2017-2018學(xué)年套餐之高一物理粵教版必修2講義第四章第三節(jié)課時(shí)2

課時(shí)2動(dòng)能定理及應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.能從牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式導(dǎo)出動(dòng)能定理，理解動(dòng)能定理的物理意義.2.能應(yīng)用動(dòng)能定理解決簡(jiǎn)單的問(wèn)題．動(dòng)能定理1．推導(dǎo)：合力對(duì)物體所做功與動(dòng)能變化的關(guān)系．如圖1所示，質(zhì)量為m的物體，在一恒定拉力F作用下，以初速度v1開(kāi)始沿水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)位移s后速度增加到v2，已知物體與水平面的摩擦力恒為f.圖1(1)外力做的總功：W＝(F－f)s.(2)由牛頓第二定律得：F－f＝ma.(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：s＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2a).由以上式子求得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).2．內(nèi)容：合力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化．3．表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1.4．適用范圍：既適用于恒力做功，也適用于變力做功．既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)．[即學(xué)即用]1．判斷下列說(shuō)法的正誤．(1)合外力為零，物體的動(dòng)能一定不會(huì)變化．(√)(2)合外力不為零，物體的動(dòng)能一定會(huì)變化．(×)(3)物體動(dòng)能增加，則它的合外力一定做正功．(√)(4)合外力對(duì)物體做負(fù)功，物體的動(dòng)能可能不變．(×)2．在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物體以2m/s的速度向東運(yùn)動(dòng)，若對(duì)它施加一向西的力F使它停下來(lái)，則該外力對(duì)物體做的功是________．答案－4J解析由動(dòng)能定理可知：WF＝0－eq\f(1,2)mv2＝0－eq\f(1,2)×2×22J＝－4J.一、動(dòng)能定理的理解[導(dǎo)學(xué)探究]殲－15戰(zhàn)機(jī)是我國(guó)自主研發(fā)的第一款艦載戰(zhàn)斗機(jī)，如圖2所示：圖2(1)殲－15戰(zhàn)機(jī)起飛時(shí)，合力做什么功？動(dòng)能怎么變化？(2)殲－15戰(zhàn)機(jī)著艦時(shí)，動(dòng)能怎么變化？合力做什么功？增加阻攔索的原因是什么？答案(1)合力做正功．動(dòng)能變大．(2)動(dòng)能減小．合力做負(fù)功．對(duì)飛機(jī)做負(fù)功更多，讓飛機(jī)盡快停下來(lái)．[知識(shí)深化]對(duì)動(dòng)能定理的理解1．表達(dá)式W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1)Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)表示這個(gè)過(guò)程的未動(dòng)能；Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)表示這個(gè)過(guò)程的初動(dòng)能．(2)W表示這個(gè)過(guò)程中合力做的功，它等于各力做功的代數(shù)和．2．物理意義：動(dòng)能定理指出了合外力對(duì)物體所做的總功與物體動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即：若合外力做正功，物體的動(dòng)能增加，若合外力做負(fù)功，物體的動(dòng)能減小，做了多少功，動(dòng)能就變化多少．3．實(shí)質(zhì)：動(dòng)能定理從能量變化的角度反映了力改變運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)時(shí)，在空間上的累積效果．例1下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體的合外力做功和動(dòng)能、速度變化的關(guān)系，正確的是()A．物體做變速運(yùn)動(dòng)，合外力一定不為零，動(dòng)能一定變化B．若合外力對(duì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，合外力一定不為零，但合外力不為零時(shí)，做功可能為零，動(dòng)能可能不變，A、B錯(cuò)誤．物體的合外力做功，它的動(dòng)能一定變化，速度大小也一定變化，C正確．物體的動(dòng)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(cuò)誤．針對(duì)訓(xùn)練(多選)質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下，從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能()A．與它通過(guò)的位移成正比B．與它通過(guò)的位移的平方成正比C．與它運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比D．與它運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的平方成正比答案AD解析由動(dòng)能定理得Fs＝eq\f(1,2)mv2，運(yùn)動(dòng)的位移s＝eq\f(1,2)at2，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能在恒力F一定的條件下與質(zhì)點(diǎn)的位移成正比，與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的平方成正比，故A、D正確．二、動(dòng)能定理的應(yīng)用[導(dǎo)學(xué)探究]如圖3所示，物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑斜面頂端由靜止滑下．圖3(1)物體受幾個(gè)力作用？各做什么功？怎么求合力的功？(2)如何求物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度？能用多種方法求解物體到達(dá)斜面底端時(shí)的速度嗎？哪種方法簡(jiǎn)單？答案(1)物體受重力、支持力兩個(gè)力的作用，如圖所示．N不做功，重力做正功，W合＝WG＝mgLsinθ.(2)方法1：物體沿斜面下滑時(shí)a＝gsinθ由v2＝2aL得：v＝eq\r(2gLsinθ)方法2：由動(dòng)能定理得WG＝mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2所以v＝eq\r(2gLsinθ)方法2簡(jiǎn)單．[知識(shí)深化]1．動(dòng)力學(xué)問(wèn)題兩種解法的比較：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合法動(dòng)能定理適用條件只能研究在恒力作用下物體做直線運(yùn)動(dòng)的情況對(duì)于物體在恒力或變力作用下，物體做直線運(yùn)動(dòng)或曲線運(yùn)動(dòng)均適用應(yīng)用方法要考慮運(yùn)動(dòng)過(guò)程的每一個(gè)細(xì)節(jié)只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動(dòng)能運(yùn)算方法矢量運(yùn)算代數(shù)運(yùn)算相同點(diǎn)確定研究對(duì)象，對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析兩種思路對(duì)比可以看出應(yīng)用動(dòng)能定理解題不涉及加速度、時(shí)間，運(yùn)算簡(jiǎn)單，不易出錯(cuò)．2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟：(1)確定研究對(duì)象和研究過(guò)程(研究對(duì)象一般為單個(gè)物體或相對(duì)靜止的物體組成的系統(tǒng))．(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析(注意哪些力做功或不做功)．(3)確定合外力對(duì)物體做的功(注意功的正負(fù))．(4)確定物體的初、末動(dòng)能(注意動(dòng)能增量是末動(dòng)能減初動(dòng)能)．(5)根據(jù)動(dòng)能定理列式、求解．例2如圖4所示，物體在離斜面底端5m處由靜止開(kāi)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(dòng)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．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖4答案3.5m解析對(duì)物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示．方法一分過(guò)程列方程：設(shè)物體滑到斜面底端時(shí)的速度為v，物體下滑階段N1＝mgcos37°，故f1＝μN(yùn)1＝μmgcos37°.由動(dòng)能定理得：mgsin37°·s1－μmgcos37°·s1＝eq\f(1,2)mv2－0設(shè)物體在水平面上滑行的距離為s2，摩擦力f2＝μN(yùn)2＝μmg由動(dòng)能定理得：－μmg·s2＝0－eq\f(1,2)mv2由以上各式可得s2＝3.5m.方法二全過(guò)程列方程：mgs1sin37°－μmgcos37°·s1－μmg·s2＝0得：s2＝3.5m.1．動(dòng)能定理應(yīng)用中的研究對(duì)象一般為單個(gè)物體．2．動(dòng)能定理的研究過(guò)程既可以是運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某一階段，也可以是運(yùn)動(dòng)全過(guò)程．3．通常情況下，某問(wèn)題若涉及時(shí)間或過(guò)程的細(xì)節(jié)，要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律去解決；某問(wèn)題若不考慮具體細(xì)節(jié)、狀態(tài)或時(shí)間，如物體做曲線運(yùn)動(dòng)、受力為變力等情況，一般要用動(dòng)能定理去解決．例3如圖5所示，物體從高h(yuǎn)的斜面頂端A由靜止滑下，到斜面底端后又沿水平面運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)而停止．要使這個(gè)物體從C點(diǎn)沿原路返回到A，則在C點(diǎn)處物體應(yīng)具有的速度大小至少是()圖5A.eq\r(2gh) B．2eq\r(gh)C.eq\r(gh) D.eq\r(3gh)答案B解析從A→C由動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0，從C→A有－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C點(diǎn)速度v0＝2eq\r(gh).1.(對(duì)動(dòng)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(diǎn)滑向b點(diǎn)，如圖6所示．如果由于摩擦使木塊的運(yùn)動(dòng)速率保持不變，則以下敘述正確的是()圖6A．木塊所受的合外力為零B．因木塊所受的力都不對(duì)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(yùn)動(dòng)，速度方向變化，加速度不為零，故合外力不為零，A錯(cuò)；速率不變，動(dòng)能不變，由動(dòng)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(duì)，B、D錯(cuò)．2．(動(dòng)能定理的應(yīng)用)(多選)物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖7所示，已知在第1s內(nèi)合力對(duì)物體做功為W，則()圖7A．從第1s末到第3s末合力做功為4WB．從第3s末到第5s末合力做功為－2WC．從第5s末到第7s末合力做功為WD．從第3s末到第4s末合力做功為－0.75W答案CD解析由題圖可知物體速度變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理得第1s內(nèi)：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，A錯(cuò)；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－W，B錯(cuò)；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正確；第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－0.75W，D正確．3．(動(dòng)能定理的應(yīng)用)如圖8所示，AB段為粗糙水平面軌道，BC段是固定于豎直平面內(nèi)的光滑半圓形導(dǎo)軌，半徑為R.一質(zhì)量為m的滑塊靜止在A點(diǎn)，在水平恒力F作用下從A點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，撤去恒力F，滑塊沿半圓形軌道向上運(yùn)動(dòng)恰能通過(guò)最高點(diǎn)C.已知滑塊與水平軌道間的滑動(dòng)摩擦力f＝eq\f(mg,4)，水平恒力F＝eq\f(mg,2).求：圖8(1)滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)滑塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度大小vC；(3)水平軌道AB的長(zhǎng)度L.答案(1)0.25(2)eq\r(gR)(3)10R解析(1)滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由f＝μN(yùn)＝μmg得：μ＝eq\f(f,N)＝0.25(2)滑塊在C點(diǎn)時(shí)僅受重力，據(jù)牛頓第二定律，有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)可得：vC＝eq\r(gR)(3)滑塊從A到C的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：(F－f)L－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0又f＝eq\f(mg,4)，F(xiàn)＝eq\f(mg,2)解得：L＝10R.課時(shí)作業(yè)一、選擇題(1～7為單項(xiàng)選擇題，8～10為多項(xiàng)選擇題)1．關(guān)于動(dòng)能定理，下列說(shuō)法中正確的是()A．在某過(guò)程中，動(dòng)能的變化等于各個(gè)力單獨(dú)做功的絕對(duì)值之和B．只要有力對(duì)物體做功，物體的動(dòng)能就一定改變C．動(dòng)能定理只適用于直線運(yùn)動(dòng)，不適用于曲線運(yùn)動(dòng)D．動(dòng)能定理既適用于恒力做功的情況，也適用于變力做功的情況答案D解析動(dòng)能的變化等于各個(gè)力單獨(dú)做功的代數(shù)和，A錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)能定理，決定動(dòng)能是否改變的是總功，而不是某一個(gè)力做的功，B錯(cuò)；動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，既適用于恒力做功的情況，也適用于變力做功的情況，C錯(cuò)，D對(duì)．2．兩個(gè)物體A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動(dòng)能相同，它們和水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則二者在桌面上滑行到停止經(jīng)過(guò)的距離之比為(忽略空氣阻力的影響)()A．sA∶sB＝2∶1 B．sA∶sB＝1∶2C．sA∶sB＝4∶1 D．sA∶sB＝1∶4答案B解析物體滑行過(guò)程中只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)A：－μmAgsA＝0－Ek；對(duì)B：－μmBgsB＝0－Ek.故eq\f(sA,sB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B對(duì)．3．如圖1所示，在水平桌面上的A點(diǎn)有一個(gè)質(zhì)量為m的物體以初速度v0被拋出，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為()圖1A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mghC.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H—h)答案B解析由A到B，合外力對(duì)物體做的功W＝mgh，物體的動(dòng)能變化ΔEk＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)動(dòng)能定理得物體在B點(diǎn)的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，B正確．4．在籃球比賽中，某位同學(xué)獲得罰球機(jī)會(huì)，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球約以1m/s的速度撞擊籃筐．已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，該同學(xué)身高約為1.5m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學(xué)罰球時(shí)對(duì)籃球做的功最接近(g取10m/s2)()A．1J B．10JC．50J D．100J答案B解析對(duì)整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，W－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，代入數(shù)據(jù)解得W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.6×10×1.5J＋eq\f(1,2)×0.6×12J＝9.3J最接近10J，選項(xiàng)B正確．5.如圖2所示，物體沿曲面從A點(diǎn)無(wú)初速度滑下，滑至曲面的最低點(diǎn)B時(shí)，下滑的高度為5m，速度為6m/s，若物體的質(zhì)量為1kg，重力加速度g＝10m/s2，則下滑過(guò)程中物體克服阻力所做的功為()圖2

A．50J B．18JC．32J D．0J答案C解析由動(dòng)能定理得：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2，故Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝1×10×5J－eq\f(1,2)×1×62J＝32J，C正確．6．如圖3所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為()圖3A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)，由題有N＝2mg，可得vQ＝eq\r(gR)，質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，得克服摩擦力所做的功為Wf＝eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)C正確．7．連接A、B兩點(diǎn)的弧形軌道ACB和ADB關(guān)于AB連線對(duì)稱，材料相同，粗糙程度相同，如圖4所示，一個(gè)小物塊由A點(diǎn)以一定的初速度v開(kāi)始沿ACB軌道到達(dá)B點(diǎn)的速度為v1；若由A以大小相同的初速度v沿ADB軌道到達(dá)B點(diǎn)的速度為v2.比較v1和v2的大小有()圖4A．v1>v2B．v1＝v2C．v1<v2D．條件不足，無(wú)法判定答案A解析弧形軌道ACB和ADB的長(zhǎng)度相等，物塊在上面滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)相同，物塊在上面運(yùn)動(dòng)可認(rèn)為做圓周運(yùn)動(dòng)，由于物塊在ADB上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)曲面的正壓力大于在ACB上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)曲面的正壓力，故在ADB上克服摩擦力做的功大于在ACB上克服摩擦力做的功，再由動(dòng)能定理得出選項(xiàng)A正確．8．關(guān)于動(dòng)能、動(dòng)能定理，下列說(shuō)法正確的是()A．一定質(zhì)量的物體，動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化B．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)C．合力做正功，物體動(dòng)能可能減小D．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變答案AD9．質(zhì)量為m的物體，從靜止開(kāi)始以a＝eq\f(1,2)g的加速度豎直向下運(yùn)動(dòng)h，下列說(shuō)法中正確的是()A．物體的動(dòng)能增加了eq\f(1,2)mghB．物體的動(dòng)能減少了eq\f(1,2)mghC．物體的重力勢(shì)能減少了eq\f(1,2)mghD．物體的重力勢(shì)能減少了mgh答案AD解析物體的合力為ma＝eq\f(1,2)mg，向下運(yùn)動(dòng)h時(shí)合力做功eq\f(1,2)mgh，根據(jù)動(dòng)能定理知物體的動(dòng)能增加了eq\f(1,2)mgh，A對(duì)，B錯(cuò)．向下運(yùn)動(dòng)h的過(guò)程中重力做功mgh，物體的重力勢(shì)能減少了mgh，C錯(cuò)，D對(duì)．10．如圖5甲所示，質(zhì)量m＝2kg的物體以100J的初動(dòng)能在粗糙的水平地面上滑行，其動(dòng)能Ek隨位移s變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，則下列判斷中正確的是()圖5A．物體運(yùn)動(dòng)的總位移大小為10mB．物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為10m/s2C．物體運(yùn)動(dòng)的初速度大小為10m/sD．物體所受的摩擦力大小為10N答案ACD解析由圖象可知，物體運(yùn)動(dòng)的總位移為10m，根據(jù)動(dòng)能定理得，－fs＝0－Ek0，解得f＝eq\f(Ek0,s)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正確．根據(jù)牛頓第二定律得，物體的加速度大小為a＝eq\f(f,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故B錯(cuò)誤．由Ek0＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝eq\r(\f(2×100,2))m/s＝10m/s，故C正確．二、非選擇題11.如圖6所示，豎直平面內(nèi)的一半徑R＝0.5m的光滑圓弧槽BCD，B點(diǎn)與圓心O等高，質(zhì)量m＝0.1kg的小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方H＝0.75m高處的A點(diǎn)自由下落，由B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，從D點(diǎn)飛出，不計(jì)空氣阻力，(取g＝10m/s2)求：圖6(1)小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(2)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小vC；(3)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力