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动能定理的综合应用



第七章

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第七章

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知识与技能 1.加深对动能定理的理解.

2.会利用动能定理求变力的功.
3.能利用动能定理对全过程列式求解. 4.用动能定理计算物体通过的路程. 过程与方法 通过应用动能定理解题体会动能定理解题的优越性

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情感、态度与价值观 培养学生一丝不苟,勇于探索的科学精神

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人 教 版 必 修 一 新 课 空气阻力,落至沙坑表面后又进入沙坑h停止(如图所 标 示).求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍. 地 理 [例1] 物体从高出地面H处由静止自由落下,不考虑 · ·

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解析:方法一:选物体为研究对象,研究自由落体过 程,只有重力做功,设物体质量为 m,落到沙坑表面时速 度为 v,根据动能定理有 1 2 mgH= mv -0 ① 2 再研究物体在沙坑中的运动过程,重力做正功,阻力 Ff 做负功,根据动能定理有 1 mgh-Ffh=0- mv2 ② 2 Ff H+h 由①、②两式解得 = mg h H+h 可见物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的 h 倍.
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方法二:研究物体运动的全过程,根据动能定 理有mg(H+h)-Ffh=0, Ff H+h 解得 = mg h 可见物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的 H+h 倍 h

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人 教 规律总结:若物体的运动过程包含几个不同的物理过 版 必 程,用动能定理解题时(1)可以分段列方程,然后联立求 修 一 解.(2)可以视全过程为一整体方程求解. 但求功时,有些力不是全过程都起作用的,必须根据 新 课 不同的情况分别对待,求出总功,计算时要注意各力分别 标 做的是正功还是负功. 地 理

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人 变式训练1—1 图中ABCD是一条长轨道,其中AB段 教 版 是倾斜角为θ的斜面,CD段是水平的.BC是与AB和CD都 必 修 相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计.一质量为m的 一 小滑块在A点从静止状态释放,沿轨道滑下,最后停在D点, 新 A点和D点的位置如图所示.现用一沿着轨道方向的力推滑 课 标 块,把它缓慢地由D点推回到A点时停下.设滑块与轨道间 地 的动摩擦因数为μ,则推力对滑块做的功等于 理

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人 教 版 必 修 一 · · 解析:小滑块在斜面上和在水平面上运动时都受到三 新 课 个力,即重力、支持力和摩擦力.整个过程中,支持力与 标 速度方向始终垂直,故不做功.从A到D的过程中,由动能 地 理 定理,有WG-Wf=0,Wf=WG=mgh. 当它返回时,从D到A的过程中,重力和摩擦力均做 负功,因推力平行于轨道,所受摩擦力大小跟A到D过程相 同,做的功也相等,均为-Wf
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从D到A的返回过程,根据动能定理,有: WF-mgh-Wf=0, WF=mgh+Wf=2mgh. 答案:B

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[例2]

总质量为M的列车,沿水平直线轨道匀速前进,

新 课 驶的距度为l,于是立即关闭油门,除去牵引力,设运动的 标 阻力与重力成正比,机车的牵引力是恒定的,求列车完全 地 停下时,列车两部分间的距离是多少? 理

其末节车厢质量为m,中途脱节,司机发觉时,机车已行

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解析:根据题意,可以作出如图所示的运动示意图.

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以机车为研究对象,脱钩发现前受牵引力和阻力,发 现后只受阻力,对其脱钩前后的全过程,根据动能定理 有: 1 2 Fl-k(M-m)gl2=0- (M-m)v0 ①, 2 以末节车厢为研究对象,脱钩后只受阻力作用,根据 动能定理有: 1 2 -kmgl1=0- mv0 ②, 2 又F=kMg ③, M 联立①②③可解得:Δl=l2-l1= l. M-m
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人 教 规律总结:解决此类问题应注意以下规律: 版 必 (1)多个研究对象存在时,即研究对象为系统时,要明 修 一 确组成系统的物体的总动能的变化量(系统内各物体的动能 新 变化之和)等于相应时间内所有力对物体做的总功. 课 (2)动能定理应用于系统总动能的变化时,满足W外 + 标 W内=ΔEk,W外表示所有外力做功,W内表示所有内力做功, 地 理 ΔEk表示系统内所有物体的动能的变化.

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人 教 (3)在研究整体与外界的关系时,用整体法较简单,但 版 必 对分析能力要求较高,同时,对于整体法和隔离法在处理 修 一 各种具体问题时,要具体分析用哪种方法简便,不能一概 新 而论,在很多情况下,两种方法交替使用,才能更好得解 课 决问题. 标 (4)对于物理过程较复杂的问题,分析时要善于画出其 地 理 过程示意图,便于建立清晰的物理图景,有助于找出物理 量间的正确关系以及解决的方法.

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人 教 变式训练2—1 如图所示,质量为M的木块静止在光 版 必 滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0 沿水平方向射中 修 一 木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子 新 弹相对木块静止时,木块前进距离为L,子弹进入木块的深 课 度为d,若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系式中 标 正确的是 地 ( ) 理

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1 2 A.FL= Mv 2 1 2 B.Fd= mv 2 1 2 1 C.Fd= mv0- (M+m)v2 2 2 1 2 1 2 D.F(L+d)= mv0- mv 2 2

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1 解析:根据动能定理:对子弹:-F(L+d)= 2 1 2 1 2 2 mv - mv 0,选项D正确;对木块:FL= Mv ,A正 2 2 1 1 2 确;由以上两式相加整理可得Fd= mv 0 - (M+ 2 2 m)v2,C正确.

答案:ACD

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人 教 版 [例3] 如图所示,AB与CD为两个对称斜面,其上部 必 修 足够长,下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧 一 圆心角为120°,半径R为2.0 m,一个物体在离弧底E高度 新 课 为h=3.0 m处,以初速度4.0 m/s沿斜面运动.若物体与两 标 斜面的动摩擦因数为0.02,则物体在两斜面上(不包括圆弧 地 部分),一共能走多长路程?(g取10 m/s2) 理

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解析:设物体在斜面上运动的总路程为s,则摩 擦力所做的总功为-μmgscos60° ,末状态选为B(或 C),此时物体速度为零,对全过程由动能定理得 1 2 mg[h-R(1-cos60° )]-μmgscos60° =0- mv0 2 物体在斜面上通过的总路程为 1 2 2g?h- R?+v0 2 s= μg 2×10×?3.0-1.0?+4.02 = m=280 m. 0.02×10

答案:280 m
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人 教 规律总结:考虑到重力做功与路径无关,滑动摩擦力 版 必 一直做负功,且与路程成正比,所以对全过程应用动能定 修 一 理就显得非常简便.如果用牛顿运动定律求解,则必须求 新 出 每 次 到 达 B、 C点 的 速 度 , 再 用 数 列 求 总 路 程 , 很 麻 课 烦.该题的求解充分显示了动能定理解题的优越性. 标 地 理

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人 变式训练 3—1 质量为 m 的物体从地面以速度 v0 竖直 教 版 向上抛出,物体落回地面时,速度大小为3v ,设物体在运 必 4 0 修 动中所受空气阻力大小不变,求: 一 (1)物体运动过程中所受空气阻力的大小; 新 (2)若物体与地面碰撞过程中无能量损失,求物体运动 课 的总路程. 标 地 理

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(2)设物体从抛出到停止运动的总路程为l,对全程 由动能定理知: 1 2 WG+Wf=Ek2-Ek1,0-fl=0- mv0, 2 2 25 v0 所以l= · . 14 g

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人 教 小结:多运动过程问题一定要做好受力分析,表示出 版 必 全过程中各力所做的功和初末态动能的变化是解题的关 修 一 键. · · 新 课 标 地 理

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人 教 版 必 [例4] 一辆汽车的质量为10×103 kg,阻力恒为车重 修 一 的0.1倍,汽车从静止开始以2×102 kW的恒定功率沿平直 · · 新 的公路运动15 s后达到最大速度.取g=10 m/s2,求汽车在 课 标 这15 s内发生的位移. 地 理

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人 教 解析:根据 P=Fv 知,保持功率 P 不变的汽车,做牵 版 必 引力 F 逐渐减小的加速运动,在 15 s 末,F 与阻力 Ff 大小 修 一 P P P 相等,速度达到最大值时,v2= = = . F Ff 0.1mg 新 课 1 2 P2 标 汽车动能的变化 ΔE=Ek2-Ek1= mv 2-0= . 2 0.02mg2 地 牵引力做功 WF=Pt,阻力做功 Wf=-Ffs=-0.1mgs. 理
根据动能定理有:WF+Wf=ΔE.

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人 教 变式训练4—1 (2009·上海高考卷)质量为5×103kg的 版 必 汽车在t=0时刻速度v0=10m/s,随后以P=6×104W的额定 修 一 功率沿平直公路继续前进,经72s达到最大速度,设汽车受 恒定阻力,其大小为2.5×103N.求: 新 课 (1)汽车的最大速度vm. 标 (2)汽车在72s内经过的路程s. 地 理

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解析:(1)达到最大速度时,牵引力等于阻力 4 P 6×10 P=fvm vm= = m/s=24m/s f 2.5×103 (2)由动能定理可得 1 2 1 2 Pt-fs= mv m- mv0 2 2 2Pt-m?v2 -v2? m 0 ∴s= 2f 2×6×104×72-5×103×?242-102? = m 2×2.5×103 =1252m.

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人 教 版 必 修 一 · · 新 课额定功率3000 kW加速行驶,当速度由10 m/s加速到所能达 标 到的最大速度30 m/s时,共用了2 min,则在这段时间内列 地 理车前进的距离是________ m. 1.一列车的质量为5.0×105 kg,在平直的轨道上以

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解析:列车速度最大时做匀速运动,则: 3×106 P Ff=F牵= = N=1×105 N vmax 30 1 1 2 由动能定理:Pt-Ffx= mv 2 - mv0 2 max 2 代入数据得x=1600 m.

答案:1600

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2.一个小物块沿倾角θ=37° 的斜面从A点由静止 下滑,与斜面底端D点处垂直的挡板发生弹性碰撞 1 后,沿斜面上滑,已知AC=s,CD= s,B为AC的中 6 点,小物块第一次下滑经过B点的动能与第一次上滑 通过C点的动能相等,求物体与斜面间的动摩擦因 数.

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解析:由B→C→D→C全过程应用动能定理. s 1 1 mg·sinθ=μmgcosθ( s+ s· 2) 2 2 6 代入数据解得:μ=0.45

答案:μ=0.45

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