高中物理第3章动能的变化与机械功3.3动能定理的应用教学案沪科版必修2.doc

3.3动能定理的应用学习目标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.一、研究汽车的制动距离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.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？答案解析由动能定理得：fs0mv得：s(1)在f一定的情况下：smv，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sv，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.二、合力做功与动能变化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.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)图1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三、利用动能定理求变力的功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.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：图2(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小.(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.答案(1)5mg(2)mgd解析(1)小球下落到B点的过程由动能定理得2mgdmv2，在B点：Nmgm，得：N5mg，根据牛顿第三定律：N N5mg.(2)在C点，mgm.小球从B运动到C的过程：mvmv2mgdWf，得Wfmgd.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，不计滑轮的摩擦)图3答案100 J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.物体升高的高度h.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.四、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)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：图4(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，在水平桌面上滑动的最大距离.答案(1)0.15 m(2)0.75 m解析(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的最大高度处，由动能定理得：FLfLmgh0其中fNmg0.20.510 N1.0 N所以h m0.15 m(2)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所以：x m0.75 m1.(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()图5A.0 B.2mgR C.2mgR D.答案D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，则有mg.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，由动能定理得：Wmv20.联立解得WmgR.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.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)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.由动能定理得：mgsin 37l1mgcos 37l1mv20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：mgl20mv2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.3.(动能定理在多过程问题中的应用)某兴趣小组设计了如图7所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切.弹射装置将一个小物体(可视为质点)以va5 m/s的水平初速度由a点弹出，从b点进入轨道，依次经过“8002”后从p点水平抛出.小物体与地面ab段间的动摩擦因数0.3，不计其它机械能损失.已知ab段长L1.5 m，数字“0”的半径R0.2 m，小物体质量m0.01 kg，g10 m/s2.求：图7(1)小物体从p点抛出后的水平射程；(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向.答案(1)0.8 m(2)0.3 N方向竖直向下解析(1)设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得：mgL2mgRmv2mv从p点抛出后做平抛运动，由平抛运动规律可得：2Rgt2svt联立式，代入数据解得：s0.8 m(2)设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向Fmg联立式，代入数据解得F0.3 N方向竖直向下.课时作业一、选择题(17题为单选题，89题为多选题)1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A.mghmv2mvB.mv2mvmghC.mghmvmv2D.mghmv2mv答案C解析选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：mghWf克mv2mv解得：Wf克mghmvmv2.2.如图1所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图1A.mgR B.mgRC.mgR D.(1)mgR答案D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A运动到C的全过程，根据动能定理，有mgRWABmgR0.所以有WABmgRmgR(1)mgR.3.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则拉力F所做的功为()图2A.mglcos B.mgl(1cos )C.Flcos D.Flsin 答案B解析小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，Fmgtan ，随着的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：mgl(1cos )W0，所以Wmgl(1cos ).4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧最右端O相距s，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(不计空气阻力)()图3A.mvmg(sx) B.mvmgxC.mgs D.mgx答案A解析设物体克服弹簧弹力所做的功为W，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为W，摩擦力对物体做功为mg(sx)，根据动能定理有Wmg(sx)0mv，所以Wmvmg(sx).5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()图4A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR答案C解析小球通过最低点时，设绳的张力为T，则Tmgm，6mgm小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mgm小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得mg2RWfmvmv由式联立解得WfmgR，选C.6.如图5所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)()图5A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m答案A解析设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：mg(Hh)fh0，mg(Hh)3mgh.所以h5 m.7.如图6所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为()图6A. B. C. D.答案B解析从A到B运动过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mghWfmv，从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)，根据动能定理可得mghWfmv2，两式联立得再次经过A点的速度为，故B正确.8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，vt图像如图7所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则()图7A.Ff13 B.W1W211C.Ff41 D.W1W213答案BC解析对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1W2Ek0，所以W1W2，选项B正确，选项D错误；由动能定理得Fs1fs20，由图像知s1s214.所以Ff41，选项A错误，选项C正确.9.如图8所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动.小环从最高点A滑到最低点B的过程中，线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是图中的()图8答案AB解析对小环由动能定理得mghmv2mv，则v22ghv.当v00时，B正确.当v00时，A正确.二、非选择题10.如图9所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：图9(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力所做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.答案(1)3mgR(2)mgR(3)mgR解析(1)由动能定理得Wmv在B点由牛顿第二定律得7mgmgm解得W3mgR(2)物块从B到C由动能定理得mvmv2mgRW物块在C点时mgm解得WmgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgREkmv，解得EkmgR.11.如图10所示，一个质量为m0.6 kg 的小球以初速度v02 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R0.3 m，60，g10 m/s2.求：图10(1)小球到达A点的速度vA的大小；(2)P点到A点的竖直高度H；(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J解析(1