《物理第五章 機械能 5.2 動能定理及其應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理第五章 機械能 5.2 動能定理及其應用（86頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講動能定理及其應用【知識導圖】運動焦耳222111mvmv22動能的變化Ek2-Ek2合外力標量【微點撥】1.三點易錯警示:(1)動能是狀態(tài)量,v是瞬時速度而不是平均速度。(2)動能只有正值,與速度方向無關。(3)動能定理表達式是標量式,不能在某個方向上應用。2.對“外力”的兩點提醒:(1)區(qū)別“內力”“外力”的關鍵是分析施力物體為系統(tǒng)內物體還是系統(tǒng)外物體。(2)重力可以是內力、也可以是外力,取決于地球是否被包含在系統(tǒng)內。【慧眼糾錯】(1)運動的物體具有的能量就是動能。糾錯:_。動能是物體由于運動而具有的能量,而運動物體具有的能量不一定是動能(2)一定質量的物體動能變化時,速度一定變化,但

2、速度變化時,動能也一定變化。糾錯:_。當物體的速度方向發(fā)生變化而速度大小不變時,物體的動能不變(3)動能保持不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。糾錯:_。速度的大小不變,方向變化,物體的動能不變,但是物體的速度在變化,物體并沒有處于平衡狀態(tài)(4)做自由落體運動的物體,動能與下落的時間成正比。糾錯:_。做自由落體運動的物體的速度v=gt,其動能為Ek= mv2= mg2t2,故動能與下落時間的二次方成正比1212(5)如果合外力對物體做功為零,那么物體所受的合外力一定為零。糾錯:_。(6)物體在合外力作用下做變速運動,動能一定變化。糾錯:_。合外力做功為零,可能合外力為零,也可能合外力方向上的位移為零物

3、體做變速運動,若只是速度方向變化,則動能不變(7)物體的動能不變,所受的合外力必定為零。糾錯:_。合外力做功為零則動能不變,但合外力不一定為零,如勻速圓周運動考點1動能定理的理解應用【典題探究】 【典例1】(2017全國卷)為提高冰球運動員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1Ek2,即甲物體獲得的動能比乙大,C正確,D錯誤?？键c2動能定理在多過程問題中的應用 【典題探究】 【典例2】(2016全國卷)如圖,一輕彈簧原長為2R,其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處,另一端位于直軌道上B處,彈簧處于自然狀態(tài),直軌道與一半徑為 R的光滑圓弧軌道相切于C點,AC=7R,5

4、6A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑,最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回,最高到達F點,AF=4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)= ,重力加速度大小為g。(取sin37= ,cos37= )導學號04450105143545(1)求P第一次運動到B點時速度的大小。(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。(3)改變物塊P的質量,將P推至E點,從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后,恰好通過G點。G點在C點左下方,與C點水平相距 R、豎直相距R,求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。72【題眼直擊】(1)光滑圓弧軌道_。(2)由靜止

5、開始自由下滑_。(3)P與直軌道間的動摩擦因數(shù)= _。14小物塊在軌道上運動不受摩擦力作用小物塊初速度為零小物塊在直軌道上運動受摩擦力作用【解析】(1)根據(jù)題意知,B、C之間的距離l=7R-2R設P到達B點時的速度為vB,由動能定理得mglsin-mglcos= 式中=37,聯(lián)立式并由題給條件得vB=2 2B1mv2gR(2)設BE=x。P到達E點時速度為零,設此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中,由動能定理有mgxsin-mgxcos-Ep=0- E、F之間的距離l1=4R-2R+x 2B1mv2P到達E點后反彈,從E點運動到F點的過程中,由動能定理有Ep-mgl1sin-m

6、gl1cos=0聯(lián)立式并由題給條件得x=REp=2.4mgR(3)由幾何知識得過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角為。設改變后P的質量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1= y1= 75RRsin2655RRRcos66設P在D點的速度為vD,由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1= gt2 x1=vDt 聯(lián)立 式得 12D3v5gR5設P在C點速度的大小為vC。在P由C運動到D的過程中機械能守恒,有 221 C1 D11155mvmvmg( RRcos )2266P由E點運動到C點的過程中,同理,由動能定理有Ep-m1g(x+5R)sin-m1g(x+5R)cos=

7、 聯(lián)立式得m1= 答案:(1)2 (2)2.4mgR(3) 21 C1mv2m3gR3m5gR 53【通關秘籍】 應用動能定理解題的基本步驟【考點沖關】 1.(多選)(2018新鄉(xiāng)模擬)如圖所示,一遙控電動賽車(可視為質點)從A點由靜止以恒定的功率沿水平地面向右加速運動,當?shù)竭_固定在豎直面內的光滑半圓軌道最低點B時關閉發(fā)動機,由于慣性,賽車繼續(xù)沿半圓軌道運動,并恰好能通過最高點C(BC為半圓軌道的豎直直徑)。已知賽車的質量為m,半圓軌道的半徑為R,A、B兩點間的距離為1.5R,賽車在地面上運動時受到的阻力大小恒為 mg,不計空氣阻力,重力加速度為g,下列判斷正確的是()導學號044501061

8、3A.賽車通過C點后落回地面的位置到B點的距離為2RB.賽車通過B點時的速度大小為2 C.賽車從A點運動到B點的過程中,其電動機所做的功為 D.要使賽車能滑過B點并沿半圓軌道滑回地面,其電動機所做的功W需滿足的條件為 gR5mgR2mgR3mgRW22【解析】選A、D。賽車恰好能通過最高點C時,由重力提供向心力,則有mg=m ,解得 vC= ,賽車離開C點后做平拋運動,則有水平方向 x=vCt,豎直方向2R= gt2,解得 x=2R,即賽車通過C點后落回地面的位置到B點的距離為2R,故A正確;從B到C的過程,由動能定理得-mg2R= ,解得 vB= ,故B錯誤;賽車從A點運動到B點的過程中,由

9、動能定理得gR2CvR1222CB11mvmv225gRW- mg1.5R= -0,解得電動機做的功 W=3mgR,故C錯誤;當賽車剛好運動到B點速度為零時,賽車從A點運動到B點的過程中,由動能定理得 W1- mg1.5R=0,解得電動機做的功 W1= ,當賽車剛好能滑到與圓心等高處速度為零時,賽車從A點運動到與圓心等高位置的過程中,由動能定理得 W2- mg1.5R-mgR=0,132B1mv213mgR213解得電動機做的功 W2= ,所以要使賽車能滑過B點并沿半圓軌道滑回地面,其電動機所做的功W需滿足的條件為 W ,故D正確。3mgR2mgR23mgR22.(2018銀川模擬)如圖所示,

10、一質量m=0.4 kg的滑塊(可視為質點)靜止于動摩擦因數(shù)=0.1的水平軌道上的A點?，F(xiàn)對滑塊施加一水平外力,使其向右運動,外力的功率恒為P=10.0 W。經過一段時間后撤去外力,滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出,恰好在C點以5 m/s的速度沿切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道,軌道的最低點D處裝有壓力傳感器。已知軌道AB的長度L=2.0 m,半徑OC和豎直方向的夾角=37,圓形軌道的半徑R=0.5 m。(空氣阻力可忽略,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8),求:(1)滑塊運動到D點時壓力傳感器的示數(shù)。(2)水平外力作用在滑塊上的時間t?！窘馕觥?1

11、)滑塊由C點運動到D點的過程,由動能定理得:mgR(1-cos37)= 解得:vD=3 m/s在D點,對滑塊由牛頓第二定律得:FN-mg=m 解得:FN=25.6 N根據(jù)牛頓第三定律得滑塊對軌道的壓力FN=FN=25.6 N,方向豎直向下。22DC11mvmv2232DvR(2)滑塊離開B點后做平拋運動,恰好在C點沿切線方向進入圓弧形軌道,由幾何關系可知,滑塊運動在B點的速度為vB=vCcos37=4 m/s滑塊由A點運動到B點的過程,由動能定理得:Pt-mgL= -0解得:t=0.4 s。答案:(1)25.6 N(2)0.4 s2B1mv2【加固訓練】(2018郴州模擬)如圖甲所示是高速公路

12、出口的匝道,車輛為了防止在轉彎時出現(xiàn)側滑的危險,必須在匝道的直道上提前減速?，F(xiàn)繪制水平面簡化圖如圖乙所示,一輛質量m=2 000 kg的汽車原來在水平直道上做勻速直線運動,行駛速度v0=108 km/h,恒定阻力Ff=1 000 N。現(xiàn)將汽車的減速運動簡化為兩種方式:方式一為“小踩剎車減速”,司機松開油門使汽車失去牽引力,在水平方向上僅受勻速運動時的恒定阻力作用;方式二為“剎車減速”,汽車做勻減速直線運動的加速度a=6 m/s2。(1)求汽車原來勻速直線行駛時的功率。(2)司機在離彎道口Q距離為x1的地方開始減速,全程采取“小踩剎車減速”,汽車恰好能以15 m/s的安全速度進入彎道,求出汽車在

13、上述減速直線運動的過程中克服阻力做功的大小以及距離x1的大小。(3)在離彎道口Q距離為125 m的P位置,司機先采取“小踩剎車減速”滑行一段距離x2后,立即采取“剎車減速”,汽車仍能恰好以15 m/s的安全速度進入彎道,求x2的大小?！窘馕觥?1)汽車勻速運動的速度為:v0=108 km/h=30 m/s因為汽車做勻速直線運動,所以牽引力為:F=Ff汽車的功率為:P=Fv0故P=Ffv0=30 kW(2)全程采取“小踩剎車減速”時,由動能定理得:-Wf= 解得克服阻力做功為:Wf=6.75105J又: Wf=Ffx1解得:x1=675 m221011mvmv22(3)從P到Q的過程中,由動能定

14、理得:-Ffx2-ma(125-x2)= 解得:x2=75 m答案:(1)30 kW (2)6.75105 J675 m(3)75 m221011mvmv22考點3動能定理與圖象結合問題 【典題探究】 【典例3】(2018武漢模擬)如圖甲所示,位于豎直平面內的軌道,由一段斜的直軌道AB和光滑半圓形軌道BC平滑連接而成,AB的傾角為30,半圓形軌道的半徑R=0.1 m,直徑BC豎直。質量m=1 kg的小物塊從斜軌道上距半圓形軌道底部高為h處由靜止開始下滑,經B點滑上半圓形軌道。已知物塊與斜軌道間的動摩擦因數(shù)為 ,g取10 m/s2。導學號0445010736(1)若h=1 m,求物塊運動到圓軌道

15、最低點B時對軌道的壓力。(2)若物塊能到達圓軌道的最高點C,求h的最小值。(3)試求物塊經最高點C時對軌道壓力F隨高度h的變化關系,并在圖乙坐標系中作出F-h圖象?！窘馕觥?1)物塊運動到圓軌道最低點B的過程由動能定理得:mgh-mgcos30 在B點,由牛頓第二定律得:FN-mg=m 代入數(shù)據(jù)解得:FN=110 N根據(jù)牛頓第三定律知,物塊對軌道的壓力大小為110 N,方向豎直向下2h1mv0sin3022vR(2)設物塊恰好能到達圓軌道的最高點C,此時對應的高度為hmin,C點的速度為v0,由動能定理得:mg(hmin-2R)-mgcos30 經最高點C時,由牛頓第二定律得:mg=m 代入數(shù)

16、據(jù)解得:hmin=0.5 m2min0h1mv0sin30220vR(3)設物塊到達圓軌道最高點時的速度為v,軌道對物塊的彈力大小為FN,由動能定理有:mg(h-2R)-mgcos30 經最高點C,由牛頓第二定律得:FN+mg=m 解得:FN=100h-50(N)(h0.5 m)2h1mv0sin3022vR則壓力 F=FN=100 h-50(N)(h0.5 m),作出F-h圖象如圖所示: 答案:(1)110 N方向豎直向下(2)0.5 m(3)見解析圖【遷移訓練】 遷移1:動能定理與F-x圖象結合問題 (多選)(2018臨沂模擬)水平面上質量為m=6 kg的物體,在大小為12 N的水平拉力F

17、的作用下做勻速直線運動,從x=2.5 m位置處拉力F逐漸減小,力F隨位移x變化規(guī)律如圖所示,當x=7 m時拉力減為零,物體也恰好停下,g取10 m/s2,下列結論正確的是()A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2B.合外力對物體所做的功為-27 JC.物體勻速運動時的速度為3 m/sD.物體在減速階段所受合外力的沖量為12 Ns【解析】選A、B、C。物體做勻速運動時,由平衡條件得Ff=F=12 N,= =0.2,故A正確;圖象與坐標軸圍成的面積表示拉力做的功,則由圖象可知WF=122.5 J+ (7-2.5)12 J=57 J,滑動摩擦力做的功為Wf=-mgx=-0.26107 J=-84 J

18、,所以fF12 Nmg6 10 N12合外力做的功為W合=-84 J+57 J=-27 J,故B正確;由動能定理得W合=0- ,解得v0=3 m/s,故C正確;由動量定理得I=0-mv0=-63 Ns=-18 Ns,故D錯誤。201mv2遷移2:動能定理與P-t圖象結合問題(多選)(2018南平模擬)放在粗糙水平地面上質量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用,在06 s內其速度與時間的關系圖象和該拉力的功率與時間的關系圖象分別如圖所示。下列說法中正確的是()A.06 s內拉力做的功為140 JB.物體在02 s內所受的拉力為4 NC.物體與粗糙水平地面的動摩擦因數(shù)為0.5D.合外力在06 s

19、內做的功與02 s內做的功相等【解析】選A、D。由于P-t圖象與t軸圍成的面積表示拉力所做的功,所以06 s內拉力做的功為W= 260 J+420 J=140 J,故A正確;由水平拉力的功率P=Fv可得,在02 s內拉力F= =6 N,26 s,拉力F= =2 N,故B錯誤;物體在水平面上只受摩擦力和拉力,在26 s內物體受力平衡可得Ff=mg=F,12PvPv解得= =0.25,故C錯誤;由v-t圖象可知,物體在2 s末的速度與6 s末的速度相等,由動能定理W合=Ek可知,06 s與02 s動能的變化量相同,所以合外力在06 s內做的功與02 s內做的功相等,故D正確。F2 Nmg0.8 1

20、0 N遷移3:動能定理與v-t圖象結合問題(2018昆明模擬)低空跳傘是一種危險性很高的極限運動,通常從高樓、懸崖、高塔等固定物上起跳,在極短時間內必須打開降落傘,才能保證著地安全,某跳傘運動員從高H=100 m的樓層起跳,自由下落一段時間后打開降落傘,最終以安全速度勻速落地。若降落傘視為瞬間打開,得到運動員起跳后的速度v隨時間t變化的圖象如圖所示,已知運動員及降落傘裝備的總質量m=60 kg,開傘后所受阻力大小與速率成正比,即Ff=kv,g取10 m/s2,求:(1)打開降落傘瞬間運動員的加速度。(2)打開降落傘后阻力所做的功。【解析】(1)勻速運動時,則有:mg=kv解得:k=120 N/

21、(ms-1)打開降落傘的瞬間,速度為:v1=18 m/s由牛頓第二定律得:kv1-mg=ma解得:a=26 m/s2方向豎直向上(2)根據(jù)圖線圍成的面積知,自由下落的位移為:x1= 218 m=18 m則打開降落傘后的位移為:x2=H-x1=100 m-18 m=82 m由動能定理得:mgx2+Wf= mv2- 代入數(shù)據(jù)解得:Wf=-58 170 J答案:(1)26 m/s2,方向豎直向上 (2)-58 170 J1212211mv2【通關秘籍】 1.四類圖象所圍“面積”的意義:2.解決動能定理與圖象問題的基本步驟:【加固訓練】(2018宿州模擬)宇航員在某星球表面做了如下實驗,實驗裝置如圖甲

22、所示,豎直平面內的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成。將質量m=0.2 kg的小球,從軌道AB上高H處的某點由靜止釋放,用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小為F,改變H的大小,可測出F隨H的變化關系如圖乙所示,求:(1)圓軌道的半徑。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球經過C點時動能隨H的變化關系Ek-H圖象?！窘馕觥?1)小球過C點時,由牛頓第二定律得:F+mg= 小球由靜止下滑至C點的過程,由動能定理得:mg(H-2r)= 解得:F= -5mg由圖可知:當H1=0.5 m時,F1=0 N解得:r=0.2 m2Cvmr2C1mv22mgHr(2)當H2=1.0 m時,F2=5 N解得:g=5 m/s2(3)小球由靜止下滑至C點的過程,由動能定理得:mg(H-2r)=Ek-0解得:Ek=H-0.4則Ek-H圖象如圖所示: 答案:(1)0.2 m(2)5 m/s2(3)見解析