2017_2018學年高中物理第3章動能的變化與機械功教學案（打包6套）滬科版.zip

2017_2018學年高中物理第3章動能的變化與機械功教學案（打包6套）滬科版.zip,2017,_2018,學年,高中物理,章動,變化,機械功,教學,打包,滬科版 第3章 動能的變化與機械功 章末總結(jié) 一、功和功率的計算 1.功的計算方法 (1)利用W＝Fscos α求功，此時F是恒力. (2)利用動能定理或功能關(guān)系求功. (3)利用W＝Pt求功. 2.功率的計算方法 (1)P＝：此式是功率的定義式，適用于任何情況下功率的計算，但常用于求解某段時間內(nèi)的平均功率. (2)P＝Fvcos α：此式一般計算瞬時功率，但當速度為平均速度時，功率為平均功率. 例1　質(zhì)量為m＝20 kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動.0～2 s內(nèi)F與運動方向相反，2～4 s內(nèi)F與運動方向相同，物體的v－t圖像如圖1所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖1 A.拉力F的大小為100 N B.物體在4 s時拉力的瞬時功率為120 W C.4 s內(nèi)拉力所做的功為480 J D.4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320 J 答案　B 解析　由圖像可得：0～2 s內(nèi)物體做勻減速直線運動，加速度大小為：a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，勻減速過程有F＋f＝ma1.勻加速過程加速度大小為a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，有F－f＝ma2，解得f＝40 N，F(xiàn)＝60 N，故A錯誤.物體在4 s時拉力的瞬時功率為P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正確.4 s內(nèi)物體通過的位移為s＝(×2×10－×2×2)m＝8 m，拉力做功為W＝－Fs＝－480 J，故C錯誤.4 s內(nèi)物體通過的路程為x＝(×2×10＋×2×2) m＝12 m，摩擦力做功為Wf＝－fx＝－40×12 J＝－480 J，故D錯誤. 針對訓練 1　如圖2所示，兩個完全相同的小球A、B，在同一高度處以相同大小的初速度v0分別水平拋出和豎直向上拋出，不計空氣阻力，則(　　) 圖2 A.兩小球落地時速度相同 B.兩小球落地時重力的功率相等 C.從開始運動至落地，重力對兩小球做功相同 D.從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率相等 答案　C 解析　由機械能守恒定律可得兩球落地時速度大小相等，但落地時的速度方向不相同，故速度不相同，A項錯誤.重力在落地時的瞬時功率P＝mgvcos α，α為重力與速度方向的夾角，由于α不相等，故兩小球落地時重力的功率不相等，B項錯誤.重力做功取決于下降的高度h，從開始運動至落地h相等，故重力對兩小球做功相同，C項正確.重力做功的平均功率P＝，兩球運動的時間不相等，故重力對兩小球做功的平均功率不相等，D項錯誤. 針對訓練2　(多選)如圖3所示，一質(zhì)量為1.2 kg的物體從傾角為30°、長度為10 m的光滑斜面頂端由靜止開始下滑.g＝10 m/s2，則(　　) 圖3 A.物體滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是60 W B.物體滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是120 W C.整個過程中重力做功的平均功率是30 W D.整個過程中重力做功的平均功率是60 W 答案　AC 解析　由動能定理得mgssin 30°＝mv2，所以物體滑到斜面底端時的速度為10 m/s，此時重力做功的瞬時功率為P＝mgvcos α＝mgvcos 60°＝1.2×10×10× W＝60 W，故A對，B錯.物體下滑時做勻加速直線運動，其受力情況如圖所示.由牛頓第二定律得物體的加速度a＝＝10× m/s2＝5 m/s2；物體下滑的時間t＝＝ s＝2 s；物體下滑過程中重力做的功為W＝mgs·sin θ＝mgs·sin 30°＝1.2×10×10× J＝60 J；重力做功的平均功率＝＝ W＝30 W.故C對，D錯. 二、對動能定理的理解及在多過程問題中的應用 動能定理一般應用于單個物體，研究過程可以是直線運動，也可以是曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功；既適用于各個力同時作用在物體上，也適用于不同的力分階段作用在物體上，凡涉及力對物體做功過程中動能的變化問題幾乎都可以使用，但使用時應注意以下幾點： 1.明確研究對象和研究過程，確定初、末狀態(tài)的速度情況. 2.對物體進行正確的受力分析(包括重力、彈力等)，弄清各力做功大小及功的正、負情況. 3.有些力在運動過程中不是始終存在，物體運動狀態(tài)、受力等情況均發(fā)生變化，則在考慮外力做功時，必須根據(jù)不同情況分別對待，正確表示出總功. 4.若物體運動過程中包含幾個不同的子過程，解題時，可以分段考慮，也可視為一個整體過程考慮，列出動能定理方程求解. 例2　一列火車由機車牽引沿水平軌道行駛，經(jīng)過時間t，其速度由0增大到v.已知列車總質(zhì)量為M，機車功率P保持不變，列車所受阻力f為恒力.求這段時間內(nèi)列車通過的路程. 答案　 解析　以列車為研究對象，列車水平方向受牽引力和阻力.設(shè)列車通過的路程為x.據(jù)動能定理WF－Wf＝Mv2－0，因為列車功率一定，據(jù)P＝可知牽引力的功WF＝Pt，Pt－fx＝Mv2，解得x＝. 針對訓練3　如圖4所示，光滑斜面AB的傾角θ＝53°，BC為水平面，BC長度lBC＝1.1 m，CD為光滑的圓弧，半徑R＝0.6 m.一個質(zhì)量m＝2 kg的物體，從斜面上A點由靜止開始下滑，物體與水平面BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道在B、C兩點光滑連接.當物體到達D點時，繼續(xù)豎直向上運動，最高點距離D點的高度h＝0.2 m.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g取10 m/s2.求： 圖4 (1)物體運動到C點時的速度大小vC； (2)A點距離水平面的高度H； (3)物體最終停止的位置到C點的距離x. 答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m 解析　(1)物體由C點運動到最高點，根據(jù)動能定理得：－mg(h＋R)＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得：vC＝4 m/s (2)物體由A點運動到C點，根據(jù)動能定理得：mgH－μmglBC＝mv－0 代入數(shù)據(jù)解得：H＝1.02 m (3)從物體開始下滑到停下，根據(jù)動能定理得：mgH－μmgx1＝0 代入數(shù)據(jù)，解得x1＝5.1 m 由于x1＝4lBC＋0.7 m 所以，物體最終停止的位置到C點的距離為：x＝0.4 m. 例3　滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來.如圖5是滑板運動的軌道，BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，BC段的圓心為O點，圓心角為60°，半徑OC與水平軌道CD垂直，水平軌道CD段粗糙且長8 m.某運動員從軌道上的A點以3 m/s的速度水平滑出，在B點剛好沿軌道的切線方向滑入圓弧形軌道BC，經(jīng)CD軌道后沖上DE軌道，到達E點時速度減為零，然后返回.已知運動員和滑板的總質(zhì)量為60 kg，B、E兩點到水平軌道CD的豎直高度分別為h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求： 圖5 (1)運動員從A點運動到達B點時的速度大小vB； (2)軌道CD段的動摩擦因數(shù)μ； (3)通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點？如能，請求出回到B點時速度的大?。蝗绮荒?，則最后停在何處？ 答案　(1)6 m/s　(2)0.125　(3)不能回到B處，最后停在D點左側(cè)6.4 m處或C點右側(cè)1.6 m處 解析　(1)由題意可知：vB＝ 解得：vB＝6 m/s. (2)從B點到E點，由動能定理可得： mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv 代入數(shù)據(jù)可得：μ＝0.125. (3)設(shè)運動員能到達左側(cè)的最大高度為h′，從B到第一次返回左側(cè)最高處，根據(jù)動能定理得： mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mv 解得h′＝1.8 m0，則表示物體的動能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動能減少. 2.對動能定理W＝ΔEk的理解 (1)動能定理的實質(zhì) ①動能定理揭示了合外力對物體做功與物體動能的變化之間的定量關(guān)系和因果聯(lián)系，合外力做功是因，動能變化是果.動能的改變可由合外力做的功來度量. ②合外力對物體做了多少功，物體的動能就變化多少.合外力做正功，物體的動能增加；合外力做負功，物體的動能減少. (2)動能定理的適用范圍：動能定理是在物體受恒力作用且做直線運動的情況下得出的，對于外力是變力、物體做曲線運動、物體經(jīng)歷多過程的情況同樣適用. 例1　下列關(guān)于動能的說法正確的是(　　) A.兩個物體中，速度大的動能也大 B.某物體的速度加倍，它的動能也加倍 C.做勻速圓周運動的物體動能保持不變 D.某物體的動能保持不變，則速度一定不變 答案　C 解析　動能的表達式為Ek＝mv2，即物體的動能大小由質(zhì)量和速度大小共同決定，速度大的物體的動能不一定大，故A錯誤；速度加倍，它的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故B錯誤；速度只要大小保持不變，動能就不變，故C正確，D錯誤. 例2　在光滑水平面上，質(zhì)量為2 kg的物體以2 m/s的速度向東運動，若對它施加一向西的力使它停下來，則該外力對物體做的功是(　　) A.16 J B.8 J C.－4 J D.0 答案　C 解析　根據(jù)動能定理W＝mv－mv＝0－×2×22 J＝－4 J，選項C正確. 二、實驗探究：恒力做功與物體動能變化的關(guān)系 [導學探究]　觀察分別用如圖2甲、乙兩套實驗裝置探究恒力做功與物體動能變化的關(guān)系，思考下面問題： 圖2 以上兩套實驗操作有何不同之處？ 答案　甲圖用的是打點計時器 乙圖用的是光電門 [知識深化] 1.探究思路 探究恒力做功與物體動能變化的關(guān)系，需要測量不同的力在不同的過程中做的功和對應的物體動能的變化量，這就需要測出物體的受力、力作用的距離和這段距離上物體的初、末速度以及物體的質(zhì)量等物理量，其中比較難測量的是物體在各個位置的速度，可借助光電門較準確地測出，也可借助紙帶和打點計時器來測量. 2.實驗設(shè)計 用氣墊導軌進行探究 裝置如圖2乙所示，所使用的器材有氣墊導軌、滑塊、計時器、氣源、刻度尺、細繩、鉤碼等. 3.實驗步驟 (1)用天平測出滑塊的質(zhì)量m. (2)按圖乙所示安裝實驗裝置. (3)平衡摩擦力，將氣墊導軌(或長木板)沒有滑輪的一端適當抬高，輕推滑塊，使滑塊能做勻速運動. (4)讓滑塊通過細繩連接鉤碼(或小沙桶)，使鉤碼(或小沙桶)的質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量，滑塊在細線的拉力作用下做勻加速運動，由于鉤碼(或小沙桶)質(zhì)量很小，可以認為滑塊所受拉力F的大小等于鉤碼(或小沙桶)所受重力的大小. (5)釋放滑塊，滑塊在細繩的拉力作用下運動，用光電門(或打點計時器)記錄滑塊的運動情況，求出滑塊的速度v1和v2(若分析滑塊從靜止開始的運動，v1＝0)，并測出滑塊相應的位移s. (6)驗證Fs＝mv－mv，在誤差允許范圍內(nèi)成立即可. 例3　某實驗小組利用拉力傳感器和速度傳感器探究“恒力做功與物體動能變化的關(guān)系”.如圖3所示，他們將拉力傳感器固定在小車上，用不可伸長的細線將其通過一個定滑輪與鉤碼相連，用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大小.在水平桌面上相距50.0 cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，記錄小車通過A、B時的速度大小.小車中可以放置砝碼. 圖3 (1)實驗主要步驟如下： ①測量 和拉力傳感器的總質(zhì)量M1；把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；正確連接所需電路. ②將小車停在C點，接通電源， ，小車在細線拉動下運動，記錄細線拉力及小車通過A、B時的速度. ③在小車中增加砝碼，重復②的操作. (2)表1是他們測得的一組數(shù)據(jù)，其中M是M1與小車中砝碼質(zhì)量之和，|v－v|是兩個速度傳感器所記錄速度的平方差，可以據(jù)此計算出動能變化量ΔEk，F(xiàn)是拉力傳感器受到的拉力，W是F在A、B間所做的功.表格中的ΔEk3＝ ，W3＝ .(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 表1　數(shù)據(jù)記錄表 次數(shù) M/kg |v－v|/(m/s)2 ΔEk/J F/N W/J 1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.200 2 0.500 1.650 0.413 0.840 0.420 3 0.500 2.400 ΔEk3 1.220 W3 4 1.000 2.400 1.200 2.420 1.210 5 1.000 2.840 1.420 2.860 1.430 (3)根據(jù)表1在圖4中作出ΔEk－W圖線. 圖4 答案　(1)①小車?、谌缓筢尫判≤嚒?2)0.600　0.610　(3)如圖所示 1.(對動能定理的理解)有一質(zhì)量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖5所示.如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是(　　) 圖5 A.木塊所受的合外力為零 B.因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力做的功為零 C.重力和摩擦力的合力做的功為零 D.重力和摩擦力的合力為零 答案　C 解析　木塊做曲線運動，速度方向變化，加速度不為零，故合外力不為零，A錯；速率不變，動能不變，由動能定理知，合外力做的功為零，而支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與摩擦力做的功的代數(shù)和為零，但重力和摩擦力的合力不為零，C對，B、D錯. 2.(動能定理的簡單應用)一質(zhì)量m＝1 kg的物體以20 m/s的初速度被豎直向下拋出，當物體離拋出點高度h＝5 m處時的動能是多大？(g取10 m/s2) 答案　250 J 解析　mgh＝Ek－mv 得：Ek＝mgh＋mv＝250 J. 3.(探究恒力做功與物體動能變化的關(guān)系)質(zhì)量為1 kg的重物自由下落，通過打點計時器在紙帶上記錄運動的過程，打點計時器所接電源為6 V、50 Hz的交流電源.如圖6所示，紙帶上O點為重物自由下落時紙帶打點的起點，選取的計數(shù)點A、B、C、D、E、F、G依次間隔一個點(圖中未畫出)，紙帶上的數(shù)據(jù)表示各計數(shù)點與O點間的距離. 圖6 (1)求出B、C、D、E、F各點對應的速度并填入下表. 計數(shù)點 B C D E F 速度/(m·s－1) (2)求出物體下落時從O點到B、C、D、E、F各點過程中重力所做的功，并填入下表. 計數(shù)點 B C D E F 功/J (3)適當選擇坐標軸，在圖7中作出重物重力做的功與重物速度的平方之間的關(guān)系圖像.圖中縱坐標表示 ，橫坐標表示 ，由圖可得重力所做的功與 成 關(guān)系.(g取9.8 m/s2) 圖7 答案　見解析 解析　(1)由題意知 vB＝＝ m/s≈1.18 m/s， 同理vC≈1.57 m/s，vD≈1.96 m/s， vE≈2.35 m/s，vF≈2.74 m/s. (2)重力做的功 WB＝mg·OB＝1×9.8×70.6×10－3 J≈0.69 J， 同理WC≈1.23 J，WD≈1.92 J，WE≈2.76 J，WF≈3.76 J. (3)WG-v2圖像如圖所示.圖中縱坐標表示重力做的功WG，橫坐標表示物體速度的平方v2；由圖可得重力所做的功與物體速度的平方成正比關(guān)系. 課時作業(yè) 一、選擇題(1～6題為單選題，7～10題為多選題) 1.下列關(guān)于運動物體的合外力做功和動能、速度變化的關(guān)系，正確的是(　　) A.物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化 B.若合外力對物體做功為零，則合外力一定為零 C.物體的合外力做功，它的速度大小一定發(fā)生變化 D.物體的動能不變，所受的合外力必定為零 答案　C 解析　力是改變物體速度的原因，物體做變速運動時，合外力一定不為零，但合外力不為零時，做功可能為零，動能可能不變，A、B錯誤.物體的合外力做功，它的動能一定變化，速度大小也一定變化，C正確.物體的動能不變，所受合外力做功一定為零，但合外力不一定為零，D錯誤. 2.如圖1所示，某人用力踢出質(zhì)量為0.4 kg的足球，使球由靜止以10 m/s的速度飛出，假定人踢球瞬間對球的平均作用力是200 N，球在水平方向運動了40 m停止，那么人對球所做的功為(　　) 圖1 A.20 J B.50 J C.4 000 J D.8 000 J 答案　A 解析　由動能定理得，人對球做的功W＝mv2－0＝20 J，A正確. 3.一質(zhì)量為2 kg的滑塊，以4 m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，從某一時刻起，在滑塊上作用一向右的水平力，經(jīng)過一段時間，滑塊的速度方向變?yōu)橄蛴?，大小? m/s，在這段時間里水平力所做的功為(　　) A.32 J B.16 J C.8 J D.0 答案　D 解析　由動能定理得WF＝mv－mv＝×2×42 J－×2×(－4)2 J＝0，故D正確. 4.質(zhì)量為2 kg的物體A以5 m/s的速度向北運動，另一個質(zhì)量為0.5 kg的物體B以10 m/s的速度向西運動，它們的動能分別為EkA和EkB，則(　　) A.EkA＝EkB B.EkA＞EkB C.EkA＜EkB D.因運動方向不同，無法比較動能 答案　A 解析　根據(jù)Ek＝mv2知，EkA＝25 J，EkB＝25 J，因動能是標量，所以EkA＝EkB，A項正確. 5.物體在合外力作用下做直線運動的v－t圖像如圖2所示，下列表述正確的是(　　) 圖2 A.在0～1 s內(nèi)，合外力做正功 B.在0～2 s內(nèi)，合外力總是做負功 C.在1～2 s內(nèi)，合外力不做功 D.在0～3 s內(nèi)，合外力總是做正功 答案　A 解析　由v－t圖像知0～1 s內(nèi)，v增加，動能增加，由動能定理可知合外力做正功，A對.1～2 s內(nèi)，v減小，動能減小，合外力做負功，可見B、C、D錯. 6.如圖3所示，在水平桌面上的A點有一個質(zhì)量為m的物體以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，當它到達B點時，其動能為(　　) 圖3 A.mv＋mgH B.mv＋mgh C.mv－mgh D.mv＋mg(H—h) 答案　B 解析　由A到B，合外力對物體做的功W＝mgh，物體的動能變化ΔEk＝Ek－mv，根據(jù)動能定理得物體在B點的動能Ek＝mv＋mgh，B正確. 7.關(guān)于對動能的理解，下列說法正確的是(　　) A.動能是普遍存在的機械能的一種基本形式，凡是運動的物體都具有動能 B.動能總是正值，但對于不同的參考系，同一物體的動能大小是不同的 C.一定質(zhì)量的物體，動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化 D.動能不變的物體，受力一定為零 答案　ABC 解析　動能是物體由于運動而具有的能量，所以運動的物體都有動能，A正確；由于Ek＝mv2，而v與參考系的選取有關(guān)，所以B正確；由于速度為矢量，當方向變化時，若其速度大小不變，則動能不變，故C正確；做勻速圓周運動的物體動能不變，但物體受力并不為零，D錯誤. 8.一質(zhì)量為0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上勻速運動，與豎直墻壁碰撞后以原速率反彈，若以彈回的速度方向為正方向，則小球碰墻過程中的速度變化和動能變化分別是(　　) A.Δv＝10 m/s B.Δv＝0 C.ΔEk＝5 J D.ΔEk＝0 答案　AD 解析　速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s.而動能是標量，初末兩狀態(tài)的速度大小相等，故動能相等，因此ΔEk＝0.選A、D. 9.物體沿直線運動的v－t圖像如圖4所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對物體做的功為W，則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖4 A.從第1秒末到第3秒末合外力做功為W B.從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2W C.從第5秒末到第7秒末合外力做功為W D.從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.75W 答案　CD 解析　設(shè)物體的最大速度為v，則W＝mv2，W13＝mv－mv＝0 W35＝mv－mv＝－W，W57＝mv－mv＝W，W34＝mv－mv＝m(v)2－mv2＝－0.75W 10.某實驗小組成功地完成了探究功與速度變化及動能變化的關(guān)系的實驗，下列反映的關(guān)系中可能正確的是(　　) 答案　BCD 解析　由動能定理可知，W＝mv－mv＝ΔEk≠mΔv2，A錯誤，B正確；若v1＝0，則W＝mv，C、D正確. 二、非選擇題 11.為了探究“合力做功與速度變化的關(guān)系”，某學習小組在實驗室組裝了如圖5所示的裝置，備有下列器材：打點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、天平、細沙.他們稱得滑塊的質(zhì)量為M、沙和小桶的總質(zhì)量為m.當滑塊連接上紙帶，讓細線跨過光滑滑輪并懸掛空的小桶時，滑塊處于靜止狀態(tài).要完成該實驗，請回答下列問題： 圖5 (1)要完成本實驗，還缺少的實驗器材是 . (2)實驗時為保證滑塊受到的合力與沙、小桶的總重力大小基本相等，沙和小桶的總質(zhì)量應滿足的實驗條件是 ，實驗時為保證細線拉力等于滑塊所受的合力，首先要做的步驟是 . (3)在滿足(2)問的條件下，讓小桶帶動滑塊加速運動，如圖6所示為打點計時器所打的紙帶的一部分，圖中A、B、C、D、E是按時間先后順序確定的計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T，相鄰計數(shù)點間的距離已標注在圖上，當?shù)刂亓铀俣葹間，在B、D兩點間對滑塊進行研究，合力對滑塊做的功為 ，vB＝ ，vD＝ (用題中所給的代表數(shù)據(jù)的字母表示). 圖6 答案　(1)毫米刻度尺 (2)沙和小桶的總質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量　平衡摩擦力 (3)mg(s2＋s3)　　 12.如圖7甲所示是某同學驗證動能定理的實驗裝置. 圖7 其步驟如下： a.易拉罐內(nèi)盛上適量細沙，用輕繩通過滑輪連接在小車上，小車連接紙帶.合理調(diào)整木板傾角，讓小車沿木板勻速下滑. b.取下輕繩和易拉罐，測出易拉罐和細沙的質(zhì)量m及小車質(zhì)量M. c.取下細繩和易拉罐后，換一條紙帶，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙(中間部分未畫出)，O為打下的第一點.已知打點計時器的打點頻率為f，重力加速度為g. (1)步驟c中小車所受的合外力為 . (2)為驗證從O→C過程中小車合外力做功與小車動能變化的關(guān)系，測出B、D間的距離為s0，O、C間距離為s1，則C點的速度為 .需要驗證的關(guān)系式為 . 答案　(1)mg　(2)　mgs1＝ 解析　(2)vC＝＝＝，此過程中合外力做功為mgs1，小車動能的變化為Mv＝，則需要驗證的關(guān)系式為mgs1＝. 12 3.3　動能定理的應用 [學習目標]　1.能靈活運用合力做功的兩種求法.2.會用動能定理分析變力做功、曲線運動以及多過程問題.3.熟悉應用動能定理的步驟，領(lǐng)會應用動能定理解題的優(yōu)越性. 一、研究汽車的制動距離 應用動能定理分析問題，只需考慮物體初、末狀態(tài)的動能與所做的功，而不必考慮物體的加速度和時間，因而往往比用牛頓運動定律和運動學規(guī)律更簡便. 例1　質(zhì)量為m的汽車正以速度v0運動，司機踩下剎車閘，經(jīng)過位移s后汽車停止運動，若阻力為f，則汽車的制動距離與汽車的初速度的關(guān)系如何？ 答案　 解析　由動能定理得：－fs＝0－mv 得：s＝ (1)在f一定的情況下：s∝mv，即初動能越大，位移s越大. (2)對于給定汽車(m一定)，若f相同，則s∝v，即初速度越大，位移s就越大.若水平路面的動摩擦因數(shù)μ一定，則s＝＝. 二、合力做功與動能變化 1.合力做功的求法 (1)一般方法：W合＝W1＋W2＋…(即合力做的功等于各力對物體做功的代數(shù)和).對于多過程問題總功的計算必須用此方法. (2)多個恒力同時作用下的勻變速運動：W合＝F合scos α. 2.合力做功與動能的變化的關(guān)系 合力做功與動能的變化滿足動能定理，其表達式有兩種： (1)W1＋W2＋…＝ΔEk. (2)W合＝ΔEk. 例2　如圖1所示，利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質(zhì)量m＝20 kg，斜面傾角α＝37°，斜面的長度s＝0.5 m，貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，求貨物由靜止開始滑到底端的動能.(取g＝10 m/s2) 圖1 答案　見解析 解析　方法一　斜面上的貨物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三個力的作用，如圖所示.貨物位移的方向沿斜面向下.可以用正交分解法，將貨物所受的重力分解到與斜面平行的方向和與斜面垂直的方向. 可以看出，三個力中重力和摩擦力對貨物做功，而斜面支持力對貨物沒有做功. 其中重力G對貨物做正功W1＝mgssin 37°＝20×10×0.5×0.6 J＝60 J 支持力N對貨物沒有做功，W2＝0 摩擦力f對貨物做負功W3＝(μmgcos 37°)scos 180°＝－0.2×20×10×0.8×0.5 J＝－16 J 所以，合外力做的總功為W＝W1＋W2＋W3＝(60＋0－16) J＝44 J 由動能定理W＝Ek2－Ek1(其中Ek1＝0)知貨物滑到底端的動能Ek2＝W＝44 J. 方法二　若先計算合外力再求功，則合外力做的功 W＝F合s＝(mgsin 37°－μmgcos 37°)s＝(20×10×0.6－0.2×20×10×0.8)×0.5 J＝44 J 同樣可以得到貨物到底端時的動能Ek2＝44 J 三、利用動能定理求變力的功 1.動能定理不僅適用于求恒力做功，也適用于求變力做功，同時因為不涉及變力作用的過程分析，應用非常方便. 2.利用動能定理求變力的功是最常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk. 例3　如圖2所示，質(zhì)量為m的小球自由下落d后，沿豎直面內(nèi)的固定軌道ABC運動，AB是半徑為d的光滑圓弧，BC是直徑為d的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點).小球恰能通過圓弧軌道的最高點C.重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球運動到B處時對軌道的壓力大小. (2)小球在BC運動過程中，摩擦力對小球做的功. 答案　(1)5mg　(2)－mgd 解析　(1)小球下落到B點的過程由動能定理得2mgd＝mv2，在B點：N－mg＝m， 得：N＝5mg，根據(jù)牛頓第三定律：N′＝ N＝5mg. (2)在C點，mg＝m.小球從B運動到C的過程： mv－mv2＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd. 針對訓練　如圖3所示，某人利用跨過定滑輪的輕繩拉質(zhì)量為10 kg的物體.定滑輪的位置比A點高3 m.若此人緩慢地將繩從A點拉到B點，且A、B兩點處繩與水平方向的夾角分別為37°和30°，則此人拉繩的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計滑輪的摩擦) 圖3 答案　100 J 解析　取物體為研究對象，設(shè)繩的拉力對物體做的功為W.根據(jù)題意有h＝3 m. 物體升高的高度Δh＝－. ① 對全過程應用動能定理W－mgΔh＝0. ② 由①②兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得W＝100 J. 則人拉繩的力所做的功W人＝W＝100 J. 四、利用動能定理分析多過程問題 一個物體的運動如果包含多個運動階段，可以選擇分段或全程應用動能定理. (1)分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯(lián)立求解. (2)全程應用動能定理時，分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解. 當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便. 注意：當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移.計算總功時，應計算整個過程中出現(xiàn)過的各力做功的代數(shù)和. 例4　如圖4所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5 m，一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽)； (2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離. 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 解析　(1)設(shè)木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點時的速度為零.從木塊開始運動到沿弧形槽上升的最大高度處，由動能定理得： FL－fL－mgh＝0 其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝0.15 m (2)設(shè)木塊離開B點后沿桌面滑動的最大距離為x.由動能定理得： mgh－fx＝0 所以：x＝＝ m＝0.75 m 1.(用動能定理求變力的功)如圖5所示，質(zhì)量為m的物體與水平轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與轉(zhuǎn)軸相距R，物體隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動.當轉(zhuǎn)速增至某一值時，物體即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，此時轉(zhuǎn)臺開始勻速轉(zhuǎn)動.設(shè)物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，則在整個過程中摩擦力對物體做的功是(　　) 圖5 A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 答案　D 解析　物體即將在轉(zhuǎn)臺上滑動但還未滑動時，轉(zhuǎn)臺對物體的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設(shè)此時物體做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝. ① 在物體由靜止到獲得速度v的過程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物體做功，由動能定理得：W＝mv2－0. ② 聯(lián)立①②解得W＝μmgR. 2.(動能定理的應用)如圖6所示，物體在離斜面底端5 m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖6 答案　3.5 m 解析　對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示. 方法一　分過程列方程：設(shè)物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段 N1＝mgcos 37°， 故f1＝μN1＝μmgcos 37°. 由動能定理得：mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0 設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2， 摩擦力f2＝μN2＝μmg 由動能定理得：－μmg·l2＝0－mv2 由以上各式可得l2＝3.5 m. 方法二　全過程列方程： mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmg·l2＝0 得：l2＝3.5 m. 3.(動能定理在多過程問題中的應用)某興趣小組設(shè)計了如圖7所示的玩具軌道，其中“2008”四個等高數(shù)字用內(nèi)壁光滑的薄壁細圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)(所有數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細管的內(nèi)徑大得多)，底端與水平地面相切.彈射裝置將一個小物體(可視為質(zhì)點)以va＝5 m/s的水平初速度由a點彈出，從b點進入軌道，依次經(jīng)過“8002”后從p點水平拋出.小物體與地面ab段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，不計其它機械能損失.已知ab段長L＝1.5 m，數(shù)字“0”的半徑R＝0.2 m，小物體質(zhì)量m＝0.01 kg，g＝10 m/s2.求： 圖7 (1)小物體從p點拋出后的水平射程； (2)小物體經(jīng)過數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體作用力的大小和方向. 答案　(1)0.8 m　(2)0.3 N　方向豎直向下 解析　(1)設(shè)小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得： －μmgL－2mgR＝mv2－mv ① 從p點拋出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可得： 2R＝gt2 ② s＝vt ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：s＝0.8 m ④ (2)設(shè)在數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向 F＋mg＝ ⑤ 聯(lián)立①⑤式，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.3 N 方向豎直向下. 課時作業(yè) 一、選擇題(1～7題為單選題，8～9題為多選題) 1.在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時的速度為v0，當它落到地面時速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于(　　) A.mgh－mv2－mv B.mv2－mv－mgh C.mgh＋mv－mv2 D.mgh＋mv2－mv 答案　C 解析　選取物塊從剛拋出到正好落地時的過程，由動能定理可得： mgh－Wf克＝mv2－mv 解得：Wf克＝mgh＋mv－mv2. 2.如圖1所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質(zhì)量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為(　　) 圖1 A.μmgR B.mgR C.－mgR D.(1－μ)mgR 答案　D 解析　設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A運動到C的全過程，根據(jù)動能定理， 有mgR－WAB－μmgR＝0. 所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR. 3.一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，如圖2所示，則拉力F所做的功為(　　) 圖2 A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ) C.Flcos θ D.Flsin θ 答案　B 解析　小球緩慢移動，時時都處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，F(xiàn)＝mgtan θ，隨著θ的增大，F(xiàn)也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以這道題要考慮用動能定理求解.由于物體緩慢移動，動能保持不變，由動能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ). 4.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧最右端O相距s，如圖3所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(不計空氣阻力)(　　) 圖3 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C.μmgs D.μmgx 答案　A 解析　設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為W，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對物體做功為－W，摩擦力對物體做功為－μmg(s＋x)，根據(jù)動能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv，所以W＝mv－μmg(s＋x). 5.質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖4所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用.設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是(　　) 圖4 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　C 解析　小球通過最低點時，設(shè)繩的張力為T，則 T－mg＝m，6mg＝m ① 小球恰好過最高點，繩子拉力為零，這時mg＝m ② 小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得 －mg·2R－Wf＝mv－mv ③ 由①②③式聯(lián)立解得Wf＝mgR，選C. 6.如圖5所示，假設(shè)在某次比賽中運動員從10 m高處的跳臺跳下，設(shè)水的平均阻力約為其體重的3倍，在粗略估算中，把運動員當作質(zhì)點處理，為了保證運動員的人身安全，池水深度至少為(不計空氣阻力)(　　) 圖5 A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m 答案　A 解析　設(shè)水深為h，對運動全程運用動能定理可得： mg(H＋h)－fh＝0， mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m. 7.如圖6所示，小球以初速度v0從A點沿粗糙的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經(jīng)過A點，則經(jīng)過A點的速度大小為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　B 解析　從A到B運動過程中，重力和摩擦力都做負功，根據(jù)動能定理可得mgh＋Wf＝mv，從B到A過程中，重力做正功，摩擦力做負功(因為是沿原路返回，所以兩種情況摩擦力做功大小相等)，根據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝mv2，兩式聯(lián)立得再次經(jīng)過A點的速度為，故B正確. 8.在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到vmax后，立即關(guān)閉發(fā)動機直至靜止，v－t圖像如圖7所示，設(shè)汽車的牽引力為F，受到的摩擦力為f，全程中牽引力做功為W1，克服摩擦力做功為W2，則(　　) 圖7 A.F∶f＝1∶3 B.W1∶W2＝1∶1 C.F∶f＝4∶1 D.W1∶W2＝1∶3 答案　BC 解析　對汽車運動的全過程，由動能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，選項B正確，選項D錯誤；由動能定理得Fs1－fs2＝0，由圖像知s1∶s2＝1∶4.所以F∶f＝4∶1，選項A錯誤，選項C正確. 9.如圖8所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動.小環(huán)從最高點A滑到最低點B的過程中，線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖像可能是圖中的(　　) 圖8 答案　AB 解析　對小環(huán)由動能定理得mgh＝mv2－mv，則v2＝2gh＋v.當v0＝0時，B正確.當v0≠0時，A正確. 二、非選擇題 10.如圖9所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點相連，軌道位于豎直面內(nèi)，其半徑為R，一個質(zhì)量為m的物塊靜止在水平面上，現(xiàn)向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當它經(jīng)B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，重力加速度為g.求： 圖9 (1)彈簧彈力對物塊做的功； (2)物塊從B到C克服阻力所做的功； (3)物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能. 答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR 解析　(1)由動能定理得W＝mv 在B點由牛頓第二定律得7mg－mg＝m 解得W＝3mgR (2)物塊從B到C由動能定理得 mv－mv＝－2mgR＋W′ 物塊在C點時mg＝m 解得W′＝－mgR，即物塊從B到C克服阻力做功為mgR. (3)物塊從C點平拋到水平面的過程中，由動能定理得 2mgR＝Ek－mv，解得Ek＝mgR. 11.如圖10所示，一個質(zhì)量為m＝0.6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s從P點水平拋出，從粗糙圓弧ABC的A點沿切線方向進入(不計空氣阻力，進入圓弧時無動能損失)且恰好沿圓弧通過最高點C，已知圓弧的圓心為O，半徑R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)小球到達A點的速度vA的大??； (2)P點到A點的豎直高度H； (3)小球從圓弧A點運動到最高點C的過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J 解析　(1)在A點由速度的合成得vA＝， 代入數(shù)據(jù)解得vA＝4 m/s (2)從P點到A點小球做平拋運動，豎直分速度vy＝v0tan θ ① 由運動學規(guī)律有v＝2gH ② 聯(lián)立①②解得H＝0.6 m (3)恰好過C點滿足mg＝ 由A點到C點由動能定理得－mgR(1＋cos θ)－W＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得W＝1.2 J. 12.如圖11所示，繃緊的傳送帶在電動機帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速度勻速運行，傳送帶與水平地面的夾角θ＝30°，現(xiàn)把一質(zhì)量m＝10 kg的工件輕輕地放在傳送帶底端，由傳送帶傳送至h＝2 m的高處.已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2. 圖11 (1)通過計算分析工件在傳送帶上做怎樣的運動？ (2)工件從傳送帶底端運動至h＝2 m高處的過程中摩擦力對工件做了多少功？ 答案　(1)工件先以2.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，運動0.8 m與傳送帶達到共同速度2 m/s后做勻速直線運動　(2)220 J 解析　(1)工件剛放上傳送帶時受滑動摩擦力： f＝μmgcos θ， 工件開始做勻加速直線運動，由牛頓運動定律： f－mgsin θ＝ma可得： a＝－gsin θ＝g(μcos θ－sin θ) ＝10× m/s2＝2.5 m/s2. 設(shè)工件經(jīng)過位移s與傳送帶達到共同速度，由勻變速直線運動規(guī)律可得：s＝＝ m＝0.8 m＜＝4 m 故工件先以2.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，運動0.8 m與傳送帶達到共同速度2 m/s后做勻速直線運動. (2)在工件從傳送帶底端運動至h＝2 m高處的過程中，設(shè)摩擦力對工件做功為Wf，由動能定理得Wf－mgh＝mv， 可得：Wf＝mgh＋mv＝10×10×2 J＋×10×22 J＝220 J. 13