【全优课堂】2016高考物理总复习-第5章-第2课时-动能和动能定理课件

第2课时动能和动能定理【导学目标】1.掌握动能的概念，会求动能的变化量.2.掌握动能定理，并能熟练运用．一、动能[基础导引]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．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同D．选择不同的参考系时，动能可能为负值E．动能可以分解到两个相互垂直的方向上进行运算【答案】A[知识梳理]1．定义：物体由于________而具有的能量．2．公式：____________，式中v为瞬时速度．3．矢标性：动能是______，没有负值，动能与速度的方向______．Ek＝12mv2运动标量无关4．动能是状态量，动能的变化是过程量，等于__________减初动能，即ΔEk＝________________.12mv22－12mv21末动能思考：动能一定是正值，动能的变化量为什么会出现负值？正、负表示什么意义？【答案】动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负．“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量，而不一定是大的减去小的，有些书上称之为“增量”．动能的变化量为正值，表示物体的动能增大了，对应于合力对物体做正功；物体的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功．二、动能定理[基础导引]1．质量是2g的子弹，以300m/s的速度射入厚度是5cm的木板(如图1所示)，射穿后的速度是100m/s.子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力是多大？你对题目中所说的“平均”一词有什么认识？【答案】1.1.6×103N见解析图1【解析】设子弹所受的平均阻力为f，根据动能定理W合＝12mv22－12mv21得fscos180°＝12mv22－12mv21所以f＝－mv22－v212s＝－2×10－3×1002－30022×5×10－2N＝1.6×103N子弹在木板中运动5cm的过程中，所受木板的阻力各处不同，题中所说的平均阻力是相对子弹运动这5cm的过程来说的．(假设木板的阻力处处相同)2．质量为500g的足球被踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s.根据这个估计，计算运动员踢球时对足球做的功．【答案】150J【解析】设人将足球踢出的过程中，人对足球做的功为W，从人踢球到球上升到最大高度的过程中，由动能定理W合＝12m(v22－v21)得W＋WG＝12mv2t－0即W－mgh＝12mv2tW＝12mv2t＋mgh＝12×0.5×202J＋0.5×10×10J＝150J.[基础梳理]内容合力对物体所做的功等于物体________表达式W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝________________对定理的理解W0，物体的动能________W0，物体的动能________W＝0，物体的动能不变适用条件(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____________【答案】动能的变化12mv22－12mv21增加减少曲线运动变力做功(3)不同时作用思考：动能定理公式中一边是功，一边是动能，你对二者相等是怎样理解的？【答案】(1)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．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因．考点一动能定理的基本应用【考点解读】1．应用动能定理解题的步骤(1)选取研究对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的情况，求出总功．受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→确定求总功思路→求出总功(3)明确过程初、末状态的动能Ek1及Ek2.(4)列方程W＝Ek2－Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解．2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)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，将该力做功表示为－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．(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．(4)动能定理是求解物体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．【典例剖析】例1如图2所示，用恒力F使一个质量为m的物体由静止开始沿水平地面移动的位移为s，力F跟物体前进的方向的夹角为α，物体与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)力F对物体做功W的大小；(2)地面对物体的摩擦力f的大小；(3)物体获得的动能Ek.图2解析(1)物体在F的作用下，发生位移s，F与s的夹角为α，有W＝Fscosα.(2)物体对地面的压力为FN，滑动摩擦力f＝μFNFN＝mg－Fsinα，得f＝μ(mg－Fsinα)．(3)由动能定理得W－Wf＝Ek－0Ek＝Fscosα－μ(mg－Fsinα)s.答案(1)Fscosα(2)μ(mg－Fsinα)(3)Fscosα－μ(mg－Fsinα)s跟踪训练1如图3所示，用拉力F使一个质量为m的木箱由静止开始在水平冰道上移动了s，拉力F跟木箱前进方向的夹角为α，木箱与冰道间的动摩擦因数为μ，求木箱获得的速度．图3【答案】2[Fcosα－μmg－Fsinα]s/m【解析】物体受力分析如图所示，已知运动位移s和初态速度，求末态速度可用动能定理．拉力F对物体做正功，摩擦力f做负功，重力G和支持力FN不做功．初动能Ek1＝0，末动能Ek2＝12mv2，由动能定理得Fscosα－f·s＝12mv2－0，且f＝μ(mg－Fsinα)，解得v＝2[Fcosα－μmg－Fsinα]s/m.【考点解读】由于功是标量，所以动能定理中合力所做的功既可通过合力来计算(W总＝F合scosα)，也可用每个力做的功来计算(W总＝W1＋W2＋W3＋…)．这样，原来直接利用功的定义不能计算的变力的功可以利用动能定理方便地求得，它使得一些可能无法进行研究的复杂力学过程变得易于掌握和理解．考点二利用动能定理求功【典例剖析】例2如图4所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉．已知OP＝L2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：(1)小球到达B点时的速率多大？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v0＝3gL，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析(1)小球恰能到达最高点B，由mg＝mv2BL2，得vB＝gL2.(2)从A→B由动能定理得：－mg(L＋L2)＝12mv2B－12mv20可求出v0＝7gL2.(3)由动能定理得－mg(L＋L2)－Wf＝12mv2B－12mv20可求出Wf＝114mgL.答案(1)gL2(2)7gL2(3)114mgL跟踪训练2如图5所示，一位质量m＝65kg的参加“挑战极限运动”的业余选手要越过一宽度为s＝3m的水沟，跃上高为h＝1.8m的平台．采用的方法是：人手握一根长L＝3.05m的轻质弹性杆一端，从A点由静止开始匀加速助跑，至B点时，杆另一端抵在O点的阻挡物上，接着杆发生形变，同时人蹬地后被弹起，到达最高点时杆处于竖直状态．人的重心恰位于杆的顶端，此刻人放开杆水平飞出，最终趴落到平台上．运动过程中空气阻力可忽略不计．(g取10m/s2)图5(1)设人到达B点时速度vB＝8m/s，人匀加速运动的加速度a＝2m/s2，求助跑距离sAB．(2)设人跑动过程中重心离地高度H＝1.0m，在(1)问的条件下，在B点人蹬地弹起瞬间，人至少再做多少功？【答案】(1)16m(2)422.5J【解析】(1)sAB＝v2B2a＝16m.(2)Δh＝L－h＝1.25m，Δh＝12gt2解得t＝2Δhg＝0.5s，v＝st＝30.5m/s＝6m/sW－mg(L－H)＝12mv2－12mv2B所以W＝422.5J.例3(2015·苏北四市模拟)如图6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段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A，D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m，h2＝1.35m．现让质量为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μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：14.用“分析法”解多过程问题图6(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．解析(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：mg(h1－h2)－μmgs＝12mv2D－0将h1，h2，s，μ，g代入得：vD＝3m/s.(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgs＝12mv2C将h1，s，μ，g代入得：vC＝6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝vCa＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝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s总有：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m.答案(1)3m/s(2)2s(3)1.4m方法提炼1．分析法：将未知推演还原为已知的思维方法．用分析法研究问题时，需要把问题化整为零，然后逐步引向待求量．具体地说也就是从题意要求的待求量出发，然后按一定的逻辑思维顺序逐步分析、推演，直到待求量完全可以用已知量表达为止．因此，分析法是从未知到已知、从整体到局部的思维过程．2．分析法的三个方面：(1)在空间分布上可以把整体分解为各个部分，如力学中的隔离、电路的分解等；(2)在时间上把事物发展的全过程分解为各个阶段，如运动过程可分解为性质不同的各个阶段；(3)对复杂的整体进行各种因素、各个方面和属性的分析．跟踪训练3(2015·长春一模)如图7甲所示，一足够长、与水平夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B．可视为质点的物块与斜轨道间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图象如图7乙所示，不计小球通过A点时的能量损失，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝45，cos53°＝35.求：图7(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ；(2)物块的质量m.【解析】本题考查运用图象与力学知识综合解决物理问题，意在考查学生运用定律解决竖直面内圆周运动相关问题的能力．(1)由题图乙可知，当h1＝5R时，物块到达B点时轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则：mg＝mv21R对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得：mg(h1－2R)－μmgcosθh1sinθ＝12mv21，解得：μ＝23.(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则：F＋mg＝mv2R对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得：mg(h－2R)－μmgcosθhsinθ＝12mv2解得：F＝mghR－5mg则F－h图线的斜率k＝mgR由题图乙可知k＝2R解得：m＝0.2kg.