高中物理第七章机械能守恒定律第7节动能和动能定理教学案新人教版必修2.docx
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高中物理第七章机械能守恒定律第7节动能和动能定理教学案新人教版必修2
第7节动能和动能定理
1．物体由于运动而具有的能量叫做动能，表达式为
Ek＝mv2。
动能是标量，具有相对性。
2．力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过
程中动能的变化，这个结论叫动能定理，表达式为
W＝Ek2－Ek1。
3．如果物体同时受到几个力的共同作用，则W为合力
做的功，它等于各个力做功的代数和。
4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功，
既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
一、动能
1．大小：
Ek＝mv2。
2．单位：
国际单位制单位为焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。
3．标矢性：
动能是标量，只有大小，没有方向，只有正值，没有负值。
二、动能定理
1．推导：
如图771所示，物体的质量为m，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生了一段位移l，速度由v1增加到v2，此过程力F做的功为W。
图771
2．内容：
力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
3．表达式：
W＝Ek2－Ek1。
4．适用范围：
既适用于恒力做功也适用于变力做功；既适用于直线运动也适用于曲线运动。
1．自主思考——判一判
（1）速度大的物体动能也大。
（×）
（2）某物体的速度加倍，它的动能也加倍。
（×）
（3）合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。
（√）
（4）物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。
（×）
（5）物体的动能增加，合外力做正功。
（√）
2．合作探究——议一议
（1）同步卫星绕地球做匀速圆周运动，在卫星的运动过程中，其速度是否变化？
其动能是否变化？
图772
提示：
速度变化，动能不变。
卫星做匀速圆周运动时，其速度方向不断变化，由于速度是矢量，所以速度是变化的；运动时其速度大小不变，所以动能大小不变，由于动能是标量，所以动能是不变的。
（2）在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？
提示：
重力做功相同，动能改变相同，末动能、末速度大小相同，但末速度方向不同。
对动能、动能定理的理解
1．动能的特征
（1）动能是状态量：
与物体的运动状态（或某一时刻的速度）相对应。
（2）具有相对性：
选取不同的参考系，物体的速度不同，动能就不同，一般以地面为参考系。
2．对动能定理的理解
（1）表达式W＝ΔEk中的W为外力对物体做的总功。
（2）动能定理描述了做功和动能变化的两种关系。
①等值关系：
物体动能的变化量等于合力对它做的功。
②因果关系：
合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做的功来度量。
1．（全国丙卷）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为（ ）
A. B.
C.D.
解析：
选A 质点在时间t内的平均速度v＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝，故＝。
由题意知：
mv22＝9×mv12，则v2＝3v1，进而得出2v1＝。
质点的加速度a＝＝＝。
故选项A正确。
2．（多选）一质量为0.1kg的小球，以5m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是（ ）
A．Δv＝10m/sB．Δv＝0
C．ΔEk＝1JD．ΔEk＝0
解析：
选AD 小球速度变化Δv＝v2－v1＝5m/s－（－5m/s）＝10m/s，小球动能的变化量ΔEk＝mv22－mv12＝0。
故A、D正确。
3．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是（ ）
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
解析：
选C 力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误。
物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，C正确。
物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误。
动能定理的应用
1．应用动能定理解题的基本思路
2．动能定理的优越性
牛顿运动定律
动能定理
适用条件
只能研究物体在恒力作用下做直线运动的情况
对于物体在恒力或变力作用下做直线运动或曲线运动均适用
应用方法
要考虑运动过程的每一个细节
只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法
矢量运算
代数运算
相同点
确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
结论
应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错
[典例] 如图773所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m。
斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。
将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。
（重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
图773
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点
（1）物块要沿斜面下滑的临界条件是mgsinθ＝μ1mgcosθ。
（2）物块平抛的水平距离与桌子长度之和为落地点到墙面的最大距离。
[解析]
（1）为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ
θ满足的条件tanθ≥0.05
即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑。
（2）克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg（L2－L1cosθ）
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8。
（3）由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2
代入数据得v＝1m/s
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4s
x1＝0.4m
xm＝x1＋L2＝1.9m。
[答案]
（1）arctan0.05
（2）0.8 （3）1.9m
动能定理与牛顿运动定律在解题时的选择方法
（1）动能定理与牛顿运动定律是解决力学问题的两种重要方法，同一个问题，用动能定理一般要比用牛顿运动定律解决起来更简便。
（2）通常情况下，若问题涉及时间、加速度或过程的细节，要用牛顿运动定律解决；而曲线运动、变力做功或多过程等问题，一般要用动能定理解决。
1．一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离s2应为（ ）
A．6.4mB．5.6m
C．7.2mD．10.8m
解析：
选A 解法一：
急刹车后，汽车做匀减速运动，且两种情况下加速度大小是相同的，由运动学公式可得－v12＝－2as1 ①，－v22＝－2as2 ②，两式相比得＝。
故汽车滑行距离s2＝s1＝2×3.6m＝6.4m。
解法二：
急刹车后，水平方向上汽车只受摩擦阻力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零。
－Fs1＝0－mv12 ①，－Fs2＝0－mv22 ②，②式除以①式得＝。
故汽车滑行距离
s2＝s1＝2×3.6m＝6.4m。
2.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图774所示。
则力F所做的功为（ ）
图774
A．mglcosθ
B．Flsinθ
C．mgl（1－cosθ）
D．Fl（1－sinθ）
解析：
选C 小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功。
小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg（l－lcosθ）＋WF＝0，所以WF＝mgl（1－cosθ）。
3．一架喷气式飞机，质量为m＝5×103kg，起飞过程中从静止开始滑行的路程为x＝5.3×102m时（做匀加速直线运动），达到起飞速度v＝60m/s，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k倍（k＝0.02），求飞机受到的牵引力。
解析：
以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为WG＝0，W支＝0，W牵＝Fx，W阻＝－kmgx。
由动能定理得Fx－kmgx＝mv2－0
解得F＝kmg＋
N＝1.8×104N。
答案：
1.8×104N
应用动能定理求解多过程问题
[典例] 如图775所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑。
一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0。
求：
（取g＝10m/s2）
图775
（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。
（3）物体最后停止的位置（距B点多少米）。
[思路点拨]
（1）重力做功与物体运动路径无关，其大小为mgΔh，但应注意做功的正、负。
（2）物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC。
[解析]
（1）由动能定理得－mg（h－H）－μmgsBC＝0－mv12，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，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4m/s≈13.3m/s。
（3）分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv12，
解得s＝21.6m。
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离为2m－1.6m＝0.4m。
[答案]
（1）0.5
（2）13.3m/s （3）距B点0.4m
物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（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可使问题简化。
1．（多选）如图776所示为一滑草场。
某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。
质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
则（ ）
图776
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：
选AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝、s2＝
由动能定理（或功能关系）知：
2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g（sin45°－μcos45°）＝g，a2＝g（sin37°－μcos37°）＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
m
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