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课标版 物理,第2讲 动能定理及其应用,1,一、动能 1.定义:物体由于运动而具有的能。 2.公式:Ek= mv2 。 3.矢标性:动能是 ,只有正值。 4.动能是状态量,而动能的变化量是过程量。 自测1 关于某物体动能的一些说法,正确的是 ( ) A.物体的动能变化,速度一定变化 B.物体的速度变化,动能一定变化 C.动能不变的物体一定做匀速直线运动 D.选择不同的参考系时,动能可能为负值,标量,2,答案 A 动能是标量,且一定为正值,选项D错误;由公式Ek= mv2知,物体 的动能变化,速度一定变化,因速度是矢量,则物体的速度变化时,动能可能 不变,如匀速圆周运动,选项A正确,B、C错误。,3,二、动能定理 1.内容: 对物体所做的功等于物体 。 2.表达式:W= 。 3.物理意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体 之间的关系,即合外力做的功是物体 的量度。 4.动能定理的适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动,也适用于 ; (2)既适用于恒力做功,也适用于 ; (3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以 。 注意 动能具有相对性,其数值与参考系的选取有关,一般取地面为参考 系。,合外力,动能的变化量,Ek2-Ek1,动能变化量,动能变化,曲线运动,变力做功,分阶段作用,4,自测2 关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系,正 确的是 ( ) A.如果物体所受的合外力为零,那么,合外力对物体做的功一定为零 B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零 C.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化 D.物体的动能不变,所受的合外力必定为零 答案 A 合外力为零,由W=Fl cos 知,合外力做功一定为零,但合外力 做功为零时,合外力却不一定为零,故A选项对,B选项错。物体在合外力作 用下做变速运动,合外力不一定做功,物体的速率不一定变化,动能不一定 变化(例如匀速圆周运动),同样,物体的动能不变,它所受的合外力也不一定 为零,C、D选项均错。,5,自测3 物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1 s内合力对物体做 的功为W,则 ( ) A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做功为0.75W,6,答案 C 由题图知,第1 s末速度、第3 s末速度、第7 s末速度大小关系v 1=v3=v7,由题知W= m -0,则由动能定理知第1 s末到第3 s末合力做功W2= m - m =0,选项A错误;第3 s末到第5 s末合力做功W3=0- m =-W,选项B 错误;第5 s末到第7 s末合力做功W4= m -0=W,选项C正确;第3 s末到第4 s 末合力做功W5= m - m ,因v4= v3,所以W5=-0.75W,选项D错误。,7,考点一 动能定理的理解 对动能定理应该从以下几方面加以理解 (1)W总是所有外力对物体做的总功,这些力对物体所做功的代数和等于物 体动能的增量,即W总=W1+W2+。或先将物体的外力进行合成,求出合外力 F合后,再利用W总=F合x cos 进行计算。 (2)因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关,所以动能定理也与参考 系的选取有关。中学物理中一般取地面为参考系。 (3)不论物体做什么形式的运动、受力如何,动能定理总是适用的。 (4)动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式,当题目中涉及位移时可优 先考虑动能定理。,8,(5)做功的过程是能量转化的过程,动能定理表达式中的“=”的意义是一 种因果关系在数值上相等的符号,它并不意味着“功就是动能增量”,也不 意味着“功转变成了动能”,而是意味着“功引起物体动能的变化”。 (6)动能定理公式两边的每一项都是标量,因此动能定理公式是一个标量方 程。 (7)若Ek2Ek1,即W总0,合力对物体做正功,物体的动能增加;若Ek2Ek1,即W总 0,合力对物体做负功,物体的动能减少。,9,典例1 (2015课标,17,6分)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆 形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R 处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨 道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的 过程中克服摩擦力所做的功。则 ( ),10,A.W= mgR,质点恰好可以到达Q点 B.W mgR,质点不能到达Q点 C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 D.W mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 答案 C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中 由动能定理:mg2R-W= mv2 质点在最低点:FN-mg= 由牛顿第三定律得:FN=4mg,联立得W= mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由 P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点 到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确。,11,应用动能定理解题的基本步骤 (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。,(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2。 (4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程,进行求解。,12,1-1 (2015海南单科,4,3分)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由静止开始滑下,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 ( ) A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR,13,答案 C 当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点所受 支持力FN=2mg,由牛顿第二定律有FN-mg=m ,解得 =gR。对质点自P点 滑到Q点应用动能定理有:mgR-Wf= m -0,得:Wf= mgR,因此,A、B、D错, C正确。,14,考点二 动能定理解决变力做功问题 动能定理的研究对象一般是单一物体,或者可以看成单一物体的物体 系。动能定理既适用于物体的直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力 做功,也适用于变力做功。力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可 以分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。这些 正是动能定理解题的优越性所在。,15,典例2 (2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不 可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的 表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小 球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直 于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角,如图乙所示,此 时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低 位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力 加速度的大小为g。求:,图甲,图乙,16,(1)物块的质量; (2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。 答案 (1)3m (2)0.1mgl 解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的初始值为F1,物块质 量为M,由平衡条件得 对小球,T1=mg 对物块,F1+T1=Mg 当细绳与竖直方向的夹角为60时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示 数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得 对小球,T2=mg cos 60 ,17,对物块,F2+T2=Mg 联立式,代入数据得 M=3m (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的 过程中,小球克服阻力所做的功为Wf,由动能定理得 mgl(1-cos 60)-Wf= mv2 在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知, F3=0.6F1,对小球,由牛顿第二定律得 T3-mg=m 对物块,由平衡条件得 F3+T3=Mg 联立式,代入数据得 Wf=0.1mgl ,18,2-1 (2015浙江宁波模拟)质量为10 kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线 运动,力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1 m/s,一切摩 擦不计,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为 ( ) A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D. m/s,答案 B 根据F-x图像可得W总=40 J,由动能定理得:W总= mv2- m ,解得 v=3 m/s,选项B正确。,19,考点三 动能定理解决多过程问题 1.动能定理的研究对象可以是单一物体,或者是可以看做单一物体的物体 系统。 2.动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及位移和 速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理;处理曲线运动中的速率问题时 也要优先考虑动能定理。 3.若过程包含了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整个过程 考虑。,20,典例3 (2015浙江理综,23,16分)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 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),21,(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sin 37=0.6,cos 37=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,求此最大距离 xm。,22,解析 (1)为使小物块下滑mg sin 1mg cos 满足的条件tan 0.05 (2)克服摩擦力做功 Wf=1mgL1 cos +2mg(L2-L1 cos ) 由动能定理得mgL1 sin -Wf=0 代入数据得2=0.8 (3)由动能定理得mgL1 sin -Wf= mv2 代入数据得v=1 m/s H= gt2 t=0.4 s,答案 (1)tan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m,23,x1=vt x1=0.4 m xm=x1+L2=1.9 m,24,应用动能定理解题的基本步骤,25,3-1 如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是 一段与BC相切的圆弧,BC为水平的,其距离d=0.50 m。盆边缘的高度为h= 0.30 m,在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内 侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为=0.10。小物块在 盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为 ( ) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0,26,答案 D 对小物块从A点出发到最后停下来整个过程用动能定理,mgh- mgs=0,s= = m=3.00 m。而d=0.50 m,刚好3个来回,所以最终停在B点, 所以D选项正确。,27,考点四 动能定理与图像综合问题 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.将推导出的函数关系式与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, 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。,28,典例4 2012年伦敦奥运会女子10米(即跳台距水面10 m)跳台比赛中,我国 小将陈若琳技压群芳夺得冠军。设运动员质量为m=50 kg,其体形可等效 为长度L=1.0 m,直径d=0.3 m的圆柱体,不计空气阻力,当她跳起到达最高点 时,她的重心离跳台台面的高度为0.70 m,在从起跳到接触水面过程中完成 一系列动作,入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面,F 的数值随入水深度y变化的函数图像如图所示,该直线与F轴相交于F=2.5 mg处,与y轴相交于y=h(某一未知深度)处,为了确保运动员的安全,水池必须 有一定的深度,已知水的密度=1103 kg/m3,g取10 m/s2,根据以上的数据估 算:,29,(1)起跳瞬间所做的功; (2)从起跳到接触水面过程的时间; (3)跳水池至少应为多深?(保留两位有效数字) 答案 (1)100 J (2)1.63 s (3)6.6 m 解析 (1)起跳瞬间做功W=mgh1,30,又知h1=0.70 m- =0.2 m, 解得W=100 J。 (2)从起跳到接触水面为竖直上抛运动, 有 m =mgh1, 代入数据得v0=2 m/s, 据位移公式有:-h2=v0t- gt2 解得t=1.63 s。 (3)由F-y图像可知,阻力F随y均匀变化,故平均阻力为 。从起跳到入水至 最低点,设水池至少深为h,根据动能定理得 W+mg(h2+h)- - -F浮(h-L)=0-0,式中F浮=gV=g L 代入数据,得h=6.6 m。,31,图像所围“面积”的意义,(1)v-t图:由公式x=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-x图:由公式W=Fx可知,F-x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。,32,4-1 一个质量为0.5 kg的物体,从静止开始做直线运动,物体所受合外力F 随物体位移x变化的图像如图所示,则物体位移x=8 m时,物体的速度为 ( ) A.2 m/s B.8 m/s C.4 m/s D.4 m/s 答案 C F-x图像中图线与横轴所围面积表示功,横轴上方为正功,下方 为负功,x=8 m时,可求得W=8 J;由动能定理有 mv2=8 J,解得v=4 m/s。,33,4-2 (2015山西考前质量监测,16)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止 开始做直线运动的规律时,在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变 化的关系如图所示。下列说法正确的是 ( ) A.06 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动 B.06 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在24 s内速度不变 D.04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功,34,答案 D 因a-t图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速 度的变化量,在时间轴上方为正,在时间轴下方为负;则物体在6 s末的速度v6 = (2+5)2 m/s- 12 cm/s=6 m/s,则06 s内物体一直向正方向运动,A错; 由图像可知物体在5 s末速度最大,为vm= (2+5)2 m/s=7 m/s,B错;由图像 可知在24 s内物体加速度不变,物体做匀加速直线运动,速度变大,C错; 在04 s内合力对物体做的功由动能定理可知: W合4= m -0 又v4= (2+4)2 m/s=6 m/s,35,得W合4=36 J 06 s内合力对物体做的功由动能定理可知: W合6= m -0 又v6=6 m/s 得W合6=36 J 则W合4=W合6,D正确。,36,
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