《2011屆物理一輪：5.2《動(dòng)能和動(dòng)能定理》.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2011屆物理一輪：5.2《動(dòng)能和動(dòng)能定理》.ppt（42頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2課時(shí)動(dòng)能和動(dòng)能定理考點(diǎn)自清一、動(dòng)能1.定義:物體由于而具有的能.2.公式:.3.矢標(biāo)性:動(dòng)能是,只有正值.4.動(dòng)能是狀態(tài)量.而動(dòng)能的變化量是.二、動(dòng)能定理1.內(nèi)容:在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體所做的功等于物體在這個(gè)過(guò)程中.2.表達(dá)式:W=.,運(yùn)動(dòng),標(biāo)量,過(guò)程量,合外力,動(dòng)能的變化,Ek2-Ek1,3.物理意義:動(dòng)能定理指出了外力對(duì)物體所做的總功與物體之間的關(guān)系,即合力的功是物體的量度.4.動(dòng)能定理的適用條件(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng),也適用于.(2)既適用于恒力做功,也適用于.(3)力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時(shí)作用,也可以.名師點(diǎn)撥動(dòng)能具有相對(duì)性,其數(shù)值與參考系的選取有關(guān),一般取地面為參考系.,動(dòng)能變化,動(dòng)能變化,,曲線,運(yùn)動(dòng),變力做功,不同時(shí)作用,熱點(diǎn)聚焦熱點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解1.一個(gè)物體的動(dòng)能變化ΔEk與合外力對(duì)物體所做功W具有等量代換關(guān)系.(1)若ΔEk>0,表示物體的動(dòng)能增加,其增加量等于合外力對(duì)物體所做的正功.(2)若ΔEk<0,表示物體的動(dòng)能減少,其減少量等于合外力對(duì)物體所做的負(fù)功的絕對(duì)值.(3)若ΔEk=0,表示合外力對(duì)物體所做的功等于零.反之亦然.這種等量代換關(guān)系提供了一種計(jì)算變力做功的簡(jiǎn)便方法.,2.動(dòng)能定理公式中等號(hào)的意義等號(hào)表明合力做功與物體動(dòng)能的變化間的三個(gè)關(guān)系:(1)數(shù)量關(guān)系:即合外力所做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系.可以通過(guò)計(jì)算物體動(dòng)能的變化,求合力的功,進(jìn)而求得某一力的功.(2)單位相同:國(guó)際單位都是焦耳.(3)因果關(guān)系:合外力的功是物體動(dòng)能變化的原因.3.動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等,在處理含有上述物理量的力學(xué)問(wèn)題時(shí),可以考慮使用動(dòng)能定理.由于只需要從力在整個(gè)位移內(nèi)所,做的功和這段位移始末兩狀態(tài)的動(dòng)能變化去考慮,無(wú)需注意其中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的細(xì)節(jié),同時(shí)動(dòng)能和功都是標(biāo)量,無(wú)方向性,所以無(wú)論是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng),計(jì)算都會(huì)特別方便.4.動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的,一般以地面為參考系.特別提示功和動(dòng)能都是標(biāo)量,動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式,不能在某一個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理,但牛頓第二定律是矢量方程,可以在互相垂直的方向上分別使用分量方程.,熱點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟1.選取研究對(duì)象,明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程.2.分析受力及各力做功的情況（1）受哪些力?（2）每個(gè)力是否做功?（3）在哪段位移哪段過(guò)程中做功?（4）做正功還是負(fù)功?(5)做多少功?求出代數(shù)和.3.明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2.4.列方程W總=Ek2-Ek1,必要時(shí)注意分析題目潛在的條件,補(bǔ)充方程進(jìn)行求解.,特別提示1.在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí),如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理,而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,如涉及加速度時(shí),先考慮牛頓第二定律.2.用動(dòng)能定理解題,關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖,以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系.有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的,在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意.,題型探究題型1用動(dòng)能定理求變力做功如圖1所示,質(zhì)量為m的小物體靜止于長(zhǎng)l的木板邊緣.現(xiàn)使板由水平放置繞其另一端O沿逆時(shí)針?lè)较蚓従忁D(zhuǎn)過(guò)α角,轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,小物體相對(duì)板始終靜止,求板對(duì)物體的支持力對(duì)物體做的功.木板緩緩轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,物體所受支持力的大小、方向怎樣變化?,圖1,思路點(diǎn)撥,解析由力的平衡條件可知,支持力FN=mgcosα,隨板的轉(zhuǎn)動(dòng)(α增大)而減少,而方向始終與物體的速度方向同向,是一個(gè)變力.對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理,有WN+WG+Wf=0其中Wf為靜摩擦力做的功,且Wf=0,WG=-mglsinα,所以WN=mglsinα.答案mglsinα,規(guī)律總結(jié)用動(dòng)能定理求解變力做功的注意要點(diǎn):(1)分析物體受力情況,確定哪些力是恒力,哪些力是變力.(2)找出其中恒力的功及變力的功.(3)分析物體初末狀態(tài),求出動(dòng)能變化量.(4)運(yùn)用動(dòng)能定理求解.,變式練習(xí)1如圖2所示,一根勁度系數(shù)為k的彈簧,上端系在天花板上,下端系一質(zhì)量為mA的物體A,A通過(guò)一段細(xì)線吊一質(zhì)量為mB的物體B,整個(gè)裝置靜止.試求:(1)系統(tǒng)靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量.(2)若用剪刀將細(xì)線剪斷,則剛剪斷細(xì)線的瞬間物體A的加速度.(3)設(shè)剪斷細(xì)線后,A物體上升至彈簧原長(zhǎng)時(shí)的速度為v,則此過(guò)程中彈力對(duì)物體A做的功.,圖2,解析(1)取A、B整體為研究對(duì)象,由平衡條件得kx=(mA+mB)g,所以(2)剪斷瞬間,以A為研究對(duì)象,取向上為正方向,有kx-mAg=mAaA,得(3)剪斷細(xì)線后,A物體上升的過(guò)程中,應(yīng)用動(dòng)能定理得,答案,題型2復(fù)雜過(guò)程問(wèn)題如圖3所示,四分之三周長(zhǎng)圓管的半徑R=0.4m,管口B和圓心O在同一水平面上,D是圓管的最高點(diǎn),其中半圓周BE段存在摩擦,BC和CE段動(dòng)摩擦因數(shù)相同,ED段光滑;質(zhì)量m=0.5kg、直徑稍小于圓管內(nèi)徑的小球從距B正上方高H=2.5m的A處自由下落,到達(dá)圓管最低點(diǎn)C時(shí)的速率為6m/s,并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到圓管的最高點(diǎn)D飛出,恰能再次進(jìn)入圓管,假定小球再次進(jìn)入圓筒時(shí)不計(jì)碰撞能量損失,取重力加速度g=10m/s2,求,圖3,(1)小球飛離D點(diǎn)時(shí)的速度.(2)小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦所做的功.(3)小球再次進(jìn)入圓管后,能否越過(guò)C點(diǎn)?請(qǐng)分析說(shuō)明理由.解答(1)小球飛離D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)有xOB=R=vDt①②由①②得(2)設(shè)小球從B到D的過(guò)程中克服摩擦力做功Wf1在A到D過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理,有,代入計(jì)算得Wf1=10J(3)設(shè)小球從C到D的過(guò)程中克服摩擦力做功Wf2根據(jù)動(dòng)能定理,有代入計(jì)算得Wf2=4.5J小球從A到C的過(guò)程中,克服摩擦力做功Wf3根據(jù)動(dòng)能定理,有Wf3=5.5J,根據(jù)動(dòng)能定理,有小球過(guò)BE段時(shí)摩擦力大小隨速度減小而減小,摩擦力做功也隨速度減小而減小.第二次通過(guò)BC段與CE段有相等的路程,速度減小所以Wf40,小球能過(guò)C點(diǎn)答案(1)2m/s(2)10J(3)見(jiàn)解析,方法提煉當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)是由幾個(gè)物理過(guò)程所組成,又不需要研究過(guò)程的中間狀態(tài)時(shí),可以把幾個(gè)物理過(guò)程看做一個(gè)整體進(jìn)行研究,從而避開(kāi)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié),具有過(guò)程簡(jiǎn)明、方法巧妙、運(yùn)算量小等優(yōu)點(diǎn).特別是初末速度均為零的題目,顯得簡(jiǎn)捷、方便.對(duì)于多過(guò)程的問(wèn)題要找到聯(lián)系兩過(guò)程的相關(guān)物理量.,變式練習(xí)2如圖4所示,質(zhì)量m=1kg的木塊靜止在高h(yuǎn)=1.2m的平臺(tái)上,木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,用水平推力F=20N,使木塊產(chǎn)生位移l1=3m時(shí)撤去,木塊又滑行l(wèi)2=1m時(shí)飛出平臺(tái),求木塊落地時(shí)速度的大小?解析解法一取木塊為研究對(duì)象.其運(yùn)動(dòng)分三個(gè)過(guò)程,先勻加速前進(jìn)l1,后勻減速l2,再做平拋運(yùn)動(dòng),對(duì)每一過(guò)程,分別列動(dòng)能定理得:,圖4,解得：解法二對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得Fl1-μmg(l1+l2)+mgh=代入數(shù)據(jù):答案,題型3用動(dòng)能定理解決彈簧類(lèi)問(wèn)題如圖5甲所示,一條輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上,右端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊,小物塊的質(zhì)量為m=1.0kg,當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí),小物塊靜止于O點(diǎn).現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)外力F,使它緩慢移動(dòng),將彈簧壓縮至A點(diǎn),壓縮量為x=0.1m,在這一過(guò)程中,所用外力F與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示.然后撤去F釋放小物塊,讓小物塊沿桌面運(yùn)動(dòng),已知O點(diǎn)至桌邊B點(diǎn)的距離為L(zhǎng)=2x,水平桌面的高為h=5.0m,計(jì)算時(shí),可用滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力.(g取10m/s2)求:,(1)在壓縮彈簧過(guò)程中,彈簧存貯的最大彈性勢(shì)能.(2)小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時(shí)速度的大小.(3)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離.,圖5,解析(1)取向左為正方向,從F—x圖中可以看出,小物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff=1.0N,方向?yàn)樨?fù)方向①在壓縮過(guò)程中,摩擦力做功為Wf=-Ffx=-0.1J②由圖線與x軸所夾面積可得外力做功為WF=(1.0+47.0)0.12J=2.4J③所以彈簧存貯的彈性勢(shì)能為Ep=WF+Wf=2.3J④(2)從A點(diǎn)開(kāi)始到B點(diǎn)的過(guò)程中,由于L=2x,摩擦力做功為Wf′=Ff3x=0.3J⑤,對(duì)小物塊用動(dòng)能定理有⑥解得vB=2m/s⑦(3)物塊從B點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)⑧下落時(shí)間t=1s水平距離s=vBt=2m⑨答案(1)2.3J(2)2m/s(3)2m,本題共20分.其中①②④⑤⑦⑧⑨式各2分,③⑥式各3分.本題以彈簧為載體,結(jié)合圖像來(lái)綜合考查動(dòng)能、動(dòng)能定理的內(nèi)容,這種綜合度大,但試題并不是太復(fù)雜、難度并不是太大的情況近來(lái)在高考試卷中常有出現(xiàn).這類(lèi)題的綜合信息強(qiáng),要求學(xué)生的能力也相對(duì)較高,使高考命題與新課標(biāo)的要求靠得更緊密一些,是近年高考命題的基本趨勢(shì).,【評(píng)價(jià)標(biāo)準(zhǔn)】,【名師導(dǎo)析】,自我批閱(20分)如圖6所示,輕彈簧左端固定在豎直墻上,右端點(diǎn)在O位置.質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從距O點(diǎn)右方x0的P點(diǎn)處向左運(yùn)動(dòng),與彈簧接觸后壓縮彈簧,將彈簧右端壓到O′點(diǎn)位置后,A又被彈簧彈回.A離開(kāi)彈簧后,恰好回到P點(diǎn).物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求:(1)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程,克服摩擦力所做的功.(2)O點(diǎn)和O′點(diǎn)間的距離x1.,圖6,(3)若將另一個(gè)與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧右端拴接,將A放在B右邊,向左壓A、B,使彈簧右端壓縮到O′點(diǎn)位置,然后從靜止釋放,A、B共同滑行一段距離后分離.分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少?解析(1)A從P回到P的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得克服摩擦力所做的功為(3分)(2)A從P回到P全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理(3分)(2分)(3)A、B分離時(shí),兩者間彈力為零,且加速度相同,A的加速度是μg,B的加速度也是μg,說(shuō)明B只受摩擦力,彈簧,處于原長(zhǎng)處分離,就可得設(shè)此時(shí)它們的共同速度是v1,彈出過(guò)程彈力做功WF只有A時(shí),從O′到P有WF-μmg(x1+x0)=0-0(4分)AB共同從O′到O有(4分)(2分)(2分)答案,素能提升1.運(yùn)動(dòng)員投籃過(guò)程中對(duì)籃球做功為W,出手高度為h1,籃筐距地面高度為h2,球的質(zhì)量為m,空氣阻力不計(jì),則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為()A.W+mgh1-mgh2B.W+mgh2-mgh1C.mgh2+mgh1-WD.mgh2-mgh1-W解析由動(dòng)能定理得:W-mg(h2-h1)=Ek,所以Ek=W+mgh1-mgh2,選A.,A,2.如圖7所示,光滑軌道MO和ON底端對(duì)接且M、N兩點(diǎn)高度相同.小球自M點(diǎn)由靜止自由滾下,忽略小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失,以v、x、a、Ek分別表示小球的速度、位移、加速度和動(dòng)能四個(gè)物理量的大小.下列圖象中能正確反映小球自M點(diǎn)到N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的是(),圖7,解析從M到O,v1=a1t,從O到N,v2=v1-a2t=(a1-a2)t,v與t是一次函數(shù)關(guān)系,所以A正確;從M到O,則x與t的圖象是拋物線,所以B錯(cuò);從M到O和從O到N,加速度是常數(shù),所以C錯(cuò);從M到O,所以D錯(cuò).答案A,3.一個(gè)物塊從底端沖上足夠長(zhǎng)的斜面后,又返回斜面底端.已知小物塊的初動(dòng)能為E,它返回斜面底端的速度大小為v,克服摩擦阻力做功為E/2.若小物塊沖上斜面的動(dòng)能為2E,則物塊()A.返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為EB.返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為3E/2C.返回斜面底端時(shí)的速度大小為2vD.返回斜面底端時(shí)的速度大小為v,解析設(shè)初動(dòng)能為E時(shí),小物塊沿斜面上升的最大位移為x1,初動(dòng)能為2E時(shí),小物塊沿斜面上升的最大位移為x2,斜面的傾角為θ,由動(dòng)能定理得:-mgx1sinθ-Ffx1=0-E,2Ffx1=而-mgx2sinθ-Ffx2=0-2E,可得:x2=2x1,所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為2E-2Ffx2=E,A正確,B錯(cuò)誤;由可得v′=2v,C、D均錯(cuò)誤.答案A,4.如圖8所示,質(zhì)量為m的小車(chē)在水平恒力F推動(dòng)下,從山坡(粗糙)底部A處由靜止起運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B,獲得速度為v,AB之間的水平距離為x,重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是()A.小車(chē)克服重力所做的功是mghB.合外力對(duì)小車(chē)做的功是C.推力對(duì)小車(chē)做的功是D.阻力對(duì)小車(chē)做的功是,圖8,解析小車(chē)克服重力做功W=Gh=mgh,A選項(xiàng)正確;由動(dòng)能定理小車(chē)受到的合力做的功等于小車(chē)動(dòng)能的增加,B選項(xiàng)正確;由動(dòng)能定理,W合=W推+W重+W阻=所以推力做的功W推-W阻-W重=W阻,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;阻力對(duì)小車(chē)做的功W阻=W推-W重=D選項(xiàng)正確.答案ABD,5.如圖8甲所示,靜置于光滑水平面上坐標(biāo)原點(diǎn)處的小物塊,在水平拉力F作用下,沿x軸方向運(yùn)動(dòng),拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示,圖線為半圓.則小物塊運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)的動(dòng)能為(),圖8,A.0B.C.D.解析根據(jù)動(dòng)能定理,小物塊運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)的動(dòng)能為這段時(shí)間內(nèi)力F所做的功,物塊在變力作用下,不能直接用功的公式來(lái)計(jì)算,但此題可用求“面積”的方法來(lái)解決,力F所做的功的大小等于半圓的“面積”大小.根據(jù)計(jì)算可知,C選項(xiàng)正確.答案C,6.如圖10甲所示,一質(zhì)量為m=1kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn),從t=0時(shí)刻開(kāi)始,物塊在受按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運(yùn)動(dòng),第3s末物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為0,第5s末物塊剛好回到A點(diǎn),已知物塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,(g取10m/s2)求:(1)AB間的距離.(2)水平力F在5s時(shí)間內(nèi)對(duì)物塊所做的功.,圖10,解析(1)在3s～5s內(nèi)物塊在水平恒力F作用下由B點(diǎn)勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),設(shè)加速度為a,AB間的距離為x,則F-μmg=ma(2)設(shè)整個(gè)過(guò)程中F做的功為WF,物塊回到A點(diǎn)時(shí)的速度為vA,由動(dòng)能定理得WF=2μmgx+max=24J答案(1)4m(2)24J,7.一質(zhì)量為M=2.0kg的小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng),被一水平向左飛來(lái)的子彈擊中,且子彈從小物塊中穿過(guò),子彈和小物塊的作用時(shí)間極短,如圖11甲所示.地面觀察者記錄的小物塊被擊中后的速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?.已知傳送帶的速度保持不變,g取10m/s2.求:,圖11,(1)傳送帶的速度v的大小.(2)小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(3)傳送帶對(duì)小物塊所做的功.解析(1)小物塊最后與傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度相同,從圖像上可讀出傳送帶的速度v的大小為2.0m/s.(2)由速度圖像可得,小物塊在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度為由牛頓第二定律得Ff=μMg=Ma得到小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù),(3)從子彈離開(kāi)小物塊到小物塊與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,設(shè)傳送帶對(duì)小物塊所做的功為W,由動(dòng)能定理得從速度圖像可知:v1=4.0m/s,v2=v=2.0m/s解得W=-12J答案(1)2.0m/s(2)0.2(3)-12J,反思總結(jié),返回,