2动能势能动能定理.docx

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1、创作时间：二零二一年六月三十日§ 2 动能 势能 动能定理之蔡仲巾千创作创作时间：二零二一年六月三十日教学目标：理解功和能的概念，掌握动能定理，会熟练地运用动能定理解答有关问题 教学重点：动能定理教学难点：动能定理的应用教学方法：讲练2合，计算机辅助教学教学过程：叫动能.其表达式为:一、动能1 .动能：物体由于运动而具有的能Ek 1mv22.3 .对动能的理解(1)动能是一个状态量，它与物体的运动状态对应.动能是 标量.它只有年夜小，没有方向，而且物体的动能总是年夜于即 是零，不会呈现负值.(2)动能是相对的，它与参照物的选取密切相关.如行驶中的汽车上的物品，对汽车上的乘客，物品动能

2、是零；但对路边的 行人，物品的动能就不为零.4 .动能与动量的比力(1)动能和动量都是由质量和速度共同决定的物理量Ek 1mv222 P2mP 2mEk(2)动能和动量都是用于描述物体机械运动的状态量 (3)动能是标量，动量是矢量.物体的动能变动，则其动量一定变动；物体的动量变动，则其动量纷歧定变动(4)动能决定了物体克服一定的阻力能运动何等远；动量则决定着物体克服一定的阻力能运动多长时间.动能的变动决定于合外力对物体做几多功，动量的变动决定于合外力对物体施加的冲量.(5)动能是从能量观点动身描述机械运动的，动量是从机械运动自己动身描述机械运动状态的、重力势能1 .重力势能：物体和地球由相对位

3、置决定的能叫重力势能是物体和地球共有的.表达式：号 画 与零势能面的选取有关2 .对重力势能的理解(1)重力势能是物体和地球这一系统共同所有，独自一个物体谈不上具有势能.即：如果没有地球 ，物体谈不上有重力势 能.平时说物体具有几多重力势能 ，是一种习惯上的简称.创作时间：二零二一年六月三十日重力势能是相对的，它随参考点的选择分歧而分歧 ，要说明 物体具有几多重力势能，首先要指明参考点(即零点).(2)重力势能是标量，它没有方向.可是重力势能有正、 负.此处正、负不是暗示方向 ，而是暗示比零点的能量状态高还 是低.势能年夜于零暗示比零点的能量状态高，势能小于零暗示比零点的能量状态低.零点的选择

4、分歧虽对势能值表述分歧，但对物理过程没有影响.即势能是相对的，势能的变动是绝对的，势能的变动与零点的选择无关.(3)重力做功与重力势能重力做正功，物体高度下降，重力势能降低；重力做负功 ， 物体高度上升，重力势能升高.可以证明，重力做功与路径无关， 由物体所受的重力和物体初、末位置所在水平面的高度差决定，即：W=mg h.所以重力做的功即是重力势能增量的负值 ，即 W= -A Ep= " (mgh-mgh).三、动能定理1 .动能定理的表述合外力做的功即是物体动能的变动.(这里的合外力指物体受 到的所有外力的合力，包括重力).表达式为V=AEk动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功

5、即是物体动能 的变动.实际应用时,后一种表述比力好把持.不用求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变动的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都依照代数和加起来，就可以获得总功.和动量定理一样，动能定理也建立起过程量（功）和状态量 （动能）间的联系.这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的 变动，就都有了两个可供选择的途径.和动量定理分歧的是：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.【例11 一个质量为 m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60角的年夜小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间， 物体获得的速度为 V,在力的方向上获得的速度分别为 Vi

6、、V2,那 么在这段时间内，其中一个力做的功为CD错解：在分力Fi的方向上，由动动能定理得故A正确.正解：在合力 F的方向上，由动动能定理得12W Fs - mv2-Fs -mv1 2241 F1 s cos30 Fs cos30某个分力的功为2cos30确.2 .对外力做功与动能变动关系的理解外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功 ，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功. 功是能量转化的量度，外力对物体做了几多功；就有几多动能与其它形式的能发生了转化.所以外力对物体所做的功就即是物体动能的变动

7、量.即.3 .应用动能定理解题的步伐(1)确定研究对象和研究过程 .和动量定理分歧，动能定理 的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间 不能有相对运动.(原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功纷歧定是零)(2)对研究对象进行受力分析.(研究对象以外的物体施于研 究对象的力都要分析，含重力).(3)写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功 (注意功的正负).如果研究过程中物体受力情况有变动 ，要分别 写出该力在各个阶段做的功.(4)写出物体的初、末动能.(5)依照动能定理列式求解.【例2】如图所示，斜面倾角为民、长为L, AB段光滑，BC 段粗拙

8、，且BC=2 AB.质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，达到C端时速度刚好减小到零.求物体和斜面BC段间的动摩擦因数解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理:重力做的功为mglsin a ,摩擦力做的功为支持力不做功.初、末动能均为零mglsin am gL cos3=0,3一tan 22 m gL cos点评：从本例题可以看出，由于用动能定理列方程时不牵扯 过程中分歧阶段的加速度 ，所以比用牛顿定律和运动学方程解题 简洁很多.【例3】将小球以初速度 Vo竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一最年夜高度.由于有空气阻力，小球实际上升的最年夜高度只有该理想高度的80%.设空气阻

9、力年夜小v ；tool恒定，求小球落回抛出点时的速度年夜小V.解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对 小球用动能定理:-12CC 一，一12mgH- mv00.8 mgf H- mv022 和2 0| ,可得H=v2/2g,再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能定理 .全过程重力做的功为零，所以有:f 20.8H1 2 -mv01 2 一 mv22解得点评：从本题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单.有时取全过程简单；有时则取某一阶段简单.原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能即是零.【例4】如图所示，质量为m的钢珠

10、从高出空中 h处由静止自由下落，落到空中进入沙坑h/10停止，则(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的几多倍？(2)若让钢珠进入沙坑h/8,则钢珠在 h处的动能应为几多？设钢珠在沙坑中所受平均阻力年夜小不随深度改变解析：(1)取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动 能定理得V=W+W=& =0,取钢珠停止地方在水平面为重力势能的 零参考平面，则重力的功 WSmgh阻力的功 wJ30Ff h, 代入0 I a|得i0mgh i0Ff h=0,故有Ff / mg=11,即所求倍数为11.(2)设钢珠在h处的动能为 氏 则对钢珠的整个运动过程， 由动能定理得 V=VF+惟& =

11、0, 进一步展开为 9mgl/8 Ff h/8= Ek,得 Ek=mgM4.点评：对第(2)问，有的学生这样做，h/8-h/10= h/40, 在h/40中阻力所做的功为Ff h/40=11 mgh40,因而钢珠在 h处的动能 Ek =11 mgh40.这 样做对吗？请思考.【例5】质量为 M的木块放在水平台面上，台面比水平空中高出h0m,木块离台的右端 L.质量为m0M的子弹以Vo=180m/s的速度水平射向木块，并以v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平空中时的落地址到台面右真个水平距离为s,求木块与台面间的动摩擦因数为解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：

12、子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段.所以本题必需分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块 周一I. S末速度为V1, mv= mv+Mv孀 木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为 v2,1212MgL - Mv； Mv：有：U5 1 2方S木块离开台面后的平抛阶段， ' g I由、可得0点评：从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程 ， 都应该分段处置.从本题还应引起注意的是：不要对系统用动能定理.在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功 .如果对 系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏失落.四、动能定理的综合应用

13、动能定理可以由牛顿定律推导出来，原则上讲用动能定律能解决物理问题都可以利用牛顿定律解决，但在处置动力学问题中，若用牛顿第二定律和运动学公式来解，则要分阶段考虑，且必需分别求每个阶段中的加速度和末速度，计算较繁琐.可是，我们用动能定理来解就比力简捷.我们通过下面的例子再来体会一下用动 能定理解决某些动力学问题的优越性.1 .应用动能定理巧求变力的功如果我们所研究的问题中有多个力做功，其中只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比力容易计算，研究对象自己的动能增量也比力容易计算时,用动能定理就可以求出这个变力所做的功.【例6】 如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m, B

14、C是水平轨道，长S=3m, BC处的摩擦系数为 =1/15,今有质量 m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到 C点刚好停止.求物体在轨 道AB段所受的阻力对物体做的功.解析：物体在从 A滑到C的过程中，有重力、AB段的阻 力、BC段的摩擦力共三个力做功，W=mgRfB(=wmg由于物体在AB段受的阻力是变力，做的功不能直接求.根据动能定理可知：W 外=0,所以 mgR w mgSWB=0即 WB=mgR w mgS1xi0x o .8- 1X10X3/15=6J【例7】一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m的物体，如图所示.绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体 上.设绳的总长不变，

15、绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上 的摩擦都忽略不计.开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧而 且是竖直的，左侧绳长为 H.提升时，车加速向左运动，沿水平 方向从A经过B驶向C.设A到B的距离也为H车过B点时的速 度为vb.求在车由A移到B的过程中，绳Q真个拉力对物体做的 功.解析：设绳的 P端达到B处时，左边绳与水平空中所成夹角为。，物体从井底上升的高度为 h,速度为v,所求的功为 W则据动能定理可得：一 h-H因绳总长不变，所以： sin根据绳联物体的速度关系得：V=VbCOS 0由几何关系得：由以上四式求得:2 .应用动能定理简解多过程问题创作时间：二零二一年六月三十日物体在某个运动过程

16、中包括有几个运动性质分歧的小过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化【例8】如图所示，斜面足够长，其倾角为a ,质量为m 的滑块，距挡板P为S0,以初速度V0沿斜面上滑，滑块与斜面间 的动摩擦因数为 n ,滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力 分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为几多？解析：滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不 竭减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端.在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功.设其经过

17、和总路程为 L,对全过程，由动能定理得：mgS0sinmgLcos01 mv22L mgS sin-2 mv2mg cos3 .利用动能定理巧求动摩擦因数【例9】如图所示，小滑块从斜面极点 A由静止滑至水平 部份C点而停止.已知斜面高为h,滑块运动的整个水平距离为 s, 设转角B处无动能损失，斜面和水平部份与小滑块的动摩擦因数 相同，求此动摩擦因数.解析：滑块从 A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑创作时间：二零二一年六月三十日块质量为m动摩擦因数为口，斜面倾角为口，斜面底边长si,水平部份长S2,由动能定理得：由以上两式得从计算结果可以看出，只要测出斜面高和水平部份长度，即可计算出动摩擦

18、因数.4 .利用动能定理巧求机车脱钩问题【例10总质量为 M的列车，沿水平直线轨道匀速前进， 其末节车箱质量为 m中途脱节，司机发觉时,机车已行驶L的 距离，于是立即关闭油门，除去牵引力.设运动的阻力与质量成正 比，机车的牵引力是恒定的.当列车的两部份都停止时,它们的距 离是几多？解析：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解 简便.对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：对车尾，脱钩后用动能定理得：而I s s 司 由于原来列车是匀速前进的，所以F=kMgMLs由以上方程解得M m五、针对训练1.质量为m的物体，在距空中h高处以g13 mgh13 mgh13 mgh13 mgh2 .质量为

19、m的小球用长度为 Lng,经过半周小球恰好能通过 最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为A. mgL/4B. mgL/3C. mgL/2D.mgL3 .如图所示，木板长为l ,板的A端放一质量为 m的小物块， 物块与板间的动摩擦因数为 小开始时板水平，在绕O点缓慢转过 一个小角度。的过程中，若物块始终坚持与板相对静止.对这个过 程中各力做功的情况，下列说法正确的是()A、摩擦力对物块所做的功为mglsin 6 (1-cos 6 )B、弹力对物块所做的功为mglsin 8 cos 6C、木板对物块所做的功为mglsin 0D合力对物块所做的功为mgl cos 64 .如图所示，小球以年夜小为

20、 V0的初速度由A端向右运动， 到B端时的速度减小为Vb；若以同样年夜小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为Va.已知小球运动过程中始终未离开该粗拙轨道.比力VA、VB的年夜小，结论是A. Va>VbB.Va=VbC. Va<Vb5 .质量为m的飞机以水平速度V0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度坚持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力），今测适当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h,求：（1）飞机受到 的升力年夜小；（2）从起飞到上升至 h高度的过程中升力所做的功及 在高度h处飞机的动能.6 .如图所示，质量m的小球

21、从距空中高 H=5m处自 由下落，达到空中恰能沿凹陷于空中的半圆形梢壁运动半圆梢半径R小球达到梢最低点时速率为10m/s,并继续沿梢壁运动直到从梢右端边缘飞出，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：（设小球与梢壁相碰时不损失能量）（1）小球第一次离梢上升的高度h;（2）小球最多能飞出梢外的次数（取g=10m/s2）.参考谜底：1 . B2 . C3 .解析：C该题是考核对功的计算的.如果不理解 WFscos 6 . 中的F必需是恒力，就会在AB两选项上多用时间.固然，也不能 认为AB中的功无法计算，而C中的功为这两个功之和，所以也不 能得出.由W=氏知合力对物块所做的功为零.而V=VF+W=0,

22、故 惟-W=mglsin 6 ,这就是木板对物块所做的功.正确选项是C.4 .解析：A 小球向右通过凹梢 C时的速率比向左通过凹梢 C ,.、一一 N mg .时的速率年夜，由向心力万程R可知，对应的弹力 N 定年夜，滑动摩擦力也年夜，克服阻力做的功多；又小球向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起D时的速率小，由向心力方程R_J可知，对应的弹力 N 一定年夜，滑动摩擦力也年夜， 克服阻力做的功多.所以小球向右运动全过程克服阻力做功多 ，动能损失多，末动能小，选A.5 .解析：（1）飞机水平速度不变l =Voty方向加速度恒定h21at而即得a=J由牛顿第二定律2、V0 )1一 二 .22、Ek=L2Jm(V0 +vt )1 =L2Jm02(1 +4h26 .解析：(1)小球从高处至梢口时,由于只有重力做功； 由梢口至梢底端重力、摩擦力都做功 .由于对称性，圆梢右半部份 摩擦力的功与左半部份摩擦力的功相等.小球落至梢底部的整个过程中，由动能定理得解得12Wf mg(H R) -mv 2由对称性知小球从梢底到梢左端口摩擦力的功也为W2J, 则小球第一次离梢上升的高度 h,由12mv Wf mgRmg(2)设小球飞出梢外n次，则由动能定理得nmgH256.252Wf4即小球最多能飞出梢外6次.创作时间：二零二一年六月三十日121 V 212W1mv1m () mv222 cos30 6