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3.3动能定理的应用,第3章动能的变化与机械功,学习目标,1.能灵活运用合力做功的两种求法. 2.会用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题. 3.熟悉应用动能定理的步骤，领会应用动能定理解题的优越性.,内容索引,重点探究 启迪思维 探究重点,达标检测 检测评价 达标过关,重点探究,应用动能定理分析问题，只需考虑物体初、末状态的动能与所做的功，而不必考虑物体的加速度和时间，因而往往比用牛顿运动定律和运动学规律更简便.,一、研究汽车的制动距离,例1质量为m的汽车正以速度v0运动，司机踩下刹车闸，经过位移s后汽车停止运动，若阻力为f，则汽车的制动距离与汽车的初速度的关系如何？,答案,解析,1.在f一定的情况下：smv02，即初动能越大，位移s越大. 2.对于给定汽车(m一定)，若f相同，则sv02，即初速度越大，位移s就 越大.若水平路面的动摩擦因数一定，则s .,1.合力做功的求法 (1)一般方法：W合W1W2(即合力做的功等于各力对物体做功的代数和).对于多过程问题总功的计算必须用此方法. (2)多个恒力同时作用下的匀变速运动：W合F合scos . 2.合力做功与动能的变化的关系 合力做功与动能的变化满足动能定理，其表达式有两种： (1)W1W2Ek. (2)W合Ek.,二、合力做功与动能变化,例2如图1所示，利用斜面从货车上卸货，每包货物的质量m20 kg，斜面倾角37，斜面的长度s0.5 m，货物与斜面间的动摩擦因数0.2，求货物由静止开始滑到底端的动能.(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8),图1,答案,解析,答案见解析,解析方法一斜面上的货物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三个力的作用，如图所示.货物位移的方向沿斜面向下.可以用正交分解法，将货物所受的重力分解到与斜面平行的方向和与斜面垂直的方向.,可以看出，三个力中重力和摩擦力对货物做功，而斜面支持力对货物没有做功. 其中重力G对货物做正功W1mgssin 3720100.50.6 J60 J 支持力N对货物没有做功，W20,摩擦力f对货物做负功 W3(mgcos 37)scos 1800.220100.80.5 J16 J 所以，合外力做的总功为WW1W2W3(60016) J44 J 由动能定理WEk2Ek1(其中Ek10)知货物滑到底端的动能Ek2W44 J. 方法二若先计算合外力再求功，则合外力做的功 WF合s(mgsin 37mgcos 37)s (20100.60.220100.8)0.5 J44 J 同样可以得到货物到底端时的动能Ek244 J,1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便. 2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变W其他Ek.,三、利用动能定理求变力的功,例3如图2所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的 光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重 力加速度为g，求： (1)小球运动到B处时对轨道的压力大小.,答案,图2,答案5mg,解析,根据牛顿第三定律：N N5mg.,(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.,答案,解析,针对训练如图3所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体.定滑轮的位置比A点高3 m.若此人缓慢地将绳从A点拉到B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37和30，则此人 拉绳的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 370.6， cos 370.8，不计滑轮的质量和摩擦),答案,解析,答案100 J,图3,解析取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W. 根据题意有h3 m.,对全过程应用动能定理Wmgh0. 由两式联立并代入数据解得W100 J. 则人拉绳的力所做的功W人W100 J.,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)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.,四、利用动能定理分析多过程问题,(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. 当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，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4如图4所示，右端连有一个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)；,答案,解析,图4,答案0.15 m,解析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的最大高度处，由动能定理得： FLfLmgh0 其中fNmg0.20.510 N1.0 N,(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离.,答案0.75 m,答案,解析设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x. 由动能定理得：mghfx0,解析,达标检测,1.(用动能定理求变力的功)如图5所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是,答案,解析,1,2,3,4,图5,1,2,3,4,解析物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，,在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，,2.(动能定理的应用)如图6所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin 370.6，cos 370.8),答案,解析,1,2,3,4,图6,答案3.5 m,解析对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示. 方法一分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速 度为v，物体下滑阶段 N1mgcos 37， 故f1N1mgcos 37.,1,2,3,4,设物体在水平面上滑行的距离为l2， 摩擦力f2N2mg,由动能定理得：mgl20 mv2 由以上各式可得l23.5 m. 方法二全过程列方程： mgl1sin 37mgcos 37l1mgl20 得：l23.5 m.,1,2,3,4,3.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图7所示，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的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(g取10 m/s2) (1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；,图7,答案,解析,1,2,3,4,答案0.5,解得0.5.,(2)物体第5次经过B点时的速度大小；,答案13.3 m/s,解析物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，,答案,解析,1,2,3,4,(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).,答案距B点0.4 m,解析分析整个过程，由动能定理得,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，故最后停止的位置与B点的距离为2 m1.6 m0.4 m.,答案,解析,1,2,3,4,4.(利用动能定理分析多过程问题)如图8所示，质量m1 kg的木块静止在高h1.2 m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.(g取10 m/s2),解析,答案,1,2,3,4,答案11.3 m/s,图8,解析解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得,1,2,3,4,解得v311.3 m/s,解法二对全过程由动能定理得,1,2,3,4,代入数据解得v11.3 m/s,
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