4. 动能 动能定理课堂实录【1】

习题课：动能定理的应用

龙正中学物理教师：黄强

【教学目标】

一、知识与技能

1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题

二、过程与方法

1．通过理论推导，分析恒力做功与物体动能变化的关系，导出动能、动能定理．

2．通过动手实验、测量计算，探究并验证动能定理．

三、情感态度与价值观

1体会物理过程分析，培养学生的逻辑思维，提升学生的物理能力．

2. 经历探究过程，培养学生的合作与交流精神．

3．体验运用物理知识，体验收获的喜悦．

【教学重点】

重点：会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题

【教学难点】

难点：利用动能定与平抛运动、圆周运动相结合

分析曲线运动以及多过程问题

【教学方法】

讲练法、讨论法

【教学课时】

2 课时

[【教学过程】

（一）引入新课

教师活动：复习引入新课：创设物理情境，引发学生思考

（二）新课教学

一、利用动能定理求变力的功

例1

如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB1是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)．小球恰能通过4

圆弧轨道的最高点C.求：

图1 (1)小球运动到B处时对轨道的压力大小．

(2)小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功．(重力加速度为g) v212解析

(1)小球下落到B的过程由动能定理得2mgd＝mv，在B点：FN－mg＝m，得：FN2d＝5mg，根据牛顿第三定律：FN′＝FN＝5mg. v2C(2)在C点，mg＝m.小球从B运动到C的过程：

d212123mvC－mv＝－mgd＋Wf，得Wf＝－mgd. 2243答案

(1)5mg

(2)－mgd

4[方法总结]

利用动能定理求变力的功是最常用的方法，这种题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk. 针对训练

如图2所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)．则在这一过程中摩擦力对物体做的功是(

)

图2 A．0 C．2πμmgR

答案

D 解析

物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，B．2μmgR

μmgRD.

2

mv2设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝①.在物体由静止到获得速度v的过程R1中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W＝mv2－0②21联立①②解得W＝μmgR. 2二、利用动能定理分析多过程问题

例2

如图3所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接．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10.3 m的D点速度为零．g取10 m/s2，求：

图3 (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)．

解析

(1)由动能定理得

1mg(H－h)－μmgxBC＝0－mv2，

21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

112mgH－μmg·4xBC＝mv22－mv1，

22解得v2＝411m/s. (3)分析整个过程，由动能定理得

1mgH－μmgs＝0－mv2，

21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)411m/s

(3)距B点0.4m [技巧点拨]

对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．

(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．

(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确

定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．

当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．

注意

当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．

三、动能定理和动力学方法的综合应用

例3

为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l＝2m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图4所示．一个质量m＝1kg小物块以初速度v0＝5m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度vC＝4 m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

图4 (1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；

(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；

(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？

解析

(1)设小物块到达C点时受到的支持力大小为FN，

2vC根据牛顿第二定律有，FN－mg＝m

R解得：FN＝90N 根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90N (2)小物块从A到C的过程中，根据动能定理有：

112mglsin37°＋Wf＝mv2C－mvA

22解得Wf＝－16.5J (3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v1，根据牛顿第二定律有：

2v1FN＋mg＝m，

R为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，

则v1≥gR

小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械守恒定律有：

1212mv＝mv＋2mgR，当v1＝gR时，联立得R＝0.32m，

2C21

所以为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，R≤0.32m. 答案

(1)90N

(2)－16.5J

(3)R≤0.32m [技巧点拨]

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有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝0. ②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝gR. 【作业布置】

1．如图5所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(

)

图5 1A．mgh－mv2

2C．－mgh

答案

A 解析

由A到C的过程运用动能定理可得：

1－mgh＋W＝0－mv2，

21所以W＝mgh－mv2，故A正确．

22.如图6所示，质量为m＝1kg的小球从A点以v0＝10m/s的初速度沿水平轨道向右运动，之后进入半径为r＝0.9 m的竖直圆轨道，恰能通过圆轨道的最高点P，求此过程中小球克服摩擦阻力做的功．(g取10 m/s2) 1B.mv2－mgh

21D．－(mgh＋mv2) 2

图6 答案

27.5J

v2解析

由题意可知，小球在最高点P时，有mg＝m，得v＝gr＝10×0.9m/s＝3 m/s. r111212A到P由动能定理得－mg×2r＋Wf＝mv2－mv20，代入数据，得Wf＝mv－mv0＋2mgr＝2222－27.5J. 故小球克服摩擦阻力做的功Wf′＝27.5J. 3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图7是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m．某运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：

图7 (1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；

(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？

答案

(1)6m/s

(2)0.125

(3)最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处

解析

(1)由题意可知：vB＝解得：vB＝2v0＝6m/s.①

(2)由B点到E点，由动能定理可得：

1mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv2②

2B由①②代入数据可得：μ＝0.125. (3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh1－mgh′－μmg·2xCD＝0－mv2

2B解得h′＝1.8m

设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：

1mgh－μmgs＝0－mv2④

2Bv0

cos60°

解得：s＝30.4m 因为s＝3xCD＋6.4m，所以运动员最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处．

强化训练

一、选择题(1～4为单项选择题，5～7为多项选择题) 11.如图1所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一4质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(

)

图1 1A.μmgR

2C．－mgR

答案

D 解析

物体从A运动到B所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要随之变化，所以克服摩擦力所做的功，不能直接由做功的公式求得．而在BC段克服摩擦力所做的功，可直接求得．对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功．

设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，

有mgR－WAB－μmgR＝0. 所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR. 2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(

) 11A．mgh－mv2－mv2

22011B.mv2－mv2－mgh

220112C．mgh＋mv2－mv

20211D．mgh＋mv2－mv2

220答案

C 解析

选取物体从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：

112mgh－Wf克＝mv2－mv0

221B.mgR

2D．(1－μ)mgR

112解得：Wf克＝mgh＋mv20－mv. 223.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与一轻弹簧O端相距s，如图2所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(

)

图2 1A.mv2－μmg(s＋x)

20C．μmgs

答案

A 解析

设物体克服弹簧弹力所做的功为W，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做1功为－W，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv2，201所以W＝mv2－μmg(s＋x)．

204.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图3所示，则拉力F所做的功为(

) 12B.mv0－μmgx

2D．μmgx

图3 A．mglcosθ

B．mgl(1－cosθ) C．Flcosθ

D．Flsinθ

答案

B 解析

小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtanθ，随着θ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，所以这道题要考虑用动能定理求解．由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ)．

5.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图4所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(

)

图4 A．F∶Ff＝1∶3 C．F∶Ff＝4∶1 答案

BC 解析

对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；由图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以

F∶Ff＝4∶1，选项A错误，选项C正确．

6．质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力Ff均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增大到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则此段时间内发动机所做的功W可表示为(

) A．W＝Pt

B．W＝Ffs

112C．W＝mv2－mv＋Ffs

2m201D．W＝mv2＋Ffs

2m答案

AC 解析

由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W＝Pt，所以A正确；车做加速112运动，故牵引力大于阻力Ff，故B错误；根据动能定理W－Ffs＝mv2m－mv0，所以C正确，22D错误．

17.如图5所示，半径为R的光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小4车和小球一起以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是(

) B．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3

图5 v2A．等于

2gv2C．小于

2g答案

ACD v2B．大于

2gD．与小车的速度v有关

解析

小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0.根据动能定v212理有mv＝mgh，解得h＝；另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛运动，到最高点22gv2还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于，故A、C、D正确，B错误．

2g二、非选择题

8.如图6所示，一个质量为m＝0.6kg的小球以初速度v0＝2m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：

图6 (1)小球到达A点的速度vA的大小；

(2)P点到A点的竖直高度H；

(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W. 答案

(1)4m/s

(2)0.6m

(3)1.2J v0解析

(1)在A点由速度的合成得vA＝

cosθ解得vA＝4m/s (2)P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tanθ

由运动学规律有v2y＝2gH

由以上两式解得H＝0.6m 2mvC(3)恰好过C点满足mg＝

R由A点到C点由动能定理得

112－mgR(1＋cosθ)－W＝mv2－mv

2C2A代入数据解得W＝1.2J. 9.如图7所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2m的高处．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝3，g取10m/s2. 2

图7 (1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？

(2)工件从传送带底端运动至h＝2m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？

答案

(1)工件以2.5m/s2的加速度先做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动

(2)220J 解析

(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力：

Ff＝μmgcosθ，

工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律：

Ff－mgsinθ＝ma可得：

Ffa＝－gsinθ

m＝g(μcosθ－sinθ) ＝10×32cos30°－sin30°m/s

2＝2.5m/s2. v2220设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：x＝＝m＝2a2×2.50.8m＜h＝4m sinθ故工件先以2.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动．

(2)在工件从传送带底端运动至h＝2m高处的过程中，设摩擦力对工件做功Wf，由动能定理1得Wf－mgh＝mv2，

20112可得：Wf＝mgh＋mv20＝10×10×2J＋×10×2J＝220J. 2210．如图8所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1m，CD为光1滑的圆弧，半径R＝0.6m．一个质量m＝2kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体4与水平面BC间动摩擦因数μ＝0.2轨道在B、C两点光滑连接．当物体到达D点时，继续竖直向

上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2m．sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.g取10m/s2.求：

(1)物体运动到C点时速度大小vC；

(2)A点距离水平面的高度H；

(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.

图8 答案

(1)4m/s

(2)1.02m

(3)0.4m 解析

(1)物体由C点到最高点，根据动能定理得：

1－mg(h＋R)＝0－mv2

2C代入数据解得：vC＝4m/s (2)物体由A点到C点，根据动能定理得：

12mv－0＝mgH－μmglBC

2C代入数据解得：H＝1.02m (3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：

mgH－μmgs＝0 代入数据，解得：s＝5.1m 由于s＝4lBC＋0.7m x＝5×10 J＝50 J.