2019-2020年高一物理动能定理的应用教案.doc

2019-2020年高一物理动能定理的应用教案应用动能定理解题步骤：（1）确定研究对象和研究过程。（2）分析物理过程，分析研究对象在运动过程中的受力情况，画受力示意图，及过程状态草图，明确各力做功情况，即是否做功，是正功还是负功。（3）找出研究过程中物体的初、末状态的动能（或动能的变化量）（4）根据动能定理建立方程，代入数据求解，对结果进行分析、说明或讨论。 2. 应用解题注意的问题：（1）我们学习的是质点的动能定理，研究对象一般是单个物体。（2）公式的左边W表示研究过程中合外力对物体做的功，或研究过程中物体所受各外力做功的代数和；公式的右边是物体在研究过程中动能的增量，即末态动能与初态动能的差。公式是标量式。（3）动能定理虽然是在恒力作用、物体做匀加速直线运动下推导出来的，但对外力是变力，物体做曲线运动时，动能定理同样适用，此时式中的W为变力所做的功。（4）变力功无法从功的定义式求得，可由动能定理求出。就象由冲量的定义式无法求出变力的冲量，只能由动量定理求出一样。 3. 例题分析：例1. 质量为m的物体静止在水平桌面上，它与桌面之间的动摩擦因数为，物体在水平力F作用下开始运动，发生位移S1时撤去力F，问物体还能运动多远？解析：研究对象：质量为m的物体。研究过程：从静止开始，先加速，后减速至零。受力分析、过程草图如图所示，其中mg（重力）F（水平外力）N（弹力）FmgNfmgNfmgNS1S2f（滑动摩擦力），设加速位移为S1，减速位移为S2方法：可将物体运动分成两个阶段进行求解 物体开始做匀加速运动位移为S1，水平外力F做正功， f做负功，mg、N不做功；初始动能EK0= 0，末动能EK1=mv12根据动能定理：F S1f S1mv120 又滑动摩擦力f=N N=mg 则：F S1mg S1mv120 - 物体在S2段做匀减速运动，f做负功，mg、N不做功；初始动能EK1=mv12末动能EK2=0根据动能定理：f S20mv12 又滑动摩擦力f=N N=mg 则：mg S20mv12 -由 、两式 FS1mg S1mg S200 S2答：撤去力F物体还能运动的位移大小S2 方法：从静止开始加速，然后减速为零全过程进行求解 设加速位移为S1，减速位移为S2；水平外力F在S1段做正功，滑动摩擦力 f在（S1S2）段做负功，mg、N不做功；初始动能EK0= 0，末动能EK=0 在竖直方向上 Nmg0 滑动摩擦力f=n 根据动能定理： FS1mg（S1S2）00 得 S2答：撤去力F物体还能运动的位移大小S2 在用动能定理解题时，如果物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的分过程，此时可分段研究，也可整体研究；在整体研究时，要注意各分力做功所对应的位移。 请同学们用上述方法解下列问题ABCh 例2. 一个质量为m的物体，从倾角为，高为h的斜面上端A点由静止开始下滑到B点时的速度为V；然后又在水平面上滑行S的位移后停止在C点。如图所示。设物体在斜面上和在水平面上的动摩擦因数相同，求动摩擦因数。 解析：研究对象：质量为m的物体。研究过程：全过程。受力分析、过程草图如图所示，其中mg（重力），N1、N2（弹力），f1、f2（滑动摩擦力）。 物体从AB加速下滑，重力做正功，摩擦力做负功，弹力不做功。 物体从BC减速运动，摩擦力做负功，重力、弹力不做功。ABCf2hmgmgmgN1N2N2f1设物体从AB位移为S1，从BC位移为S根据动能定理： mg S1 cos（90）f1 S1f2S=EKCEKA f1 =N1 N1 = mg cos EKA = 0 f2 =N2 N2 = mg EKC= 0 则：mghmg cosS1mgS = 00 = 此题也可用牛顿第二定律求解。物体在AB段、BC段受力图同上。物体在斜面 AB上匀加速滑行时，根据牛顿第二定律：F合= mgsinf1 = ma1f1 =N1 N1 = mg cos 加速度a1= g（sincos）根据匀变速运动规律：VB2= 2 a1S1 S1= h/sin VB2= 2g（sincos）h/ sin- 物体在BC段做匀减速运动，根据牛顿第二定律： f2= ma2 f2 =N2 N2 = mg 加速度a2=g根据匀变速运动规律：VC2VB2= 2a2S VC= 0 VB2= 2gS -由、两式可得：= 由以上例题可看出，物体受到恒力作用时，一般可用牛顿第二定律求解，也可用动能定理求解。用牛顿第二定律解答时，过程要求细致，较复杂；用动能定理解答时，由于不涉及到中间细致过程，解题简单，当物理过程越复杂，其优越性越突出。 变力做功的问题，常用动能定理来求解。 例3. 如图所示，BC是一条平直轨道，C点距B点的距离为s = 3.0m ；AB是一条竖直平面内的圆形轨道，轨道长为1/4圆周，其中A比B高h=80cm 。有一个质量为m=1kg的物体从静止开始沿AB轨道滑下，测得它经过B点的速度为vB = 2.0 m/s ，当滑行到C点处停止。求：物体在AB轨道上受到的平均阻力f ；物体在BC轨道上的动摩擦因数。OOAOBOCO 解析：由于物体在圆弧AB轨道上运动时，沿圆弧切线方向合力不为零，产生切向加速度，所以物体做变速曲线运动；滑动摩擦力的大小也在变化，用平均阻力f处理；无法用牛顿第二定律求解，但是可以用动能定理来求解。 研究对象：质量为m的物体。研究过程：物体在AB轨道上运动物体受力：重力mg、弹力N1、平均阻力f1；其中重力做正功，弹力总是垂直轨道不做功，平均阻力做负功，因阻力方向总是沿切线方向，阻力方向上元功的总和Wf=f1R/2f1N1mg根据动能定理：mgRf1R/2EKBEKA EKA0 EKB mvB2 mgRf1R/2mvB20 f1 4.6 NmgmgN2N2f2研究对象：质量为m的物体。研究过程：物体水平面BC上运动物体受力：重力mg、弹力N、滑动摩擦力f；重力、弹力不做功，滑动摩擦力做负功根据动能定理：f2SEKCEKB f2N2 N2=mg EKBmvB2 EKC0 mg S=0mvB2 0.69例4. 一质量为500t的机车，以恒定功率375kW由静止出发，经过5min，速度达到最大值54km/h，设机车所受阻力f恒定不变，g取10m/s2；试求：机车受到的阻力f大小；机车在这5min内行驶的路程。 解析：研究对象为机车，首先分析物理过程；机车以恒定功率P0由静止出发 速度V增加牵引力F减小（P0=FV） 合力减小（F合=Ff） 加速度减小 （a= F合/m） 速度继续增加 直至合力减小为零，加速度a=0，速度达到最大。N 可见机车在这5min内做的是加速度减小，速度不断增大的变速运动。当机车速度达到最大时，P0=FVmax，此时Ff，机车受力示意图如图所示。 已知P0=375kW3.75105W Vmax54km/h15m/sfF 根据 P0=FVmax 时Ff则P0=fVmaxmg 机车受到的阻力 f2.5104 N 机车在这5min内，牵引力为变力F做正功，阻力做负功，重力、弹力不做功。 根据P0= 牵引力做功WFP0t 根据动能定理： P0tfSEK1EK0 EK00 EK1mVmax 2 P0tfSmVmax 20机车在这5min内行驶的路程： S（ P0tmVmax 2）/f S（3.751055600.55105152）/2.5104 2250 mPS0V0A 例5. 如图所示，斜面倾角为，质量为M的滑块距挡板P的距离为S0的A点，滑块以初速度V0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的下滑力，若滑块每次与挡板相碰，碰后原速率返回无动能能损失，求：滑块停止运动前在斜面上经过的路程？ 解析：研究对象：滑块 物理过程分析：物体受力 重力mg、支持力N、摩擦力f ，示意图如图所示。由于滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的下滑力（重力沿斜面的分力）可知mgmgNNff下滑时上滑时下滑时，合力F合1=mgsinf ，加速度a1= F合1/m 方向沿斜面向下，匀加速下滑；上滑时，合力F合2= mgsinf ，加速度a2= F合2/m 方向沿斜面向下，匀减速上滑；滑块由A点匀减速上滑至最高点B，然后匀加速下滑至P，碰后原速率返回，因a1 a2滑块匀减速上滑高度将小于B点，然后又匀加速下滑，如此反复，上滑高度不断减小，最终停止在P点。 如果用牛顿第二定律去求解，过于繁琐，考虑用动能定理求解。在全过程中，滑块下滑时重力做正功，上滑时重力做负功，由于重力做功与路径无关，只与起点终位置有关；故在全过程中重力做正功；摩擦力在全过程中大小不变，做负功。不去考虑运动的细节，初始动能EK0，末动能为零。设滑块停止运动前在斜面上经过的路程为S 根据动能定理：mgS0sinfS0EK0 f =N N=mgcos mgS0sinmgcosS0mV02 S答：滑块停止运动前在斜面上经过的路程为S为dV0例6. 质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动。质量为m的子弹以水平速度V0射入木块，刚好能将木块射穿。现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度V0射入静止的木块。设子弹在木块中受阻力恒定。求：（1）子弹射入木块的深度 （2）从子弹开始进入木块到与木块相对静止的过程中，木块 的位移是多大？ 解析：物理过程分析，在木块固定的情况下，子弹进入木块刚好能将木块射穿，子弹做匀减速运动，根据以知条件可确定阻力大小。在木块不固定的情况下，子弹进入木块做匀减速运动，木块做匀加速运动，直至达到共同速度。只要求出子弹与木块的位移差，就能确定子弹射入木块的深度。（1）在木块固定的情况，研究对象为子弹，受力情况：重力mg、弹力N和阻力f；在mgfNMgfN地N穿过木块过程中，阻力f做负功，重力、弹力不做功。已知位移、初始动能、末动能，可用动能定理求解。 根据动能定理： f d 0mV02 f （2）在木块不固定的情况下，分别研究子弹、木块受力情况如图所示。设子弹位移S1，木块为S2，子弹射入木块的深度为X，它们共同速度为Vt画过程草图。S2V0S1XVt子弹 根据动能定理：fS1mVt2mV02 -木块 根据动能定理：f S2 MVt20 -子弹与木块的位移关系： S1S2X -由可得：f XmV02（Mm）Vt2 - 以子弹与木块为系统，合外力为零，系统动量守恒，设V0的方向为正方向根据动量守恒定律：mV0（Mm）Vt -又 f -由可得子弹射入木块的深度：X Md/（Mm）由 S2M 木块的位移是 S2