課時2動能定理及應用[學習目標]1.能從牛頓第二定律與運動學公式導出動能定理，理解動能定理的物理意義.2.能應用動能定理解決簡單的問題．動能定理1．推導：合力對物體所做功與動能變化的關系．如圖1所示，質量為m的物體，在一恒定拉力F作用下，以初速度v1開始沿水平面運動，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)由運動學公式得：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．內容：合力對物體所做的功等于物體動能的變化．3．表達式：W＝Ek2－Ek1.4．適用范圍：既適用于恒力做功，也適用于變力做功．既適用于直線運動，也適用于曲線運動．[即學即用]1．判斷下列說法的正誤．(1)合外力為零，物體的動能一定不會變化．(√)(2)合外力不為零，物體的動能一定會變化．(×)(3)物體動能增加，則它的合外力一定做正功．(√)(4)合外力對物體做負功，物體的動能可能不變．(×)2．在光滑水平面上，質量為2kg的物體以2m/s的速度向東運動，若對它施加一向西的力F使它停下來，則該外力對物體做的功是________．答案－4J解析由動能定理可知：WF＝0－eq\f(1,2)mv2＝0－eq\f(1,2)×2×22J＝－4J.一、動能定理的理解[導學探究]殲－15戰(zhàn)機是我國自主研發(fā)的第一款艦載戰(zhàn)斗機，如圖2所示：圖2(1)殲－15戰(zhàn)機起飛時，合力做什么功？動能怎么變化？(2)殲－15戰(zhàn)機著艦時，動能怎么變化？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．動能變大．(2)動能減小．合力做負功．對飛機做負功更多，讓飛機盡快停下來．[知識深化]對動能定理的理解1．表達式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)表示這個過程的未動能；Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)表示這個過程的初動能．(2)W表示這個過程中合力做的功，它等于各力做功的代數(shù)和．2．物理意義：動能定理指出了合外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關系，即：若合外力做正功，物體的動能增加，若合外力做負功，物體的動能減小，做了多少功，動能就變化多少．3．實質：動能定理從能量變化的角度反映了力改變運動的狀態(tài)時，在空間上的累積效果．例1下列關于運動物體的合外力做功和動能、速度變化的關系，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．針對訓練(多選)質點在恒力作用下，從靜止開始做勻加速直線運動，則質點的動能()A．與它通過的位移成正比B．與它通過的位移的平方成正比C．與它運動的時間成正比D．與它運動的時間的平方成正比答案AD解析由動能定理得Fs＝eq\f(1,2)mv2，運動的位移s＝eq\f(1,2)at2，質點的動能在恒力F一定的條件下與質點的位移成正比，與質點運動的時間的平方成正比，故A、D正確．二、動能定理的應用[導學探究]如圖3所示，物體(可視為質點)從長為L、傾角為θ的光滑斜面頂端由靜止滑下．圖3(1)物體受幾個力作用？各做什么功？怎么求合力的功？(2)如何求物體到達斜面底端時的速度？能用多種方法求解物體到達斜面底端時的速度嗎？哪種方法簡單？答案(1)物體受重力、支持力兩個力的作用，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a＝gsinθ由v2＝2aL得：v＝eq\r(2gLsinθ)方法2：由動能定理得WG＝mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2所以v＝eq\r(2gLsinθ)方法2簡單．[知識深化]1．動力學問題兩種解法的比較：牛頓運動定律、運動學公式結合法動能定理適用條件只能研究在恒力作用下物體做直線運動的情況對于物體在恒力或變力作用下，物體做直線運動或曲線運動均適用應用方法要考慮運動過程的每一個細節(jié)只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動能運算方法矢量運算代數(shù)運算相同點確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析兩種思路對比可以看出應用動能定理解題不涉及加速度、時間，運算簡單，不易出錯．2．應用動能定理解題的步驟：(1)確定研究對象和研究過程(研究對象一般為單個物體或相對靜止的物體組成的系統(tǒng))．(2)對研究對象進行受力分析(注意哪些力做功或不做功)．(3)確定合外力對物體做的功(注意功的正負)．(4)確定物體的初、末動能(注意動能增量是末動能減初動能)．(5)根據(jù)動能定理列式、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．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖4答案3.5m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：設物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段N1＝mgcos37°，故f1＝μN1＝μmgcos37°.由動能定理得：mgsin37°·s1－μmgcos37°·s1＝eq\f(1,2)mv2－0設物體在水平面上滑行的距離為s2，摩擦力f2＝μN2＝μmg由動能定理得：－μmg·s2＝0－eq\f(1,2)mv2由以上各式可得s2＝3.5m.方法二全過程列方程：mgs1sin37°－μmgcos37°·s1－μmg·s2＝0得：s2＝3.5m.1．動能定理應用中的研究對象一般為單個物體．2．動能定理的研究過程既可以是運動過程中的某一階段，也可以是運動全過程．3．通常情況下，某問題若涉及時間或過程的細節(jié)，要用牛頓運動定律去解決；某問題若不考慮具體細節(jié)、狀態(tài)或時間，如物體做曲線運動、受力為變力等情況，一般要用動能定理去解決．例3如圖5所示，物體從高h的斜面頂端A由靜止滑下，到斜面底端后又沿水平面運動到C點而停止．要使這個物體從C點沿原路返回到A，則在C點處物體應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點速度v0＝2eq\r(gh).1.(對動能定理的理解)有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖6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6A．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．(動能定理的應用)(多選)物體沿直線運動的v－t圖象如圖7所示，已知在第1s內合力對物體做功為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)動能定理得第1s內：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；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－W，B錯；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．(動能定理的應用)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的光滑半圓形導軌，半徑為R.一質量為m的滑塊靜止在A點，在水平恒力F作用下從A點向右運動，當運動至B點時，撤去恒力F，滑塊沿半圓形軌道向上運動恰能通過最高點C.已知滑塊與水平軌道間的滑動摩擦力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摩擦因數(shù)μ；(2)滑塊運動至C點的速度大小vC；(3)水平軌道AB的長度L.答案(1)0.25(2)eq\r(gR)(3)10R解析(1)滑塊在水平軌道上運動時，由f＝μN＝μmg得：μ＝eq\f(f,N)＝0.25(2)滑塊在C點時僅受重力，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的過程，運用動能定理得：(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.課時作業(yè)一、選擇題(1～7為單項選擇題，8～10為多項選擇題)1．關于動能定理，下列說法中正確的是()A．在某過程中，動能的變化等于各個力單獨做功的絕對值之和B．只要有力對物體做功，物體的動能就一定改變C．動能定理只適用于直線運動，不適用于曲線運動D．動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解析動能的變化等于各個力單獨做功的代數(shù)和，A錯；根據(jù)動能定理，決定動能是否改變的是總功，而不是某一個力做的功，B錯；動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于恒力做功的情況，也適用于變力做功的情況，C錯，D對．2．兩個物體A、B的質量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動能相同，它們和水平桌面間的動摩擦因數(shù)相同，則二者在桌面上滑行到停止經(jīng)過的距離之比為(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解析物體滑行過程中只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理，對A：－μmAgsA＝0－Ek；對B：－μmBgsB＝0－Ek.故eq\f(sA,sB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B對．3．如圖1所示，在水平桌面上的A點有一個質量為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，合外力對物體做的功W＝mgh，物體的動能變化ΔEk＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)動能定理得物體在B點的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh，B正確．4．在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，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．已知籃球質量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，該同學身高約為1.5m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功最接近(g取10m/s2)()A．1J B．10JC．50J D．100J答案B解析對整個過程運用動能定理得，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B正確．5.如圖2所示，物體沿曲面從A點無初速度滑下，滑至曲面的最低點B時，下滑的高度為5m，速度為6m/s，若物體的質量為1kg，重力加速度g＝10m/s2，則下滑過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；質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質點自P滑到Q的過程中，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解析質點經(jīng)過Q點時，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)，質點自P滑到Q的過程中，由動能定理得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C正確．7．連接A、B兩點的弧形軌道ACB和ADB關于AB連線對稱，材料相同，粗糙程度相同，如圖4所示，一個小物塊由A點以一定的初速度v開始沿ACB軌道到達B點的速度為v1；若由A以大小相同的初速度v沿ADB軌道到達B點的速度為v2.比較v1和v2的大小有()圖4A．v1>v2B．v1＝v2C．v1<v2D．條件不足，無法判定答案A解析弧形軌道ACB和ADB的長度相等，物塊在上面滑動時動摩擦因數(shù)相同，物塊在上面運動可認為做圓周運動，由于物塊在ADB上運動時對曲面的正壓力大于在ACB上運動時對曲面的正壓力，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，再由動能定理得出選項A正確．8．關于動能、動能定理，下列說法正確的是()A．一定質量的物體，動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化B．動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)C．合力做正功，物體動能可能減小D．運動物體所受的合力為零，則物體的動能肯定不變答案AD9．質量為m的物體，從靜止開始以a＝eq\f(1,2)g的加速度豎直向下運動h，下列說法中正確的是()A．物體的動能增加了eq\f(1,2)mghB．物體的動能減少了eq\f(1,2)mghC．物體的重力勢能減少了eq\f(1,2)mghD．物體的重力勢能減少了mgh答案AD解析物體的合力為ma＝eq\f(1,2)mg，向下運動h時合力做功eq\f(1,2)mgh，根據(jù)動能定理知物體的動能增加了eq\f(1,2)mgh，A對，B錯．向下運動h的過程中重力做功mgh，物體的重力勢能減少了mgh，C錯，D對．10．如圖5甲所示，質量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移s變化的關系圖象如圖乙所示，則下列判斷中正確的是()圖5A．物體運動的總位移大小為10mB．物體運動的加速度大小為10m/s2C．物體運動的初速度大小為10m/sD．物體所受的摩擦力大小為10N答案ACD解析由圖象可知，物體運動的總位移為10m，根據(jù)動能定理得，－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，豎直平面內的一半徑R＝0.5m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，質量m＝0.1kg的小球(可看作質點)從B點正上方H＝0.75m高處的A點自由下落，由B點進入圓弧軌道，從D點飛出，不計空氣阻力，(取g＝10m/s2)求：圖6(1)小球經(jīng)過B點時的動能；(2)小球經(jīng)過最低點C時的速度大小vC；(3)小球經(jīng)過最低點C時對軌道的壓力