8.3 动能和动能定理 第2课时 课件 2023-2024学年高一物理人教版(2019)必修第二册(共24张PPT)
文档属性
| 名称 | 8.3 动能和动能定理 第2课时 课件 2023-2024学年高一物理人教版(2019)必修第二册(共24张PPT) |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-01-10 16:22:01 | ||
图片预览
文档简介
(共24张PPT)
宣讲人：某某某 时间：20XX.XX
第3节 动能和动能定理 第2课时
第八章 机械能守恒定律
学习目标
1.应用牛顿第二定律和动能定理分析物体的运动。
2.会根据图像信息结合动能定理分析问题。
3.应用动能定理分析多过程问题。
目录
01
利用动能定理求变力做功
02
动能定理与图像的结合
03
利用动能定理分析多过程问题
04
动能定理在平抛、圆周运动中的应用
知识点一：利用动能定理求变力做功
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
例1：一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为（ ）
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
解析 小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan α，α为轻绳与OP的夹角，随着α的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误。
例2：在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图甲所示．现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示．将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下，(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H。求：(1)小球达到B端的速度大小。
(2)小球在管口B端受到的支持力大小。
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中
克服摩擦阻力所做的功。
知识点二：动能定理与图像的结合
1.分析图像
分析动能定理和图像结合的问题时，一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合适的规律求解有关问题。
2.基本步骤
例3：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)出发时物体运动的加速度大小；
(2)物体能够运动的最大位移。
根据动能定理可得W－μmgxm＝0，
解得xm＝12.5 m。
答案 (1)20 m/s2 (2)12.5 m
解析 (1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，
当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得a＝20 m/s2。
(2)根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功
知识点三：利用动能定理分析多过程问题
1.典型方法：平抛运动、圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2.解题关键：用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量间的关系。
3.方法技巧：若物体的运动过程包含多个运动阶段，可分段应用动能定理，也可全程运用动能定理。若不涉及中间量，全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功，应注意力与位移的对应性。
例4：如图所示，右端连有一个固定光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离。
解析（1）木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以
（2）设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，
由动能定理得：mgh－Ffx＝0
例4：如图所示，将物体从倾角为θ的斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。
解析 物体最终停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，
由动能定理得mgh－μmgcos θ·s＝0
物块从开始到停止通过的路程：
知识点四：动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力。
例5：如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
（1）求小球离开桌面时的速度v0；
（2）若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
代入数据解得Wf＝－4 J。
联立解得：v0＝3 m/s；
1.确定研究对象，画出过程示意图；
2.分析物体的受力，明确各力做功的情况，并确定外力所做的总功；
3.分析物体的运动，明确物体的初、末状态，确定初、末状态的动能及动能的变化；
4.根据动能定理列方程求解。
1.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图7所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为（ ）
2.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为 （ ）
解析 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
3.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 （ ）
解析 小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
4.如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑，曲、直轨道平滑连接.一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0.g取10 m/s2，求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).
解得μ＝0.5
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，
故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
宣讲人：某某某 时间：20XX.XX
第3节 动能和动能定理 第2课时
第八章 机械能守恒定律
学习目标
1.应用牛顿第二定律和动能定理分析物体的运动。
2.会根据图像信息结合动能定理分析问题。
3.应用动能定理分析多过程问题。
目录
01
利用动能定理求变力做功
02
动能定理与图像的结合
03
利用动能定理分析多过程问题
04
动能定理在平抛、圆周运动中的应用
知识点一：利用动能定理求变力做功
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
例1：一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为（ ）
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ)
C.Flcos θ D.Flsin θ
解析 小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan α，α为轻绳与OP的夹角，随着α的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误。
例2：在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图甲所示．现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示．将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下，(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H。求：(1)小球达到B端的速度大小。
(2)小球在管口B端受到的支持力大小。
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中
克服摩擦阻力所做的功。
知识点二：动能定理与图像的结合
1.分析图像
分析动能定理和图像结合的问题时，一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合适的规律求解有关问题。
2.基本步骤
例3：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)出发时物体运动的加速度大小；
(2)物体能够运动的最大位移。
根据动能定理可得W－μmgxm＝0，
解得xm＝12.5 m。
答案 (1)20 m/s2 (2)12.5 m
解析 (1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，
当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得a＝20 m/s2。
(2)根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功
知识点三：利用动能定理分析多过程问题
1.典型方法：平抛运动、圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2.解题关键：用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量间的关系。
3.方法技巧：若物体的运动过程包含多个运动阶段，可分段应用动能定理，也可全程运用动能定理。若不涉及中间量，全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功，应注意力与位移的对应性。
例4：如图所示，右端连有一个固定光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离。
解析（1）木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以
（2）设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，
由动能定理得：mgh－Ffx＝0
例4：如图所示，将物体从倾角为θ的斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。
解析 物体最终停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，
由动能定理得mgh－μmgcos θ·s＝0
物块从开始到停止通过的路程：
知识点四：动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力。
例5：如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
（1）求小球离开桌面时的速度v0；
（2）若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
代入数据解得Wf＝－4 J。
联立解得：v0＝3 m/s；
1.确定研究对象，画出过程示意图；
2.分析物体的受力，明确各力做功的情况，并确定外力所做的总功；
3.分析物体的运动，明确物体的初、末状态，确定初、末状态的动能及动能的变化；
4.根据动能定理列方程求解。
1.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图7所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为（ ）
2.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为 （ ）
解析 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
3.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 （ ）
解析 小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
4.如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑，曲、直轨道平滑连接.一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0.g取10 m/s2，求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).
解得μ＝0.5
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，
故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。