2021高一物理-4.3-4.4-动能-动能定理-第三课时-学案(教科版必修2).docx

4.3-4.4 动能 动能定理 第三课时
[学习目标定位] 1.进一步理解动能定理，领悟应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题．

一、动能定理
1．动能：物体由于运动而具有的能量叫做动能，其表达式为Ek＝mv2.动能是标量，只有大小，没有方向．
2．动能定理：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化，表达式为W＝Ek2－Ek1.
(1)当力对物体做正功时，物体的动能增加(填“增加”、“削减”或“不变”)，Ek2>Ek1(填“>”、“<”或“＝”)．
(2)当力对物体做负功时，物体的动能削减(填“增加”、“削减”或“不变”)，Ek2<Ek1(填“>”、“<”或“＝”)．
二、多力做功的计算方法
1．先求合力，再求合力做的功．W＝F合xcos_α.
2．先求每个力的功，然后求各力做功的代数和．
W＝W1＋W2＋…….

一、利用动能定理求变力的功
利用动能定理求变力的功是最常用的方法，这种题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk.

图1
例1　如图1所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接．一个质量为0.1 kg的物体从高为H＝2 m的A点由静止开头滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2)
解析　物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动学问可知N＋mg＝，又N＝mg，
联立两式解得vC＝＝2 m/s，
在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
mg(H－2r)－Wf＝mv－0，
代入数据解得Wf＝0.8 J.
答案　0.8 J
二、利用动能定理分析多过程问题
对于包含多个运动阶段的简洁运动过程，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，将简洁的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功状况和初、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，分析整个过程中毁灭过的各力的做功状况，分析每个力的做功，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洁，更便利．
留意　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，应留意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中毁灭过的各力做功的代数和．
例2　如图2所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开头运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零．(g取10 m/s2)求：

图2
(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；
(3)物体最终停止的位置(距B点多少米)．
解析　(1)由动能定理得
－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv，
解得μ＝0.5.
(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
mgH－μmg·4sBC＝mv－mv，
解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
答案　(1)0.5　(2)13.3 m/s　(3)距B点0.4 m
三、动能定理和动力学方法的综合应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特殊留意：
(1)与平抛运动相结合时，要留意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特殊留意隐蔽的临界条件：
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝.
例3　如图3所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开头释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)

图3
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；
(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离．
解析　(1)依据题意和题图可得：小球下落到A点时由动能定理得：
W＝mgh＝mv，
所以vA＝＝ m/s＝2 m/s
(2)小球运动到D点时：mg＝
vD＝＝2 m/s
当小球由B运动到D点时由动能定理得：－mg×2R＝mv－v
解得vB＝＝2 m/s
所以A到B时：Wf＝mv－mv＝×0.1×(20－40) J＝－1 J
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有
2R＝gt2
t＝＝0.4 s
水平位移xBE＝vDt＝0.8 m
所以xAE＝xAB－xBE＝1.2 m.
答案　(1)2 m/s　(2)－1 J　(3)1.2 m

1．(利用动能定理求变力的功)某同学从h＝5 m高处，以初速度v0＝8 m/s抛出一个质量为m＝0.5 kg的橡皮球，测得橡皮球落地前瞬间速度为12 m/s，求该同学抛球时所做的功和橡皮球在空中运动时克服空气阻力做的功．(g取10 m/s2)
答案　16 J　5 J
解析　本题所求的两问，分别对应着两个物理过程，但这两个物理过程以速度相互联系，前一过程的末速度为后一过程的初速度．该同学对橡皮球做的功不能用W＝Fx求出，只能通过动能定理由外力做功等于球动能的变化这个关系求出．
某同学抛球的过程，球的速度由零增加为抛出时的初速度v0，故抛球时所做的功为W＝＝ J＝16 J.
橡皮球抛出后，重力和空气阻力做功，由动能定理得：
mgh＋Wf＝mv2－mv，
解得：Wf＝mv2－mv－mgh＝－5 J.
即橡皮球克服空气阻力做功为5 J.

图4
2．(利用动能定理分析多过程问题)如图4所示，质量m＝1 kg 的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移x1＝3 m时撤去，木块又滑行x2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．
答案　8 m/s
解析　木块的运动分为三个阶段，先是在x1段做匀加速直线运动，然后是在x2段做匀减速直线运动，最终是平抛运动．考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v，整个过程中各力做功状况分别为
推力做功WF＝Fx1，
摩擦力做功Wf＝－μmg(x1＋x2)，
重力做功WG＝mgh，
对整个过程由动能定理得Fx1－μmg(x1＋x2)＋mgh＝mv2－0，
代入数据解得v＝8 m/s.

图5
3．(动能定理和动力学方法的综合应用)如图5所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
答案　(1)14 N　(2)10 N
解析　(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2
解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿其次定律有：N－mg＝m
解得：N＝mg＋m＝1×(10＋) N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：μmg
BD＝mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N.