【课件】动能和动能定理（3）+课件-高一下学期物理人教版（2019）必修第二册.pptx

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1、人教版物理必修二第八章 机械能守恒定律第三节 动能和动能定理(3)四、利用动能定理分析往复运动问题1：质量为m的物体从地面以速度v竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为3v/4，设物体在运动中所受空气阻力大小不变，求：物体运动过程中所受阻力大小；物体以初速度2v竖直抛出时最大高度；若物体与地面碰撞中无机械能损失，求物体以速度v抛出到静止的过程中通过的总路程。GvfGvf解(1)设上升的高度为h由动能定理有：GvfGvf上升过程：下降过程：(2)物体以初速度2v竖直上抛全程法：物体最终必静止于地面，因物体与地面碰撞过程中无动能损失，动能全部用于克服摩擦力做功，故对全程列式有：2.如图所示，一根

2、直杆与水平面成37角，杆上套有一个小滑块，杆底端N处有一弹性挡板，板面与杆垂直。现将物块拉到M点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d0.5 m，滑块与杆之间的动摩擦因数0.25，g10 m/s2。取sin 370.6，cos 370.8.求：(1)滑块第一次下滑的时间t；(2)滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；(3)滑块在直杆上滑过的总路程s。(2)第一次与挡板相碰时的速率：vat2 m/s解析(1)下滑时加速度为a，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma，解得：a4.0 m/s2由d1/2 at2 得下滑时间：t0.5 s。(3)滑块最终停在挡板处，由动

3、能定理得：mgdsin fs0解得总路程：S1.5 m。上滑时有：(mgsinmgcos)x01/2 mv2 解得：x0.25 m。解析(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为37，知mgsin mgcos，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小FfFNmgcos，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得:mgRcosFfs0，解得sR/8 m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最

4、大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgRFflAB1/2 mv120，斜面AB的长度lABR/tan，由牛顿第二定律得Fmaxmgmv12/R，解得Fmax102 N.滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR(1cos)1/2 mv220，由牛顿第二定律得Fminmgmv22/R，解得Fmin70 N，根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.4.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减

5、速运动，到达A孔进入半径R0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L2 m，53，小球质量为m0.5 kg，D点与A孔的水平距离s2 m，g取10 m/s2.(sin 530.8，cos 530.6)(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数的范围解析(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(LLcos)1/2mvD2在D点，由牛顿第二定律可得FmmgmvD2/L，可得Fm1.8mg9 N(2)小球不脱离圆轨道分两种情况要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得:1

6、mgs01/2 mvD2，可得10.4若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得mgR01/2 mvA2由动能定理可得2mgs1/2 mvA21/2 mvD2，可求得20.25综上所述，动摩擦因数的范围为0.250.4或者0.025.若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得mgmv2/R，由动能定理可得3mgs2mgR1/2 mv21/2mvD2，解得30.025五、利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理。(1)

7、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，分析每个力做的功，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。当题目不涉及加速度、时间等时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。5.ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时

8、速度为零。求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。（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：解：（1）由A到D，由动能定理得：解得0.5（3）分析整个过程，由动能定理得：解得S21.6 m。来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m1.6 m0.4 m。6.一铅球从高出地面H米处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至地面后陷入地面h米深处停止，若球的质量为m，求球在落入地面以下的过程中受到的平均阻力？解法一：分段列式自由下落：沙坑减速：解法二

9、：全程列式7.斜面倾角为,长为L,AB段光滑，BC段粗糙，AB=,质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好为零。求物体和BC段间的动摩擦因数。BACL GfFN解：以木块为对象，下滑全过程用动能定理：初、末动能均为零；支持力不做功；由动能定理有：8.如图所示，右端连有一个固定光滑弧形槽的水平桌面AB长L1.5 m，一个质量为m0.5 kg的木块在F1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2.求：(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平

10、桌面上滑行的最大距离.解：（1）设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：FLFfLmgh0其中FfFNmg0.20.510 N1.0 N（2）设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：mghFfx09.ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图1所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为

11、，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()A.mgh B.2mghC.mg(s+h/sin)D.mg(s+hcos)B解：A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得 mghWAD0，D点回到A点克服摩擦力做功为WDA滑块从D点被推回A点由动能定理，WFmghWDA0由A点至D点克服摩擦力做的功为 mgx从D点到A点克服摩擦力做的功为 mgxWF2mgh物体在A点由静止沿不同的斜面下滑到平面，必静止于D点，（与角无关）x10.如图所示，质量m0.1 kg的小球从距地面高H5 m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁的右端圆弧切入，半圆槽半径R0.4 m.小球到达槽最低点时

12、速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上出，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失，取g10 m/s2.求：(1)小球第一次离槽上升的高度H1；(2)小球最多能飞出槽外的次数.解：由于对称性，在圆槽右半部分摩擦力对小球做的功与左半部分摩擦力对小球做的功相等.小球落至槽底部的整个过程中，由动能定理得mg(HR)Wf1/2 mv2，解得Wf=mg(H+R)-1/2 mv2=0.4J,由于对称性，小球从槽底到槽左端口克服摩擦力做功也为Wf=0.4J,小球第一次离槽上升的高度为H 1,有-mg(H1+R)-Wf=0-1/2

13、mv2,解得：设小球飞出槽外n次，则由动能定理得mgHn2Wf0解得：即小球最多能飞出槽外6次.11.如图所示，质量为1kg的木块（可视为质点）静止在高1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数为0.2，用水平推力20N使木块产生位移3m时撤去，木块又滑行1m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？s2s1解：对物块全程应用动能定理：得：代入数据得：W1+W2+=EkFh六、动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本思路:(1)观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与

14、数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义。（4）分析解答问题,或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。图像所围“面积”的意义(1)v-t图:由公式s=vt可知,v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)a-t图:由公式v=at可知,a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(3)F-s图:由公式W=Fs可知,F-s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)P-t图:由公式W=Pt可知,P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。12.如图甲所示，一倾角为37，长L3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形

15、光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点t0时刻有一质量m1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的vt图像如图乙所示已知圆轨道的半径R0.5 m(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由解析(1)由图乙知物块上滑时加速度大小为:a10 m/s2 根据牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma 由联立解得0.5 在

16、C点，根据牛顿第二定律有：mgFNmvc2/R 联立解得：FN4 N 根据牛顿第三定律得：FNFN4 N 物块在C点时对轨道的压力大小为4 N(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：mg(Lsin 37RRcos 37)mgLcos 371/2 mvc21/2 mv02(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：Lsin 37R(1cos 37)1/2 gt2 水平方向：Lcos 37Rsin 37vCt 物块从A到C，由动能定理得：mg(Lsin 371.8R)mgLcos 37 1/2mvC21/2mv12 联立解得：所以物块能通过C点落

17、到A点13、物体在合外力作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是()A.在01s内,合外力做正功B.在02s内,合外力总是做正功C.在12s内合外力不做功D.在03s内,合外力总是做正功解析：根据动能定理,合外力做的功等于物体动能的变化,01s内动能增加,所以合外力做正功,选项A正确;02s内动能先增加后减少,合外力先做正功后做负功,选项B错误;12s内动能减少,合外力做负功,选项C错误;03s内动能变化量为零,合外力做功为零,选项D错误。A14.将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化

18、关系如图7所示，取地面为零势能面，重力加速度g10 m/s2,下列说法错误的有()A抛出瞬间克服重力做功的瞬时功率为120 WB下降过程中重力做功为60 JC全过程中克服空气阻力做功24 JD空气阻力的大小为4 NABCFs1s0 1 2 3 4vt由动能定理得 WF+Wf=0 即：Fs1+（fs）=0由Vt图线知 s：s1=4：1 所以 F：f=s：s1结果：F：f=4：115.物体在恒定水平推力F的作用下沿粗糙水平面由静止开始运动，发生位移s1后即撤去力F，物体由运动一段距离后停止运动.整个过程的Vt图线如图所示.求推力F与阻力f的比值.16.质量m1 kg的物体，在水平恒定拉力F(拉力方

19、向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过的位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ekx图像如图7所示取g10 m/s2，求：(1)物体的初速度大小；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小解析(1)从题图可知物体初动能为2 J，则Ek01/2 mv22 J，得v2 m/s(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为Ff，则由动能定理得:Ff x20Ek代入数据，解得Ff2.5 N.因Ffmg，故0.25.(3)物体从开始运动到位移为4 m的过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为FFf，根据动能定理有:(FFf)x1EkEk0，故得F4.5 N.