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1、会计学1时动能时动能(dngnng)和动能和动能(dngnng)定理定理第一页，共41页。热点聚焦热点一 对动能定理的理解1.一个物体的动能变化Ek与合外力对物体所做功 W具有等量代换关系.(1)若Ek0,表示(biosh)物体的动能增加,其增加量等 于合外力对物体所做的正功.(2)若Ek0,表示(biosh)物体的动能减少,其减少量等 于合外力对物体所做的负功的绝对值.(3)若Ek=0,表示(biosh)合外力对物体所做的功等于零.反之亦然.这种等量代换关系提供了一种计算变 力做功的简便方法.第1页/共41页第二页，共41页。2.动能定理公式中等号的意义 等号表明合力做功与物体动能的变化间的
2、三个 关系:(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.3.动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek 等,在处理含有上述(shngsh)物理量的力学问题时,可以考 虑使用动能定理.由于只需要从力在整个位移内所第2页/共41页第三页，共41页。做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑,无需注意(zh y)其中运动状态变化的细节,同时动能和功 都是标量,无方向性,所以无论是直线运动还是曲 线运动,计算都会特别方便.4.动能
3、定理中的位移和速度必须是相对于同一个参 考系的,一般以地面为参考系.特别提示 功和动能都是标量,动能定理表达式是一个标量式,不能在某一个方向上应用动能定理,但牛顿第二定 律是矢量方程,可以在互相垂直的方向上分别使用 分量方程.第3页/共41页第四页，共41页。热点二 应用动能定理的一般步骤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（1）受哪些力?（2）每个力是否做功?（3）在哪段位移哪段过程中做功?（4）做正功还是负功?(5)做多少功?求出代数和.3.明确过程始末(shm)状态的动能Ek1及Ek2.4.列方程W总=Ek2-Ek1,必要时注意分析题目潜在的条 件,补充方程
4、进行求解.第4页/共41页第五页，共41页。特别提示1.在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时,如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理,而后考虑牛顿定律、运动学公式,如涉及加速度时,先考虑牛顿第二定律.2.用动能定理解题,关键是对研究对象进行准确(zhnqu)的受力分析及运动过程分析,并画出物体运动过程的草图,以便更准确(zhnqu)地理解物理过程和各物理量的关系.有些力在物体运动全过程中不是始终存在的,在计算外力做功时更应引起注意.第5页/共41页第六页，共41页。题型探究题型1 用动能定理求变力做功 如图1所示,质量为m的小物 体静止于长l的木板边缘.现使板 由水平放
5、置绕其另一端O沿逆时 针方向缓缓转过角,转动过程中,小物体相对(xingdu)板始终静止,求板对物体的支持力对 物体做的功.木板缓缓转动过程中,物体所受支持力 的大小、方向怎样变化?图1 思路(sl)点拨 第6页/共41页第七页，共41页。解析 由力的平衡条件可知,支持力FN=mgcos,随板的转动(增大)而减少,而方向始终与物体的速度方向同向,是一个变力.对物体的运动过程(guchng)应用动能定理,有WN+WG+Wf=0其中Wf为静摩擦力做的功,且Wf=0,WG=-mglsin,所以WN=mglsin.答案 mglsin 第7页/共41页第八页，共41页。规律总结 用动能定理求解变力做功的
6、注意要点:(1)分析(fnx)物体受力情况,确定哪些力是恒力,哪些力是变力.(2)找出其中恒力的功及变力的功.(3)分析(fnx)物体初末状态,求出动能变化量.(4)运用动能定理求解.第8页/共41页第九页，共41页。变式练习1 如图2所示,一根劲度系数为k的弹簧,上端(shn dun)系在天花板上,下端系一质量为mA的物体A,A通过一段细线吊一质量为mB的物体B,整个装置静止.试求:(1)系统静止时弹簧的伸长量.(2)若用剪刀将细线剪断,则刚剪断细线的瞬间物体A的加速度.(3)设剪断细线后,A物体上升至弹簧原长时的速度为v,则此过程中弹力对物体A做的功.图2第9页/共41页第十页，共41页。
7、解析 (1)取A、B整体为研究对象,由平衡条件得kx=(mA+mB)g,所以(2)剪断瞬间,以A为研究对象,取向上为正方向,有kx-mAg=mAaA,得(3)剪断细线后,A物体上升的过程中,应用(yngyng)动能定理得答案(d n)第10页/共41页第十一页，共41页。题型2 复杂过程问题 如图3所示,四分之三周长圆管的 半径R=0.4 m,管口B和圆心O在同一水 平面上,D是圆管的最高点,其中半圆周 BE段存在(cnzi)摩擦,BC和CE段动摩擦因数 相同,ED段光滑;质量m=0.5 kg、直径稍 小于圆管内径的小球从距B正上方高H=2.5 m的A处自 由下落,到达圆管最低点C时的速率为6
8、 m/s,并继续运 动直到圆管的最高点D飞出,恰能再次进入圆管,假定 小球再次进入圆筒时不计碰撞能量损失,取重力加速 度g=10 m/s2,求图3第11页/共41页第十二页，共41页。(1)小球飞离D点时的速度.(2)小球从B点到D点过程中克服摩擦所做的功.(3)小球再次(zi c)进入圆管后,能否越过C点?请分析说明理由.解答 (1)小球飞离D点做平抛运动有xOB=R=vDt 由得(2)设小球从B到D的过程中克服摩擦力做功Wf1在A到D过程中根据动能定理,有第12页/共41页第十三页，共41页。代入计算得Wf1=10 J(3)设小球从C到D的过程中克服摩擦力做功 Wf2根据(gnj)动能定理
9、,有代入计算得Wf2=4.5 J小球从A到C的过程中,克服摩擦力做功 Wf3根据(gnj)动能定理,有Wf3=5.5 J第13页/共41页第十四页，共41页。根据动能定理,有小球(xio qi)过BE段时摩擦力大小随速度减小而减小,摩擦力做功也随速度减小而减小.第二次通过BC段与CE段有相等的路程,速度减小所以Wf40,小球(xio qi)能过C点答案 (1)2 m/s (2)10 J (3)见解析第14页/共41页第十五页，共41页。方法提炼 当物体的运动是由几个物理过程所组成,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个物理过程看做一个整体进行研究,从而避开(b ki)每个运动过程的具体细节,
10、具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点.特别是初末速度均为零的题目,显得简捷、方便.对于多过程的问题要找到联系两过程的相关物理量.第15页/共41页第十六页，共41页。变式练习2 如图4所示,质量m=1 kg的木块静止在高h=1.2 m的平台上,木块与平台间的动摩擦因数=0.2,用水平推力F=20 N,使木块产生位移l1=3 m时撤去,木块又滑行(huxng)l2=1 m时飞出平台,求木块落地时速度的大小?解析 解法一 取木块为研究对象.其运动分三个过程,先匀加速前进l1,后匀减速l2,再做平抛运动,对每一过程,分别列动能定理得:图4第16页/共41页第十七页，共41页。解得：解法二 对全过程
11、由动能定理(dn nn dn l)得Fl1-mg(l1+l2)+mgh=代入数据:答案第17页/共41页第十八页，共41页。题型3 用动能定理解决弹簧类问题 如图5甲所示,一条轻质弹簧左端固定在竖直墙 面上,右端放一个可视为质点的小物块,小物块的质 量为m=1.0 kg,当弹簧处于原长时,小物块静止于O 点.现对小物块施加一个外力F,使它缓慢移动,将弹 簧压缩至A点,压缩量为x=0.1 m,在这一过程中,所用 外力F与压缩量的关系如图乙所示.然后撤去F释放小 物块,让小物块沿桌面运动,已知O点至桌边B点 的距离(jl)为L=2x,水平桌面的高为h=5.0 m,计算时,可用滑动摩擦力近似等于最大
12、静摩擦力.(g取10 m/s2)求:第18页/共41页第十九页，共41页。(1)在压缩弹簧过程中,弹簧存贮的最大弹性势能.(2)小物块到达桌边B点时速度(sd)的大小.(3)小物块落地点与桌边B的水平距离.图5乙甲第19页/共41页第二十页，共41页。解析 (1)取向左为正方向,从Fx图中可以看出(kn ch),小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff=1.0 N,方向为负方向 在压缩过程中,摩擦力做功为Wf=-Ffx=-0.1 J 由图线与x轴所夹面积可得外力做功为WF=(1.0+47.0)0.12 J=2.4 J 所以弹簧存贮的弹性势能为Ep=WF+Wf=2.3 J (2)从A点开始到B点的过
13、程中,由于L=2x,摩擦力做功为Wf=Ff3x=0.3 J 第20页/共41页第二十一页，共41页。对小物块用动能定理有 解得vB=2 m/s (3)物块从B点开始做平抛运动 下落(xilu)时间t=1 s水平距离s=vBt=2 m 答案 (1)2.3 J (2)2 m/s (3)2 m第21页/共41页第二十二页，共41页。本题共20分.其中式各2分,式各3分.本题以弹簧为载体,结合图像来综合考查动能、动能定理的内容,这种综合度大,但试题并不是太复杂、难度并不是太大的情况近来在高考试卷中常有出现.这类题的综合信息强,要求学生(xu sheng)的能力也相对较高,使高考命题与新课标的要求靠得更
14、紧密一些,是近年高考命题的基本趋势.【评价(pngji)标准】【名师(mn sh)导析】第22页/共41页第二十三页，共41页。自我批阅(20分)如图6所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置.质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后,恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩擦(mc)因数为.求:(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦(mc)力所做的功.(2)O点和O点间的距离x1.图6第23页/共41页第二十四页，共41页。(3)若将另一个与A完全相同(xin tn)的
15、物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左压A、B,使弹簧右端压缩到O点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少?解析 (1)A从P回到P的过程根据动能定理得克服摩擦力所做的功为 (3分)(2)A从P回到P全过程根据动能定理 (3分)(2分)(3)A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度相同(xin tn),A的加速度是g,B的加速度也是g,说明B只受摩擦力,弹簧第24页/共41页第二十五页，共41页。处于原长处分离,就可得设此时它们的共同速度(sd)是v1,弹出过程弹力做功 WF只有A时,从O到P有WF-mg(x1+x0)=0-
16、0 (4分)AB共同从O到O有 (4分)(2分)(2分)答案第25页/共41页第二十六页，共41页。素能提升1.运动员投篮过程中对篮球做功为W,出手(ch shu)高度为h1,篮筐距地面高度为h2,球的质量为m,空气阻力不计,则篮球进筐时的动能为()A.W+mgh1-mgh2 B.W+mgh2-mgh1 C.mgh2+mgh1-W D.mgh2-mgh1-W 解析 由动能定理得:W-mg(h2-h1)=Ek,所以 Ek=W+mgh1-mgh2,选A.A第26页/共41页第二十七页，共41页。2.如图7所示,光滑轨道MO和ON底端对 接且 M、N两点高度相同.小球自M点由静止自由滚下,忽略小球
17、经过O点时的机械能损失,以v、x、a、Ek分别表 示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量 的大小.下列图象中能正确反映(fnyng)小球自M点到N点 运动过程的是()图7第27页/共41页第二十八页，共41页。解析 从M到O,v1=a1t,从O到N,v2=v1-a2t=(a1-a2)t,v与t是一次函数关系,所以A正确;从M到O,则x与t的图象是抛物线,所以B错;从M到O和从O到N,加速度是常数(chngsh),所以C错;从M到O,所以D错.答案 A第28页/共41页第二十九页，共41页。3.如图8甲所示,静置于光滑水平面上坐标(zubio)原点处 的小物块,在水平拉力F作用下,沿x轴方向
18、运动,拉力F随物块所在位置坐标(zubio)x的变化关系如图乙 所示,图线为半圆.则小物块运动到x0处时的动能 为()图8第29页/共41页第三十页，共41页。A.0 B.C.D.解析 根据动能定理,小物块运动到x0处时的动能为这段时间内力F所做的功,物块在变力作用(zuyng)下,不能直接用功的公式来计算,但此题可用求“面积”的方法来解决,力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小.根据计算可知,C选项正确.答案 C第30页/共41页第三十一页，共41页。4.如图9所示,质量为m的小车在水平 恒力F推动下,从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为 h的坡顶B,获得速度为v,AB之间的水平距离
19、为 x,重力加速度为g.下列说法正确(zhngqu)的是 ()A.小车克服重力所做的功是 mgh B.合外力对小车做的功是 C.推力对小车做的功是 D.阻力对小车做的功是图9第31页/共41页第三十二页，共41页。解析 小车克服重力做功W=Gh=mgh,A选项正确;由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加,B选项正确;由动能定理,W合=W推+W重+W阻=所以推力做的功W推-W阻-W重=W阻,C选项错误;阻力(zl)对小车做的功W阻=W推-W重=D选项正确.答案 ABD第32页/共41页第三十三页，共41页。5.一个物块从底端冲上足够长的斜面后,又返回(fnhu)斜 面底端.已知小物块的
20、初动能为E,它返回(fnhu)斜面底 端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为E/2.若 小物块冲上斜面的动能为2E,则物块()A.返回(fnhu)斜面底端时的动能为E B.返回(fnhu)斜面底端时的动能为3E/2 C.返回(fnhu)斜面底端时的速度大小为2v D.返回(fnhu)斜面底端时的速度大小为v第33页/共41页第三十四页，共41页。解析 设初动能(dngnng)为E时,小物块沿斜面上升的最大位移为x1,初动能(dngnng)为2E时,小物块沿斜面上升的最大位移为x2,斜面的倾角为,由动能(dngnng)定理得:-mgx1sin-Ffx1=0-E,2Ffx1=而-mgx2sin-Ff
21、x2=0-2E,可得:x2=2x1,所以返回斜面底端时的动能为2E-2Ffx2=E,A正确,B错误;由 可得v=2v,C、D均错误.答案 A第34页/共41页第三十五页，共41页。6.如图10甲所示,一质量为m=1 kg的物块静止(jngzh)在粗糙水 平面上的A点,从t=0时刻开始,物块在受按如图乙所示 规律变化的水平力F作用下向右运动,第3 s末物块运 动到B点时速度刚好为0,第5 s末物块刚好回到A点,已 知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数=0.2,(g取10 m/s2)求:(1)AB间的距离.(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功.图10第35页/共41页第三十六页，共41页。解析
22、 (1)在3 s5 s内物块在水平(shupng)恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点,设加速度为a,AB间的距离为x,则F-mg=ma(2)设整个过程中F做的功为WF,物块回到A点时的速度为vA,由动能定理得WF=2mgx+max=24 J答案 (1)4 m (2)24 J第36页/共41页第三十七页，共41页。7.一质量为M=2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带 一起向右匀速运动,被一水平向左飞来的子弹击中,且子弹从小物块中穿过,子弹和小物块的作用时间(shjin)极 短,如图11甲所示.地面观察者记录的小物块被击中 后的速度随时间(shjin)变化关系如图乙所示(图中取向右运 动的
23、方向为正方向).已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2.求:图11 第37页/共41页第三十八页，共41页。(1)传送带的速度v的大小.(2)小物块与传送带之间的动摩擦因数.(3)传送带对小物块所做的功.解析 (1)小物块最后与传送带的运动(yndng)速度相同,从图像上可读出传送带的速度v的大小为2.0 m/s.(2)由速度图像可得,小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动(yndng)的加速度为由牛顿第二定律得Ff=Mg=Ma得到小物块与传送带之间的动摩擦因数第38页/共41页第三十九页，共41页。(3)从子弹离开小物块到小物块与传送带一起匀速运动的过程中,设传送带对小物块所做的功为 W,由动能定理(dn nn dn l)得从速度图像可知:v1=4.0 m/s,v2=v=2.0 m/s解得W=-12 J答案 (1)2.0 m/s (2)0.2 (3)-12 J第39页/共41页第四十页，共41页。反思(fn s)总结返回(fnhu)第40页/共41页第四十一页，共41页。