2017_2018學年高中物理第3章動能的變化與機械功教學案（打包6套）滬科版.zip

2017_2018學年高中物理第3章動能的變化與機械功教學案（打包6套）滬科版.zip,2017,_2018,學年,高中物理,章動,變化,機械功,教學,打包,滬科版 3.3　動能定理的應用 [學習目標]　1.能靈活運用合力做功的兩種求法.2.會用動能定理分析變力做功、曲線運動以及多過程問題.3.熟悉應用動能定理的步驟，領會應用動能定理解題的優(yōu)越性. 一、研究汽車的制動距離 應用動能定理分析問題，只需考慮物體初、末狀態(tài)的動能與所做的功，而不必考慮物體的加速度和時間，因而往往比用牛頓運動定律和運動學規(guī)律更簡便. 例1　質量為m的汽車正以速度v0運動，司機踩下剎車閘，經過位移s后汽車停止運動，若阻力為f，則汽車的制動距離與汽車的初速度的關系如何？ 答案　 解析　由動能定理得：－fs＝0－mv 得：s＝ (1)在f一定的情況下：s∝mv，即初動能越大，位移s越大. (2)對于給定汽車(m一定)，若f相同，則s∝v，即初速度越大，位移s就越大.若水平路面的動摩擦因數μ一定，則s＝＝. 二、合力做功與動能變化 1.合力做功的求法 (1)一般方法：W合＝W1＋W2＋…(即合力做的功等于各力對物體做功的代數和).對于多過程問題總功的計算必須用此方法. (2)多個恒力同時作用下的勻變速運動：W合＝F合scos α. 2.合力做功與動能的變化的關系 合力做功與動能的變化滿足動能定理，其表達式有兩種： (1)W1＋W2＋…＝ΔEk. (2)W合＝ΔEk. 例2　如圖1所示，利用斜面從貨車上卸貨，每包貨物的質量m＝20 kg，斜面傾角α＝37°，斜面的長度s＝0.5 m，貨物與斜面間的動摩擦因數μ＝0.2，求貨物由靜止開始滑到底端的動能.(取g＝10 m/s2) 圖1 答案　見解析 解析　方法一　斜面上的貨物受到重力G、斜面支持力N和摩擦力f共三個力的作用，如圖所示.貨物位移的方向沿斜面向下.可以用正交分解法，將貨物所受的重力分解到與斜面平行的方向和與斜面垂直的方向. 可以看出，三個力中重力和摩擦力對貨物做功，而斜面支持力對貨物沒有做功. 其中重力G對貨物做正功W1＝mgssin 37°＝20×10×0.5×0.6 J＝60 J 支持力N對貨物沒有做功，W2＝0 摩擦力f對貨物做負功W3＝(μmgcos 37°)scos 180°＝－0.2×20×10×0.8×0.5 J＝－16 J 所以，合外力做的總功為W＝W1＋W2＋W3＝(60＋0－16) J＝44 J 由動能定理W＝Ek2－Ek1(其中Ek1＝0)知貨物滑到底端的動能Ek2＝W＝44 J. 方法二　若先計算合外力再求功，則合外力做的功 W＝F合s＝(mgsin 37°－μmgcos 37°)s＝(20×10×0.6－0.2×20×10×0.8)×0.5 J＝44 J 同樣可以得到貨物到底端時的動能Ek2＝44 J 三、利用動能定理求變力的功 1.動能定理不僅適用于求恒力做功，也適用于求變力做功，同時因為不涉及變力作用的過程分析，應用非常方便. 2.利用動能定理求變力的功是最常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk. 例3　如圖2所示，質量為m的小球自由下落d后，沿豎直面內的固定軌道ABC運動，AB是半徑為d的光滑圓弧，BC是直徑為d的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點).小球恰能通過圓弧軌道的最高點C.重力加速度為g，求： 圖2 (1)小球運動到B處時對軌道的壓力大小. (2)小球在BC運動過程中，摩擦力對小球做的功. 答案　(1)5mg　(2)－mgd 解析　(1)小球下落到B點的過程由動能定理得2mgd＝mv2，在B點：N－mg＝m， 得：N＝5mg，根據牛頓第三定律：N′＝ N＝5mg. (2)在C點，mg＝m.小球從B運動到C的過程： mv－mv2＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd. 針對訓練　如圖3所示，某人利用跨過定滑輪的輕繩拉質量為10 kg的物體.定滑輪的位置比A點高3 m.若此人緩慢地將繩從A點拉到B點，且A、B兩點處繩與水平方向的夾角分別為37°和30°，則此人拉繩的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計滑輪的摩擦) 圖3 答案　100 J 解析　取物體為研究對象，設繩的拉力對物體做的功為W.根據題意有h＝3 m. 物體升高的高度Δh＝－. ① 對全過程應用動能定理W－mgΔh＝0. ② 由①②兩式聯立并代入數據解得W＝100 J. 則人拉繩的力所做的功W人＝W＝100 J. 四、利用動能定理分析多過程問題 一個物體的運動如果包含多個運動階段，可以選擇分段或全程應用動能定理. (1)分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解. (2)全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解. 當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便. 注意：當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移.計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和. 例4　如圖4所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5 m，一個質量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽)； (2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離. 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 解析　(1)設木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點時的速度為零.從木塊開始運動到沿弧形槽上升的最大高度處，由動能定理得： FL－fL－mgh＝0 其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝0.15 m (2)設木塊離開B點后沿桌面滑動的最大距離為x.由動能定理得： mgh－fx＝0 所以：x＝＝ m＝0.75 m 1.(用動能定理求變力的功)如圖5所示，質量為m的物體與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物體與轉軸相距R，物體隨轉臺由靜止開始轉動.當轉速增至某一值時，物體即將在轉臺上滑動，此時轉臺開始勻速轉動.設物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，則在整個過程中摩擦力對物體做的功是(　　) 圖5 A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 答案　D 解析　物體即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物體的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物體做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝. ① 在物體由靜止到獲得速度v的過程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物體做功，由動能定理得：W＝mv2－0. ② 聯立①②解得W＝μmgR. 2.(動能定理的應用)如圖6所示，物體在離斜面底端5 m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均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖6 答案　3.5 m 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＝mgcos 37°， 故f1＝μN1＝μmgcos 37°. 由動能定理得：mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0 設物體在水平面上滑行的距離為l2， 摩擦力f2＝μN2＝μmg 由動能定理得：－μmg·l2＝0－mv2 由以上各式可得l2＝3.5 m. 方法二　全過程列方程： mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmg·l2＝0 得：l2＝3.5 m. 3.(動能定理在多過程問題中的應用)某興趣小組設計了如圖7所示的玩具軌道，其中“2008”四個等高數字用內壁光滑的薄壁細圓管彎成，固定在豎直平面內(所有數字均由圓或半圓組成，圓半徑比細管的內徑大得多)，底端與水平地面相切.彈射裝置將一個小物體(可視為質點)以va＝5 m/s的水平初速度由a點彈出，從b點進入軌道，依次經過“8002”后從p點水平拋出.小物體與地面ab段間的動摩擦因數μ＝0.3，不計其它機械能損失.已知ab段長L＝1.5 m，數字“0”的半徑R＝0.2 m，小物體質量m＝0.01 kg，g＝10 m/s2.求： 圖7 (1)小物體從p點拋出后的水平射程； (2)小物體經過數字“0”的最高點時管道對小物體作用力的大小和方向. 答案　(1)0.8 m　(2)0.3 N　方向豎直向下 解析　(1)設小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得： －μmgL－2mgR＝mv2－mv ① 從p點拋出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可得： 2R＝gt2 ② s＝vt ③ 聯立①②③式，代入數據解得：s＝0.8 m ④ (2)設在數字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向 F＋mg＝ ⑤ 聯立①⑤式，代入數據解得F＝0.3 N 方向豎直向下. 課時作業(yè) 一、選擇題(1～7題為單選題，8～9題為多選題) 1.在離地面高為h處豎直上拋一質量為m的物塊，拋出時的速度為v0，當它落到地面時速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于(　　) A.mgh－mv2－mv B.mv2－mv－mgh C.mgh＋mv－mv2 D.mgh＋mv2－mv 答案　C 解析　選取物塊從剛拋出到正好落地時的過程，由動能定理可得： mgh－Wf克＝mv2－mv 解得：Wf克＝mgh＋mv－mv2. 2.如圖1所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為(　　) 圖1 A.μmgR B.mgR C.－mgR D.(1－μ)mgR 答案　D 解析　設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A運動到C的全過程，根據動能定理， 有mgR－WAB－μmgR＝0. 所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR. 3.一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，如圖2所示，則拉力F所做的功為(　　) 圖2 A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ) C.Flcos θ D.Flsin θ 答案　B 解析　小球緩慢移動，時時都處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，F＝mgtan θ，隨著θ的增大，F也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以這道題要考慮用動能定理求解.由于物體緩慢移動，動能保持不變，由動能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ). 4.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧最右端O相距s，如圖3所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(不計空氣阻力)(　　) 圖3 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C.μmgs D.μmgx 答案　A 解析　設物體克服彈簧彈力所做的功為W，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對物體做功為－W，摩擦力對物體做功為－μmg(s＋x)，根據動能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv，所以W＝mv－μmg(s＋x). 5.質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖4所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用.設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是(　　) 圖4 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　C 解析　小球通過最低點時，設繩的張力為T，則 T－mg＝m，6mg＝m ① 小球恰好過最高點，繩子拉力為零，這時mg＝m ② 小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得 －mg·2R－Wf＝mv－mv ③ 由①②③式聯立解得Wf＝mgR，選C. 6.如圖5所示，假設在某次比賽中運動員從10 m高處的跳臺跳下，設水的平均阻力約為其體重的3倍，在粗略估算中，把運動員當作質點處理，為了保證運動員的人身安全，池水深度至少為(不計空氣阻力)(　　) 圖5 A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m 答案　A 解析　設水深為h，對運動全程運用動能定理可得： mg(H＋h)－fh＝0， mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m. 7.如圖6所示，小球以初速度v0從A點沿粗糙的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，則經過A點的速度大小為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　B 解析　從A到B運動過程中，重力和摩擦力都做負功，根據動能定理可得mgh＋Wf＝mv，從B到A過程中，重力做正功，摩擦力做負功(因為是沿原路返回，所以兩種情況摩擦力做功大小相等)，根據動能定理可得mgh－Wf＝mv2，兩式聯立得再次經過A點的速度為，故B正確. 8.在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到vmax后，立即關閉發(fā)動機直至靜止，v－t圖像如圖7所示，設汽車的牽引力為F，受到的摩擦力為f，全程中牽引力做功為W1，克服摩擦力做功為W2，則(　　) 圖7 A.F∶f＝1∶3 B.W1∶W2＝1∶1 C.F∶f＝4∶1 D.W1∶W2＝1∶3 答案　BC 解析　對汽車運動的全過程，由動能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，選項B正確，選項D錯誤；由動能定理得Fs1－fs2＝0，由圖像知s1∶s2＝1∶4.所以F∶f＝4∶1，選項A錯誤，選項C正確. 9.如圖8所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動.小環(huán)從最高點A滑到最低點B的過程中，線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖像可能是圖中的(　　) 圖8 答案　AB 解析　對小環(huán)由動能定理得mgh＝mv2－mv，則v2＝2gh＋v.當v0＝0時，B正確.當v0≠0時，A正確. 二、非選擇題 10.如圖9所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點相連，軌道位于豎直面內，其半徑為R，一個質量為m的物塊靜止在水平面上，現向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當它經B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，重力加速度為g.求： 圖9 (1)彈簧彈力對物塊做的功； (2)物塊從B到C克服阻力所做的功； (3)物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能. 答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR 解析　(1)由動能定理得W＝mv 在B點由牛頓第二定律得7mg－mg＝m 解得W＝3mgR (2)物塊從B到C由動能定理得 mv－mv＝－2mgR＋W′ 物塊在C點時mg＝m 解得W′＝－mgR，即物塊從B到C克服阻力做功為mgR. (3)物塊從C點平拋到水平面的過程中，由動能定理得 2mgR＝Ek－mv，解得Ek＝mgR. 11.如圖10所示，一個質量為m＝0.6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s從P點水平拋出，從粗糙圓弧ABC的A點沿切線方向進入(不計空氣阻力，進入圓弧時無動能損失)且恰好沿圓弧通過最高點C，已知圓弧的圓心為O，半徑R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)小球到達A點的速度vA的大??； (2)P點到A點的豎直高度H； (3)小球從圓弧A點運動到最高點C的過程中克服摩擦力所做的功W. 答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J 解析　(1)在A點由速度的合成得vA＝， 代入數據解得vA＝4 m/s (2)從P點到A點小球做平拋運動，豎直分速度vy＝v0tan θ ① 由運動學規(guī)律有v＝2gH ② 聯立①②解得H＝0.6 m (3)恰好過C點滿足mg＝ 由A點到C點由動能定理得－mgR(1＋cos θ)－W＝mv－mv 代入數據解得W＝1.2 J. 12.如圖11所示，繃緊的傳送帶在電動機帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速度勻速運行，傳送帶與水平地面的夾角θ＝30°，現把一質量m＝10 kg的工件輕輕地放在傳送帶底端，由傳送帶傳送至h＝2 m的高處.已知工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，g取10 m/s2. 圖11 (1)通過計算分析工件在傳送帶上做怎樣的運動？ (2)工件從傳送帶底端運動至h＝2 m高處的過程中摩擦力對工件做了多少功？ 答案　(1)工件先以2.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，運動0.8 m與傳送帶達到共同速度2 m/s后做勻速直線運動　(2)220 J 解析　(1)工件剛放上傳送帶時受滑動摩擦力： f＝μmgcos θ， 工件開始做勻加速直線運動，由牛頓運動定律： f－mgsin θ＝ma可得： a＝－gsin θ＝g(μcos θ－sin θ) ＝10× m/s2＝2.5 m/s2. 設工件經過位移s與傳送帶達到共同速度，由勻變速直線運動規(guī)律可得：s＝＝ m＝0.8 m＜＝4 m 故工件先以2.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，運動0.8 m與傳送帶達到共同速度2 m/s后做勻速直線運動. (2)在工件從傳送帶底端運動至h＝2 m高處的過程中，設摩擦力對工件做功為Wf，由動能定理得Wf－mgh＝mv， 可得：Wf＝mgh＋mv＝10×10×2 J＋×10×22 J＝220 J. 13