必修2-动能定理及其应用.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,*,第,2,讲动能定理及其应用,知识点,1,动能,1.,定义：物体由于,_,而具有的能。,2.,表达式：,E,k,=,。,3.,物理意义：动能是状态量,是,_,。,(,选填“矢量”或“标量”,),4.,单位：,_,符号,_,。,5.,动能的相对性：由于速度具有相对性,所以动能也具有,_,_,。,6.,动能的变化：物体,_,与,_,之差,即,运动,标量,焦耳,J,相对,性,末动能,初动能,知识点,2,动能定理,1.,内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个,过程中,_,。,2.,表达式：,(1)W=_,；,(2)W=_,；,(3)W=,。,3.,物理意义：,_,的功是物体动能变化的量度。,动能的变化,E,k,E,k2,-E,k1,合外力,4.,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,_,作用。,曲线运动,变力做功,不同时,【思考辨析】,(1),动能是机械能的一种表现形式,凡是运动的物体都具有动能。,(,),(2),一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化。,(,),(3),动能不变的物体,一定处于平衡状态。,(,),(4),做自由落体运动的物体,动能与下落距离的平方成正比。,(,),(5),如果物体所受合外力为零,那么合外力对物体做的功一定为零。,(,),(6),物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。,(,),(7),物体的动能不变,所受的合外力必定为零。,(,),分析：,动能是运动物体都具有的能量,是机械能的一种表现形,式,(1),对,;,由,E,k,=mv,2,可知,当,m,恒定时,E,k,变化,速率一定变化,速度一定变化,但当速度方向变化,速率不变,(,如匀速圆周运动,),时,动能不变,(2),对,;,动能不变,如匀速圆周运动,物体不一定处,于平衡状态,(3),错,;,物体做自由落体运动时,v,2,=2gh,Ek,=mv,2,=,mgh,故,(4),错,;,合外力为零,由,W=F,l,cos,知,合外力做功一定为,零,故,(5),对,;,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,(,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,故,(6),、,(7),均错。,考点,1,动能定理的理解,【考点解读】,从两个方面理解动能定理,(1),动能定理公式中体现的三个关系。,数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化,求合外力的功,进而求得某一力的功。,单位关系,等式两侧物理量的国际单位都是焦耳因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因。,(2),动能定理叙述中所说的“外力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。,拓展,延伸,【典例透析,1,】,(2012,福建高考,),如图,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为,P,小船的质量为,m,小船受到的阻力大小恒为,f,经过,A,点时的速度大小为,v,0,小船从,A,点沿直线加速运动到,B,点经历时间为,t,1,A,、,B,两点间距离为,d,缆绳质量忽略不计。求：,(1),小船从,A,点运动到,B,点的全过程克服阻力做的功,W,f,;,(2),小船经过,B点时的速度大小,v,1,;,(3),小船经过,B,点时的加速度大小,a,。,【解题探究】,(1),请对小船进行受力分析,哪些力是恒力,哪些力是变力,?,受到的力：,_,。,恒力：,_,。,变力：,_,。,重力、浮力、阻力、拉力,重力、阻力,浮力、拉力,(2),小船在,B,点时的速度与绳的速度有何关系,?,提示：,v,绳,=v,船,cos,。,【解析】,(1),小船从,A,点运动到,B,点克服阻力做功,W,f,=fd ,(2),小船从,A,点运动到,B,点牵引力做的功,W=Pt,1,由动能定理有,W-W,f,=,由,式解得,(3),设小船经过,B,点时绳的拉力为,F,，绳与水平方向夹角为,，电动机牵引绳的速度为,u,则,P=Fu ,u=v,1,cos,由牛顿第二定律有,Fcos-f=ma ,由,式解得,答案：,(1)fd (2),(3),【总结提升】,求变力做功时的四个要点,(1),明确所求的变力的功不一定为总功,故所求的变力的功不一定等于,E,k,。,(2),明确合外力对物体所做的功对应物体动能的变化,而不是对应物体的动能。,(3),若有多个力做功时,必须明确各力做功的正负。,(4),利用动能定理可求物体的速度、受力、位移及变力的功。,【变式训练】,(2013,广东高考,),如图,游乐,场中,从高处,A,到水面,B,处有两条长度相同,的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同,时从,A处自由滑向,B,处,下列说法正确的有,(,),A.,甲的切向加速度始终比乙的大,B.,甲、乙在同一高度的速度大小相等,C.,甲、乙在同一时刻总能到达同一高度,D.,甲比乙先到达,B,处,【解析】,选,B,、,D,。在曲线上任取一点,将,重力沿轨道的切线方向分解,切线与水平,方向成的锐角为,则切向力为：,mgsin,=ma,切,可得甲的切向加速度一直减小,乙,的切向加速度一直增大,在,B,点,有,a,甲切,0,，故手,对重物做的功,W,1,，选项,B,正确。由动能定理知,W,2,+,则,C,、,D,错。,考点,2,动能定理的应用,【考点解读】,应用动能定理的基本步骤和注意事项,1.,应用动能定理的解题步骤：,解题,技巧,2.,注意事项：,(1),动能定理的研究对象可以是单一物体,或者是可以看作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。但求功时,有些力不是全过程都做功,必须根据不同的情况分别对待求出总功。,(4),应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时,可设物体克服该力做功为,W,将该力做功表达为,-W,也可以直接用字母,W,表示该力做功,使其字母本身含有负号。,【典例透析,2,】,如图所示装置由,AB,、,BC,、,CD,三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道,AB,、,CD,段光滑的,水平轨道,BC,的长度,x=5m,轨道,CD,足够长且倾角,=37,A,、,D,两点离轨道,BC,的高度分别为,h,1,=4.30m,、,h,2,=1.35m,。现质量为,m,的小滑块自,A,点由静止释放。已知小滑块与轨道,BC,间的动摩擦因数,=0.5,重力加速度,g,取,10m/s,2,sin37=0.6,cos37=0.8,。求：,(1),小滑块第一次到达,D,点时的速度大小,;,(2),小滑块第一次与第二次通过,C,点的时间间隔3),小滑块最终停止的位置距,B,点的距离。,【解题探究】,(1),重力与摩擦力做功的特点有何不同,?,重力做功：,_,。,摩擦力做功：,_,。,(2),应用动能定理时应主要进行哪些分析,?,提示：,受力分析、过程分析及各力做功情况分析。,与路径无关,与路径有关,【解析】,(1),小滑块从,ABCD,过程中,由动能定理得：,mg(h,1,-h,2,)-mgx=,将,h,1,、,h,2,、,x,、,、,g,代入得：,v,D,=3m/s,(2),小滑块从,ABC,过程中,由动能定理得,mgh,1,-mgx=,将,h,1,、,x,、,、,g,代入得：,v,C,=6m/s,小滑块沿,CD,段上滑的加速度大小,a=gsin=6m/s,2,小滑块沿,CD,段上滑到最高点的时间,t,1,=1s,由对称性可知小滑块从最高点滑回,C,点的时间,t,2,=t,1,=1s,故小滑块第一次与第二次通过,C,点的时间间隔,t=t,1,+t,2,=2s,(3),对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为,x,总,有：,mgh,1,=mgx,总,将,h,1,、,代入得,x,总,=8.6m,故小滑块最终停止的位置距,B,点的距离为,2x-x,总,=1.4m,答案：,(1)3m/s,(2)2s,(3)1.4m,【总结提升】,应用动能定理应突破的五个难点,(1),突破研究对象的选取难点动能定理适用于单个物体,当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象,应用动能定理。,(2),突破研究过程的选取难点：应用动能定理时,选取不同的研究过程列出的方程是不相同的。因为动能定理是个过程式,选取合适的过程往往可以大大简化运算。,(3),突破受力的分析难点：运用动能定理时,必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况,找出哪些力不做功,哪些力做功,做多少功,从而确定出外力的总功,这是解题的关键。,(4),突破位移的计算难点：应用动能定理时,要注意有的力做功与路程无关,只与位移有关,有的力做功却与路程有关。,(5),突破初、末状态的确定难点：动能定理的计算式为标量式,v,为相对同一参考系的速度,所以确定初、末状态动能时,必须相对于同一参考系而言。,【变式训练】,(2013,上海高考,),如图,质量为,M,、长为,L,、高为,h,的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间动摩擦因数为,;,滑块上表面光滑,其右端放置一个质量为,m,的小球。用水平外力击打滑块左端,使其在极短时间内获得向右的速度,v,0,经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。,【解析】,滑块左端滑到小球正下方时速度为,v,1,，由动能定理有,(m+M)gL=,得,小球自由落地时间 ，此过程中滑块的加速度的大小,滑块继续运动的最长时间 ，当,tt,m,时，小球落地时,距滑块左端的水平距离,当,t2F,2,C.,全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,D.,全过程拉力做的功等于零,【解析】,选,A,、,C,。由图乙可知,物块在,0,1s,和,3,4s,时间内的加速度大小相等,方向相反,设加速度大小为,a,摩擦力大小为,F,f,据牛顿第二定律可得：,F,1,-F,f,=ma,F,f,-F,3,=ma,所以,F,1,+F,3,=2F,f,。,物块在,1,3s,内做匀速运动,有,F,2,=F,f,所以,F,1,+F,3,=2F,f,=2F,2,故,A,对,B,错,;,根据动能定理,全过程中合力做功为,0,拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,故,C,对,D,错,所以本题选,A,、,C,。,【,典例透析】,如图,卷扬机的绳索通过定滑轮用力,F,拉位于粗糙斜面上的木箱,使之沿斜面加速向上移动。在移动过程中,下列说法正确的是,(,),A.F,对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和,B.F,对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和,C.,木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能,D.F,对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和,【规范解答】,选,C,、,D,。木箱加速上滑的过程中,拉力,F,做正功,重力和摩擦力做负功,支持力不做功。由动能定理得：,W,F,-W,G,-,W,Ff,=mv,2,-0,。即,W,F,=W,G,+W,Ff,+mv,2A,、,B,错误,;,又因克服重力做功,W,G,等于物体增加的重力势能,所以,W,F,=E,p,+E,k,+W,Ff,故,D,正确,;,又由重力做功与重力势能变化的关系知,C,也正确。,解题突破,(4),利用动能定理解决多过程问题,【典例】,(2013,合肥模拟,)(18,分,),如图所示,质量为,m=1kg,的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的,P,点,随传送带运动到,A,点后水平抛出,小物体恰好无碰撞地,沿圆弧切线从,B,点进入,竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为,M=2kg,的足够长的小车左端在最低点,O,点相切,并在,O,点滑上小车,水平地面光滑,当小物体运动到障碍物Q,处时与,Q,发生,无机械能损失的碰撞,。碰撞前小物体和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动,(,小物体始终在小车上,),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径,R=1.0m,圆弧对应的圆心角,为,53,A,点距水平地面的高度,h=0.8m,小物体与小车间的动摩擦因数为,=0.1,重力加速度,g=10m/s,2,sin53=0.8,cos53=0.6,。试求：,(1),小物体离开,A,点的,水平速度,v,1,;,(2),小物体经过,O,点时,对轨道的压力,;,(3),第一次碰撞后直至静止,小物体,相对小车的位移,和,小车做匀减速运动的总时间,。,审题,抓住信息，快速推断,答题,规范解题，步步得分,(1),对小物体由,A,到,B,有：,v,y,2,=2gh (2,分,),在,B,点：,tan=,，,解得,v,1,=3 m/s (3,分,),(2),由,A,到,O,，根据动能定理有：,(2,分,),在,O,点：,F,N,-mg=,(1,分,),解得：,F,N,=43 N (1,分,),故压力,F,N,=43 N (1,分,),(3),摩擦力,F,f,=mg=1 N,加速度,a,m,=g=1 m/s,2,a,M,=0.5 m/s,2,(2,分,),小物体滑上小车后经过时间,t,达到的共同速度为,v,t,，则,得,(2,分,),由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：,F,f,l,相,(M+m)v,t,2,得,l,相,5.5 m (2,分,),小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，,(,每个减速阶段,),加速度,a,不变,v,t,=a,M,t,得,(2,分,),答案：,(1)3 m/s,(2)43 N,(3)5.5 m,【双基题组】,1.(2013,黄浦模拟,),一个质量为,0.3kg,的弹性小球,在光滑水平面上以,6m/s,的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小,v,和碰撞过程中墙对小球做功的大小,W为,(,),A.v=0,B.v=12m/s,C.W=1.8J D.W=10.8J,【解析】,选,B,。取末速度的方向为正方向,则,v,2,=6m/s,v,1,=-6m/s,速度变化,v=v,2,-v,1,=12m/s,A,错误,B,正确,;,小球与墙碰撞过程中,墙对小球的作用力所做的功,由动能定理得,故,C,、,D,均错误。,2.(2013,台州模拟,),如图所示,足够长的水平传送带以速度,v,沿顺时针方向运动,传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接,曲面上的,A,点距离底部的高度为,h=0.45m,。一小物块从,A,点静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回曲面,g,取,10m/s,2,则下列说法正确的是,(,),A.,若,v=1m/s,则小物块能回到,A,点,B.,若,v=2m/s,则小物块能回到,A,点,C.,若,v=5m/s,则小物块能回到,A,点,D.,无论,v,等于多少,小物块均能回到,A,点,【解析】,选,C,。物块从,A,点下滑到传送带右端时的速度为,v,由动,能定理得,mgh=mv,2,解得,v=3m/s,。当物块返回曲面的速度至,少大于,3m/s,时,才可能回到,A,点,而物块在传送带上先向左减速,再向右加速,当传送带的速度小于,3m/s,时,小物块离开传送带的,最大速度与传送带的速度相等,;,当传送带的速度大于,3m/s,时,小,物块离开传送带的最大速度与小物块下滑到传送带上的速度相,等,所以要求传送带的速度至少要等于,3m/s,物块才能再次回到,A,点,故本题选,C,。,3.(2013,青岛模拟,),质量为,m,的物体静止在粗糙的水平地面上。现用一水平拉力使物体从静止开始运动,其运动的,v-t,图像如图所示。下列关于物体运动过程,分析正确的是,(,),A.0,t,1,内拉力逐渐减小,B.0,t,1,内拉力对物体做负功,C.,在,t,1,t,2,时间内拉力的功率为零,D.,在,t,1,t,2,时间内合外力做功,【解析】,选,A,。由图像可知,在,0,t,1,内物体的速度增加,加速度减小,所以拉力减小,拉力对物体做正功,故,A,对,B,错。,t,1t,2,时间内物体匀速运动,拉力等于摩擦力,所以拉力仍对物体做正功,此过程中合力做功为零,故,C,、,D,均错。,【高考题组】,4.(2012,天津高考,),如图甲所示,静止在水平地面的物块,A,受到水平向右的拉力,F,作用,F,与时间,t,的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值,f,m,与滑动摩擦力大小相等,则,(,),A.0,t,1,时间内,F,的功率逐渐增大,B.t,2,时刻物块,A,的加速度最大,C.t,2,时刻后物块,A,做反向运动,D.t,3,时刻物块,A,的动能最大,【解析】,选,B,、,D,。由,F-t,图像可知,在,0,t,1,时间内,Ff,m,故物块仍沿同一方向做加速运动,至,t,3,时刻速度最大,动能最大,选项,C,错、,D,对。,5.(2011,新课标全国卷,),一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能,(,),A.,一直增大,B.,先逐渐减小至零,再逐渐增大,C.,先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小,D.,先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,【解析】,选,A,、,B,、,D,。当恒力方向与速度方向相同时,物体加速,动能一直增大,故,A,正确。当恒力方向与速度方向相反时,物体开始减速至零,再反向加速,动能先减小至零再增大,故,B,正确。当恒力与速度成小于,90,的夹角时,把速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解,物体做曲线运动,速度一直增大,故,C,错。当恒力与速度成大于,90,的夹角时,把速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解,物体在与恒力相反方向上物体做减速运动直至速度为零,而在垂直恒力方向上物体速度不变,某一时刻物体速度最小,此后,物体在恒力作用下速度增加,其动能经历一个先减小到某一数值,再逐渐增大的过程,故,D,正确。,6.(2013,海南高考,),一质量,m=0.6kg,的物体以,v,0,=20m/s,的初速度从倾角,=30,的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时,其动能减少了,E,k,=18J,机械能减少了,E=3J,。不计空气阻力,重力加速度,g=10m/s,2,求：,(1),物体向上运动时加速度的大小,;,(2),物体返回斜坡底端时的动能。,【解析】,(1),设物体运动过程中所受的摩擦力为,f,，向上运动,的加速度的大小为,a,，由牛顿第二定律可知,设物体的动能减少,E,k,时，在斜坡上运动的距离为,s,由功,能关系可知,E,k,=(mgsin+f)s,E=fs ,联立,式，并代入数据可得,a=6 m/s,2,(2),设物体沿斜坡向上运动的最大距离为,s,m,，由运动学规律可得,s,m,=,设物体返回斜坡底端时的动能为,E,k,，由动能定理得,E,k,=(mgsin-f)s,m,联立以上各式，并代入数据可得,E,k,=80 J,答案：,(1)6 m/s,2,(2)80 J,