中物理 第四章 机械能和能源 动能定理的应用知识梳理学案 教科版必修2.doc

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1、1动能定理的应用动能定理的应用【学习目标学习目标】 1进一步深化对动能定理的理解。 2会用动能定理求解变力做功问题。 3会用动能定理求解单物体或多物体单过程问题以及与其他运动形式的结合问题。 4知道用动能定理解题的一般步骤。 【要点梳理要点梳理】 要点一、动能定理的推导 要点诠释：要点诠释： 1推导过程： 一个运动物体，在有外力对它做功时，动能会发生变化。设一个质量为 m 的物体，原来的速度是1v，动能是2 111 2kEmv，在与运动方向相同的恒定外力 F 的作用下，发生一段位移l，速度增加到2v，动能增加到2 221 2kEmv。在这一过程中外力F对物体所做的功WFl。根据牛顿第二定律Fm

2、a和运动学公式22 212vval得到22 21 2vvla所以22 2221 21()11 222ma vvWFlmvmva或21kkWEE2关于公式的几点说明（1）上面我们设外力方向与运动方向相同，导出了关系式21kkWEE，这时外力做正功，动能增加。外力方向与运动方向相反时，上式同样适用，这时外力所做的功是负值，动能的变化也是负值； （2）外力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做了功。因此，对这种情形，也可以说物体克服阻力 所做的功等于动能的减少； （3）如果物体不只受到一个力，而是受到几个力，上述结论仍旧正确。只是外力所做的功是指各个力所 做的功的代数和，即外力所做的总功。 3动能定

3、理的实质 动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应 着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。 动能定理的实质是反映其它形式的能通过做功而和动能转化之间的关系，只不过在这里其它形式的 能并不一定出现，而是以各种性质的力所做的机械功(等式左边)的形式表现出来而已。 要点二、对动能定理的进一步理解 要点诠释：要点诠释： 1动能定理的计算式为标量式，计算外力对物体做的总功时，应明确各个力所做功的正负，然后求其所 有外力做功的代数和；求动能变化时，应明确动能没有负值，动能的变化为末动能减去初动能。 2位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为

4、参考系。 3动能定理公式中等号的意义 等号表明合力做的功与物体动能的变化间的三个关系： （1）数量相等：即通过计算物体动能的变化来求合力的功，进而求得某一力的功。2（2）单位相同：都是焦耳。 （3）因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。 4动能定理既适用于一个持续的过程，也适用于分段过程的全过程。 5动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功各种情况均适 用。 要点三、应用动能定理的基本步骤 要点诠释：要点诠释： 1选取研究对象，明确它的运动过程； 2分析研究对象的受力情况和各力的做功情况； 受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功 然后求解各个外力做功

5、的代数和 3明确物体在过程的始末状态的动能 Ek1和 Ek2；4列出动能定理的方程21kkWEE及其他必要的解题方程，进行求解。要点四、应用动能定理时应注意的问题 要点诠释：要点诠释： 1有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，因此在求解物体运动过程中外力的总功时，要注意把 物体的受力与运动结合分析。 2动能定理是计算物体位移和速率的简洁公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理。 3若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，用动能定理解题时可以分段处理，也可取全过程直接列 式。【典型例题典型例题】 类型一、用动能定理求变力做功例例 1 1、如图所示，质量为2kgm 的小球，从半径0.5mR

6、 的半圆形轨道上的 A 点开始下滑，A 点与圆心 O 点在同一水平面上，到达最低点 B 的速度2m/sv 。求在弧 AB 段阻力对物体所做的功 Wf。 （取210m/sg ）【思路点拨】物体在弧 AB 段运动过程中受重力、弹力和阻力作用，其中弹力和阻力是变力，但在此 过程中弹力对小球不做功；重力是恒力，做正功，阻力做负功。在这一过程中，可用动能定理。3【解析】重力的功。由动能定理有：所以22211 22 12 22 10 0.52 6fGWmvWmvmgRJ 【总结升华】动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力 做功。力做功时可以是连续的，也可以是不连续的，可

7、以是在一条直线上的，也可以是不在一条直线上 的。 举一反三【变式 1】在距地面10m高处，一人以10m/s的速度水平抛出一个质量为4kg的物体，物体落地时速度大小为16m/s，试求：（210m/sg ）（1）人抛出物体的过程中对物体所做的功为多少？（2）飞行过程中物体克服空气阻力所做的功为多少？【答案】(1)200J (2)88J 【解析】 （1）抛出物体的过程中，只有人做功，这个过程很短暂，人施加的力可以说是一个瞬间的 力，该过程人的功无法用做功公式求解。所以只能用动能定理求解。由动能定理得：2211=4 10 J=200J22wmv 人（2）飞行过程，物体除受重力作用外，还有空气阻力做功，

8、由动能定理得：2211=22Gwwmvmv阻即：2211=22mghwmvmv阻解得：2211=()88J22wmghmvmv阻【变式 2】如图所示，质量为 m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为 R，当拉力为4F时，物体仍做匀速圆周运动，半径为 2R，则外力对物体做功的大小是（ ）4A4FRB3 4FRC5 2FRD零【答案】A【解析】设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为1v，则有2 1vFmR，当绳的拉力为4F时，小球做匀速圆周运动的线速度为2v，则有2 21 42vFmR由动能定理：22 2111 22Wmvmv1 4WFR

9、 故答案为 A。 类型二、动能定理解单体多过程问题例例 2 2、如图所示，物体从高为h的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上与斜面顶端水平距离为s的地方，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数均为，试证明：h s.【解析】设斜面长为1l，物体在水平面上滑行的位移大小为2l，下面倾角为。两个物体的受力图如下，在斜面上有：1cosNmg511cosfNmg在水平面上：2Nmg22fNmg对整个过程根据动能定理列方程则：1 12 20mghf lf l展开得：12cos0mghmglmgl12( cos)0mghmg ll因为：12coslls所以：mghmgsh s【总结升华】对这种多过程

10、问题，既可以分段利用动能定理列方程求解，也可以对全过程利用动能 定理列方程求解，解题时可根据具体情况选择使用 举一反三 【变式 1】如图所示，光滑 1/4 圆弧的半径为 0.8m，有一质量为 1.0kg 的物体自 A 点从静止开始下 滑到 B 点，然后沿水平面前进 4.0m，到达 C 点停止。g 取 10m/s2，求： （1）物体到达 B 点时的速率。 （2）在物体沿水平面运动的过程中摩擦力做的功。 （3）物体与水平面间的动摩擦因数. 【答案】（1）4m/sBv （2）8Jfw （3）0.4【解析】 （1）物体在 AB 过程中，只有重力做功，由动能定理：21 2BmgRmv解得：24m/sBv

11、gR（2）在水平面上，只有摩擦力做功，由动能定理：62102fBwmv解得：8Jfw （3）由做功公式：fwmgs 0.4【变式 2】如图所示，一质量为 2 kg 的铅球从离地面 2 m 高处自由下落，陷入沙坑 2 cm 深处，求沙 子对铅球的平均阻力【思路点拨】多过程问题要注意各个过程中的受力情况的变化。 【解析】解法一：铅球的运动分为自由下落和陷入沙坑减速运动两个过程，根据动能定理，分段列 式 设铅球自由下落到沙面时的速度为 v，则2102mgHmv设铅球在沙中受到的平均阻力为 F，则2102mghFhmv，代入数据解得 F2020 N解法二：全程列式：全过程中重力做功 mg(H+h)，进

12、入沙中阻力做功-Fh，全程来看动能变化为零， 则由21kkWEE，得 ()0mg HhFh解得()mg HhFh2 10 (20.02)N2020N0.02【变式3】质量为m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始 运动，运动一段距离后撤去该力，物块继续滑行t=2.0s停止在B点。已知A、B两点间的距离为S=5.0m，物块与水平面间的摩擦因数=0.2，求恒力F。 （210m/sg ）【思路点拨】本题用运动学和动能定理求解。 【答案】15FN【解析】设撤去力F前物块位移为S1，撤去F时物块的速度为v。物块所受的摩擦力fmg，由运动学公式可得：70.2 10 2

13、4/fvattgtm sm142422vSStm即S1=1m 对整个过程用动能定理：100FSmgS15FN 【总结升华】本题可以有多种解法，运用动能定理较为简单。例例 3 3、如图所示，斜面倾角为，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数，从距挡板为0s的位置以0v的速度沿斜面向上滑行。设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与挡板碰撞前后的速度大小保持不变，斜面足够长。求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s。【思路点拨】由于重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，物体虽经多次往复运动，最终将停止在挡板处。 整个过程中只有重力与摩擦力对物体做功。 【解析】摩擦力一直做负功，其绝对值等于摩擦力与路程的

14、乘积，由动能定理得2 001sincos02mgsmgsmv 解得2 002sin 2cosvgssg 【总结升华】动能定理只涉及初、末状态而不涉及过程中的每一个细节，因此对于做往复运动的物体运 用动能定理解题往往比较简便，本题也可用牛顿运动定律结合运动学公式一步步求解，但十分繁琐。举一反三【变式 1】如图所示质量为m的物体置于光滑水平面，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速率0v竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角045的过程中，绳中张力对物体做的功为_。【解析】当绳与水平方向夹角045时，物体的速度为0 02cosvvv选物体为研究对象，研究物体由

15、静止开始到绳与水平方向夹角为的过程，根据动能定理可知，绳中张 力对物体做的功等于物体动能的增加。即22 01 2Wmvmvv0 vv0 Fv0 F8【变式 2】在水平恒力F作用下，物体沿光滑曲面从高为1h的 A 处运动到高为2h的 B 处，若在 A 处的速度为Av，B 处速度为Bv，则 AB 的水平距离为多大？【思路点拨】用牛顿定律遇到困难，使用动能定理。 【解析】A 到 B 过程中，物体受水平恒力 F，支持力 N 和重力 mg 的作用。三个力做功分别为Fs、0 和21()mg hh，所以动能定理写为：22 2111()22BAFsmg hhmvmv解得：22 211()()2BAmsg hh

16、vvF【总结升华】从此例可以看出，以我们现在的知识水平，牛顿定律无能为力的问题，动能定理可以很方 便地解决，其关键就在于动能定理不计运动过程中瞬时细节。类型三、动能定理解多体问题例例4 4、如图所示，用细绳连接的A、B两物体质量相等， A位于倾角为30的斜面上，细绳跨过定 滑轮后使A、B均保持静止，然后释放，设A与斜面间的滑动摩擦力为A受重力的0.3倍，不计滑轮质量 和摩擦，求B下降1m时的速度多大。【解析】 解法一：对A使用动能定理：021.sin302Tsmgsfsmv对B使用动能定理：21()2mgT smv0.3fmg得：1.4m/sv 9解法二：将A、B看成一整体。（因二者速度、加速

17、度大小均一样），此时拉力T为内力，求外力做功时不计，则动能定理写为：021sin30(2 )2mgsmgsfsm v 0.3fmg二式联立解得：1.4m/sv 【总结升华】上述两种解法结论是一致的，而方法二中研究对象的选择使解题过程简化，因而在 使用动能定理时要适当选取研究对象。 举一反三 【变式】一辆汽车通过图中的细绳提起井中质量为 m 的物体。开始时，车在 A 点，绳子已经拉紧且 是竖直的，左侧绳长为 H。提升时，车加速向左运动，沿水平方向从 A 经过 B 驶向 C。设 A 到 B 的距离也 为 H，车过 B 点时的速度为 v。求在车由 A 移到 B 的过程中，绳 Q 端的拉力对物体做的功

18、。 （设绳和滑轮 的质量及摩擦不计，滑轮尺寸不计）【解析】本题中汽车和重物构成连接体，但解题通常取重物为研究对象，根据动能定理列方程：2102Wmghmv（1）( 21)hH（2）由于左边绳端和车有相同的水平速度 v，v 可分解成沿绳子方向的两个分速度，2 2xvvv （3）将（3）式和（2）式代入（1）式可得：21( 21)4WmvmgH例例 5 5、总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉 时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭发动机除去牵引力，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵 引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少? 【思路点拨】车

19、头和脱节的车厢运动情景不同，应画好运动示意图。 【解析】解法一：先画出草图如图所示，在图中标明各部分的位移对车头，在脱节前后的整个过程中运用动能定理有：mQABCHHmQABCHH vxv102 101()0()2FLk Mm glMm v 对末节车厢，应用动能定理有2 20102kmg lmv 由位移关系知：12lll 由于列车脱节前做匀速运动故 FkMg 由联立得：MLlMm解法二：设列车匀速行驶时速度为0v，则脱节后，尾部车厢做匀减速运动至停止，运动过程中初速度为0v，末速度为零，设加速度大小为a，运动位移为1l对车头部分()Mm的运动，作如图所示分析图设在 A 处脱节，运动L至 B 点

20、时才发觉，后立即关闭发动机，则 AB 段上为匀加速运动，达 B 点时速度有最大值mv，从 B 点开始，头部车厢做匀减速运动至 D 点刚好停止考查 BD 过程，其中必有一点车速为0v，设为 C 点，则 CD 过程做初速度为0v、加速度大小为a、末速度为零的运动，此段位移与尾部车厢的位移1l相同由此可知，当两部分都停止运动后，两车的间距大小等于 AC 的大小根据以上分析，取车头部分为研究对象，取 AC 过程来分析，依动能定理有：()0fFLFLs FkMg ()fFk Mm g 联立解得()msLMm，故两车都停止后相隔的间距为： MlLsLMm解法三：补偿法若脱节后立即关闭发动机，则车头、车尾车

21、厢应前进相同的距离而停在一起现在之所以停下后拉 开一段距离，是因为牵引力F在L的距离上多做了功，因而车头车厢动能多了一些，使其克服阻力多走一段距离l可见，F在L距离上做的功应等于阻力在l距离上做的功，即()FLk Mm gl，又FkMg，11故()()FkMMlLLLk Mm gk MmMm【总结升华】用牛顿第二定律解此题后再与应用动能定理的解法相比较，动能定理解法的简便之处是显 而易见的动能定理不需要涉及列车脱节前后运动情况的细节，只要根据始末两个状态给出方程即 可从该题还可以看出，动能定理不仅适用于运动状态不变的过程，也适用于其中包含几个不同的运动 状态的全过程，不过应当注意分析各个不同过

22、程的受力情况和做功情况，将全过程所有力做的功的代数 和代入方程 可见，运用动能定理时要灵活选取过程，过程的选取对解题难易程度有很大影响类型四、动能定理与圆周、平抛运动的结合例例 6 6、质量为m的物体由1 4圆弧轨道顶端从静止开始释放，如图所示， A 为轨道最低点，A 与圆心O 在同一竖直线上，已知圆弧轨道半径为R，运动到A点时，物体对轨道的压力大小为2.5mg，求此过程中物体克服摩擦力做的功。【答案】1 4mgR【解析】A点是圆周的最低点，仍然在圆周上，需要向心力，所以小球在A点的合力提供向心加速 度，由牛顿第二定律：2 AvNmgmR解得：3AvgR在圆弧轨道下滑过程中，由动能定理得：21

23、 2fAmgRwmv所以：211 24fAwmgRmvmgR举一反三 【变式 1】如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g。质点自 P 滑到 Q 的过程 中，克服摩擦力所做的功为（ ）12A1 4mgR B1 3mgR C1 2mgR D4mgR【答案】C 【解析】当质点由 P 点滑到 Q 点时，对轨道的正压力为 FN=2mg，由牛顿第二定律得2 2,Q NQvFmgmvgRR。对质点自 P 滑到 Q 点应用动能定理得：2102fQmgRWmv，得：1 2fWm

24、gR，因此，A、B、D 错，C 正确。【总结升华】典型的曲线运动，是非匀速圆周最低点问题与动能定理的综合。 【变式 2】如图所示，一个光滑的水平轨道与半圆轨道相连接，其中半圆轨道在竖直平面内，半径为R， 质量为m的小球以某速度从A点无摩擦地滚上半圆轨道，小球通过轨道的最高点B后恰好做平抛运动， 且正好落在水平地面上的C点，已知AC=AB=2R,求: （1）小球在 A 点时的速度大小 （2）小球在 B 点时半圆轨道对它的弹力【答案】5AvgR；0 【解析】（1）先研究小球从 B 点平抛到 C 点过程：竖直方向：2122Rgt水平方向：2BRv t联立解得：BvgR从 A 到 B 过程，由动能定理

25、：2211222BAmgRmvmvA解得：5AvgR（2）小球在轨道最高点时，假设除重力外，还受到轨道的弹力 N，由牛顿第二定律得：2 BvNmgmr解得：0N 【变式 3】如图，让质量 m5kg 的摆球由图中所示位置 A 从静止开始下摆。摆至最低点 B 点时恰好绳被 拉断。设摆线长l1.6m，悬点 O 与地面的距离 OC4m，若空气阻力不计，绳被拉断瞬间小球的机械能 无损失。 （g10m/s2） 求：（1）绳子所能承受的最大拉力 T （2）摆球落地的速率 v13【答案】100NT ；8m/sv 【解析】 （1）根据几何关系，AB 两点高度差0cos60ABhll ，摆球从 A 到 B 过程由

26、动能定理得：021(cos60 )2Bmg llmv解得：02 (cos60 )4m/sBvg ll在最低点 B，小球受力如图，由牛顿第二定律：2 BvTmgml解得100NT ，所以，绳子能承受的最大拉力为100N （2）绳子断裂后，小球做平抛运动，由动能定理：2211 22BCBmghmvmv解得8m/sv 【总结升华】分清楚物体运动的各个过程，表示出全过程中各力所做的功和初、末态动能的变化是解 题的关键例例 7、如图所示，用一块长 L1=1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高 H=0.8 m，长 L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角可在 060间调节后固定。将质量 m=0.2

27、kg 的小物块从斜面顶端静止释 放，物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交 接处的能量损失（重力加速度取g=10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）（2）当角增大到 37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；（已知 sin37=0.6，cos37=0.8）（3）继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最高距离xm。【解析】 （1）为使小物块下滑 mg sin1mgsin 满足的条件 tan0.05 （2）克服摩擦力做功11221cos(cos

28、)fWmgLmg LL 由动能定理得 mgL1sinWf=0 代入数据得 2=0.8 （3）由动能定理得 2 11sin2fmgLwmv 14代入数据得 v=1 m/s 21 2Hgtt=0.4s x1=vt x1=0.4 m xm=x1+L2=1.9m 【总结升华】 （1）下滑的条件是重力沿斜面的分力大于等于最大静摩擦力。 （2）运动情景是先加速 后减速，涉及到位移，采用动能定理解题最简单。举一反三【变式 1】如图所示，一固定的锲形木块，其斜面的倾角030，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮，一柔软的细绳跨过定滑轮，两端分别与物块 A 和 B 连接。A 的质量为4kg，B 的质量为1kg。开始时将 B 按在地面上不动，然后放开手，让 A 沿斜面下滑而 B 上升。物块 A 与斜面间动摩擦因数为341。设当 A 沿斜面下滑2m距离后，细线突然断了，取210m/sg ，试求：（1）绳断瞬间物块 A 的速率； （2）物块 B 上升的最大高度。【解析】 （1）设 B 的质量为m，由动能定理得：214sin304cos3052mgsmgsmgsmvA 21315223mgsmgsmvA10 2m/s=2m/s 55gsv（2）B 以2m/s的初速度做竖直上抛运动，设继续上升的高度为h，则：222m0.2m22 10vhg物块 B 上升的最大高度(0.22)m=2.2mHhs30BA