2022年高中物理粵教版必修2教學案：第四章 第三節(jié)　探究外力做功與物體動能變化的關系(含解析)

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1、2022年高中物理粵教版必修2教學案：第四章 第三節(jié)　探究外力做功與物體動能變化的關系(含解析) 1．動能定理：合力對物體所做的功等于物體動能的變化，即W＝Ek2－Ek1。 2．物體動能的變化與合外力做功有關，合外力做正功，動能增加，合外力做負功，動能減少。 3．動能定理不僅適用于恒力做功和直線運動，也適用于變力做功和曲線運動。 第1課時　實驗：探究外力做功與物體動能變化的關系 一、實驗目的 1．通過實驗探究外力對物體做的功與物體動能變化的關系。 2．學習利用圖像法研究外力做功與物體動能變化的關系。 二、實驗原理 物體做自由落體運動時，若下落高度h時瞬

2、時速度為v，則有重力做功WG＝mgh，動能的變化量ΔEk＝mv2－0。通過比較WG與ΔEk的大小，探究外力做功與物體動能變化的關系。 圖4-3-1 三、實驗器材 打點計時器、紙帶、重錘、鐵架臺、夾子、刻度尺、電源等。 四、實驗步驟 1．把打點計時器安裝在鐵架臺上并與學生電源連接好。(如圖4-3-1所示) 2．把紙帶的一端在重錘上用夾子固定好，另一端穿過打點計時器的限位孔，用手豎直提起紙帶使重錘停在靠近打點計時器附近。 3．接通電源待打點穩(wěn)定后，松開紙帶，讓重錘自由下落。 4．重復3～5次，挑選點跡清晰的紙帶。 五、數(shù)據(jù)處理 1．測量和記錄實驗數(shù)據(jù) 測量紙帶的相關數(shù)據(jù)：

3、(如圖4-3-2所示) 圖4-3-2 記錄數(shù)據(jù)的表格： sBE sAC sDF tAC tDF 　　2.數(shù)據(jù)處理并填入下表 vB＝ vE＝ EkB＝mvB2 EkE＝mvE2 ΔEk＝EkE－EkB WG＝mgsBE 3.處理實驗數(shù)據(jù)，比較得出實驗結論：重力所做的功WG與物體動能的改變量ΔEk在誤差允許的范圍內是相等的。 六、實驗結論 合力對物體所做的功等于物體動能的變化。 即：W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1。 七、注意事項 1．應選用質量和密度較大的重物，以減小空氣阻力的影響。 2．打點計時器必須穩(wěn)固安裝

4、在鐵架臺上，并且兩個限位孔的中線要嚴格豎直，以減小紙帶所受的摩擦力。 3．釋放前將紙帶拉至豎直且保證不與限位孔接觸以減小紙帶與限位孔間的摩擦。 4．測量下落高度時，選取的計數(shù)點的間隔適當大些。 八、誤差分析 1．重錘和紙帶在下落過程中受到打點計時器和空氣的阻力，比較W與ΔEk關系時，W只計算重力做功，未考慮阻力做功，給實驗帶來誤差。 2．豎直固定打點計時器，適當增加重錘的質量來減小相對誤差。 九、其他方案 如圖4-3-3所示由重物通過滑輪牽引小車，小車運動過程中拖動紙帶，打點計時器在紙帶上打點記錄小車的運動情況。利用紙帶及拉力F與小車質量m的數(shù)據(jù)，量出起始點至各計數(shù)點的距離，計算

5、小車在打下各計數(shù)點時的瞬時速度，進而計算出小車運動到打下各計數(shù)點過程中合外力對它做的功W以及所增加的動能ΔEk，研究二者的關系。 圖4-3-3 [例1]　某同學在“探究功與物體速度變化的關系”實驗中，設計了如圖4-3-4甲所示的實驗。將紙帶固定在重物上，讓紙帶穿過電火花打點計時器。先用手提著紙帶，使重物靜止在靠近打點計時器的地方。然后接通電源，松開紙帶，讓重物自由下落，打點計時器就在紙帶上打下一系列小點。得到的紙帶如圖乙所示，O點為打點計時器打下的第1個點，該同學對數(shù)據(jù)進行了下列處理：取OA＝AB＝BC，并根據(jù)紙帶算出了A、B、C三點的速度分別為vA＝0.12 m/s，vB＝0.1

6、7 m/s，vC＝0.21 m/s。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，你能否大致判斷W∝v2。 圖4-3-4 [解析]　設由O到A的過程中，重力對重物所做的功為W0，那么由O到B過程中，重力對重物所做的功為2W0，由O到C的過程中，重力對重物所做的功為3W0。由計算可知，vA2＝1.44×10－2 m2/s2，vB2＝2.89×10－2 m2/s2，vC2＝4.41×10－2 m2/s2，≈2，≈3，即vB2≈2vA2，vC2≈3vA2，由以上數(shù)據(jù)可以判定W∝v2是正確的。也可以根據(jù)W-v2圖像來判斷，如圖所示。 [答案]　見解析 [例2]　某實驗小組采用如圖4-3-5所示的裝置探究功與速度變化的關系

7、，圖中小車中可放置砝碼，實驗中，打點計時器的工作頻率為50 Hz。 圖4-3-5 (1)實驗的部分步驟如下： ①在小車中放入砝碼，把紙帶穿過打點計時器，連在小車后端，用細線連接小車和鉤碼； ②將小車停在打點計時器附近，__________________，________________，小車拖動紙帶，打點計時器在紙帶上打下一系列點，________________； ③改變鉤碼或小車中砝碼的數(shù)量，更換紙帶，重復②的操作。 (2)圖4-3-6是鉤碼質量為0.03 kg、砝碼質量為0.02 kg時得到的一條紙帶，在紙帶上選擇起始點O及A、B、C、D、E計數(shù)點，可獲得各計數(shù)點到O的

8、距離x及對應時刻小車的瞬時速度v，請將C點的測量結果填在表中的相應位置。 圖4-3-6 紙帶的測量結果 測量點 x/cm v/(m·s－1) O 0.00 0.35 A 1.51 0.40 B 3.20 0.45 C D 7.15 0.53 E 9.41 0.60 (3)本實驗，若用鉤碼的重力表示小車受到的合外力，為了減小這種做法帶來的實驗誤差，應采取的兩項措施是： ①________________________________________________________________________； ②_______

9、_________________________________________________________________。 [解析]　(1)將小車停在打點計時器附近后，需先接通電源，再釋放小車，讓其拖動紙帶，待打點計時器在紙帶上打下一系列點后，關閉打點計時器電源。 (2)在驗證C點時，由題圖可知，C點與刻度尺上的6.18 cm(6.16 cm～6.20 cm均可)對齊，所以C點距O點的距離是xO C＝5.18 cm(5.16 cm～5.20 cm均可)。從紙帶上可知C點的速度就是BD段的平均速度，vC＝×10－2 m/s≈0.49 m/s。 (3)平衡摩擦力后，細線上的拉力就等

10、于小車受到的合外力。當鉤碼的重力遠小于小車及砝碼的重力和時，細線上的拉力就近似等于鉤碼的重力。 [答案]　(1)②先接通電源　再釋放小車　關閉打點計時器電源　(2)5.18(5.16～5.20均可)　0.49　(3)①平衡摩擦力　②鉤碼的重力遠小于小車及砝碼的重力和 1．在探究“合外力做功和動能變化的關系”實驗中作出的下列W-v2圖像，符合實際的是(　　) 解析：選B　實驗證明，力做的功W與物體速度v的二次方成正比，即W∝v2，故作出的W-v2圖像為一條過原點的傾斜直線，B正確。 2．(多選)如圖4-3-7所示，在“探究合外力做功和動能變化的關系”的實驗中，與小車相連的足夠長的

11、且穿過打點計時器的一條紙帶上的間距明顯不均勻，右端間距小，左端間距大，下面的分析和判斷正確的是(　　) 圖4-3-7 A．若左端與小車相連，可能平衡摩擦力時，木板傾斜度太大 B．若右端與小車相連，可能平衡摩擦力時，木板傾斜度太大 C．若左端與小車相連，可能小車有一定的初速度，實驗前忘記平衡摩擦力或沒有完全平衡摩擦力 D．若右端與小車相連，可能小車運動前忘記或沒有完全平衡摩擦力 解析：選BC　若紙帶左端與小車相連，從紙帶間距可以判斷小車做減速運動，小車有一定的初速度，減速原因可能是忘記或沒有完全平衡摩擦力，A錯誤，C正確。若紙帶右端與小車相連，小車一直做加速運動，說明可能平衡摩擦

12、力時，傾角太大，B正確，D錯誤。 3．在“探究合外力做功和動能變化的關系”實驗中(裝置如圖4-3-8所示)： 圖4-3-8 (1)下列說法哪一項是正確的________。(填選項前的字母) A．平衡摩擦力時必須將鉤碼通過細線掛在小車上 B．為減小系統(tǒng)誤差，應使鉤碼質量遠大于小車質量 C．實驗時，應使小車靠近打點計時器由靜止釋放 (2)圖4-3-9所示是實驗中獲得的一條紙帶的一部分，選取O、A、B、C計數(shù)點，已知打點計時器使用的交流電頻率為50 Hz，則打B點時小車的瞬時速度大小為________m/s(保留三位有效數(shù)字)。 圖4-3-9 解析：(1)平衡摩擦力時不需將

13、鉤碼掛在小車上，選項A錯誤；為減小系統(tǒng)誤差，應使鉤碼質量遠小于小車質量，選項B錯誤；實驗時，應使小車靠近打點計時器由靜止釋放，選項C正確。 (2)由紙帶可知，B點的瞬時速度為vB＝AC＝＝＝ m/s＝0.653 m/s。 答案：(1)C　(2)0.653 4．某同學為探究“恒力做功與物體動能改變的關系”，設計了如下實驗，他的操作步驟是： ①連接好實驗裝置如圖4-3-10所示。 圖4-3-10 ②將質量為200 g的小車拉到打點計時器附近，并按住小車。 ③在質量為10 g、30 g、50 g的三種鉤碼中，他挑選了一個質量為50 g的鉤碼掛在拉線的掛鉤P上。 ④釋放小車，接通打

14、點計時器的電源，打出一條紙帶。 (1)在多次重復實驗得到的紙帶中取出自認為滿意的一條。經測量、計算，得到如下數(shù)據(jù)： ①第一個點到第N個點的距離為40.0 cm。 ②打下第N個點時小車的速度大小為1.00 m/s。該同學將鉤碼的重力當做小車所受的拉力，拉力對小車做的功為________ J，小車動能的增量為________ J。 (2)此次實驗探究結果，他沒能得到“恒力對物體做的功等于物體動能的增量”，且誤差很大，顯然，在實驗探究過程中忽視了各種產生誤差的因素。請你根據(jù)該同學的實驗裝置和操作過程幫助他分析一下，造成較大誤差的主要原因有：_____________________ ___

15、_____________________________________________________________________ ________________________。(至少寫出兩條原因) 解析：(1)拉力F＝mg＝0.050×9.8 N＝0.49 N，拉力對小車做的功W＝Fx＝0.49×0.400 J＝0.196 J 小車動能的增量 ΔEk＝mv2＝×0.200×1.002 J＝0.100 J。 (2)誤差很大的可能原因：①小車質量不滿足遠大于鉤碼質量；②沒有平衡摩擦力；③先放小車后接通電源，使打第一個點時，小車已有了一定的初速度。 答案：(1)0.196　

16、0.100　(2)①小車質量沒有遠大于鉤碼質量；②沒有平衡摩擦力；③操作錯誤：先放小車后接通電源(任選其二) 5．如圖4-3-11所示，某組同學借用“探究a與F、m之間的定量關系”的相關實驗思想、原理及操作，進行“研究合外力做功和動能變化的關系”的實驗： 圖4-3-11 (1)為達到平衡阻力的目的，取下細繩及托盤，通過調整墊片的位置，改變長木板傾斜程度，根據(jù)打出的紙帶判斷小車是否做________運動。 (2)連接細繩及托盤，放入砝碼，通過實驗得到圖4-3-12所示的紙帶。紙帶上O為小車運動起始時刻所打的點，選取時間間隔為0. 1 s的相鄰計數(shù)點A、B、C、D、E、F、G。實驗時小

17、車所受拉力為0. 2 N，小車的質量為0.2 kg。 圖4-3-12 請計算小車所受合外力做的功W和小車動能的變化ΔEk，補填表中空格(結果保留至小數(shù)點后第四位)。 O－B O－C O－D O－E O－F W/J 0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5 ΔEk/J 0.043 0 0.057 0 0.073 4 0.090 7 分析上述數(shù)據(jù)可知：在實驗誤差允許的范圍內W＝ ΔEk，與理論推導結果一致。 (3)實驗前已測得托盤質量為7.7×10－3 kg，實驗時該組同學放入托盤中的砝碼質量應為________kg(g取

18、9.8 m/s2，結果保留至小數(shù)點后第三位)。 解析：實驗中，首先平衡摩擦力，改變長木板的傾角，輕椎小車，小車沿長木板向下做勻速直線運動。打下F點時，小車運動的位移大小等于O、F間的距離，即0.557 5 m，細繩對小車的拉力為0.2 N，則拉力做功為0.111 5 J，小車的瞬時速度為(0.667 7－0.457 5)m/(0.2 s)＝1.051 m/s，動能增量為0.110 5 J。由紙帶數(shù)據(jù)求得：AD＝21.20 cm，DG＝30.07 cm，小車、托盤和砝碼組成的整體運動的加速度大小為a＝m/s2＝0.985 6 m/s2，小車受到的拉力為F＝0.2 N，設托盤和砝碼的總質量為m，

19、由牛頓第二定律得mg－F＝ma，得m＝2.269×10－2kg，托盤中砝碼質量為0.015 kg。 答案：(1)勻速直線(或勻速)　(2)0.111 5　0.110 5 (3)0.015 6．某實驗小組利用拉力傳感器和速度傳感器探究動能定理。如圖4-3-13所示，他們將拉力傳感器固定在小車上，用不可伸長的細線將其通過一個定滑輪與鉤碼相連，用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大小。在水平桌面上相距50.0 cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，記錄小車通過A、B點時的速度大小。小車中可以放置砝碼。 圖4-3-13 (1)實驗主要步驟如下： ①測量____________和拉力傳感器的總

20、質量M1；把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；正確連接所需電路。 ②將小車停在C點，__________________，小車在細線拉動下運動，記錄細線的拉力及小車通過A、B點時的速度。 ③在小車中增加砝碼，或____________，重復②的操作。 (2)下表是他們測得的一組數(shù)據(jù)，其中M是M1與小車中砝碼質量之和。|v22－v12|是兩個速度傳感器記錄速度的平方差的絕對值，可以據(jù)此計算出動能的變化量ΔEk，F(xiàn)是拉力傳感器受到的拉力，W是F在A、B間所做的功。表格中的ΔEk3＝____________________，W3＝________________。(結果

21、保留三位有效數(shù)字) 數(shù)據(jù)記錄表 次數(shù) M/kg |v22－v12|/(m·s－1)2 ΔEk/J F/N W/J 1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.200 2 0.500 1.65 0.413 0.840 0.420 3 0.500 2.40 ΔEk3 1.22 W3 4 1.00 2.40 1.20 2.42 1.21 5 1.00 2.84 1.42 2.86 1.43 (3)根據(jù)表格，請在圖4-3-14中的方格紙上作出ΔEk-W圖線。 圖4-3-14 解析：(1)實驗的研究對象是

22、小車(包括砝碼和拉力傳感器)，所以應測量小車及拉力傳感器的質量(砝碼質量已知)；為使小車穩(wěn)定運行，小車最好由靜止釋放；重復實驗，可通過增減砝碼的數(shù)量即改變研究對象的質量來實現(xiàn)。 (2)由表中數(shù)據(jù)解得： ΔEk3＝M(v22－v12)＝0.600 J， W3＝F3x＝1.22×0.500 J＝0.610 J。 (3)ΔEk-W圖線是一條過原點的傾斜直線，如圖所示。 答案：(1)①小車　②由靜止開始釋放?、蹨p少砝碼 (2)0.600 J　0.610 J (3)圖見解析 第2課時　動能定理 一、理論推導 圖4-3-15 如圖4-3-15所示，設某物體

23、的質量為 m，在與運動方向相同的恒力F的作用下，在粗糙的水平面上發(fā)生一段位移s，速度由v1增加到v2。 由牛頓第二定律得F－f＝ma 由運動學公式得v22－v12＝2as 兩式聯(lián)立得(F－f)·s＝mv22－mv12。 二、動能定理 1．內容：合力對物體所做的功等于物體動能的變化。這個結論叫做動能定理。 2．表達式：W＝Ek2－Ek1。 3．意義：外力對物體做正功，物體的動能增加；外力對物體做負功，物體的動能減少。 1．自主思考——判一判 (1)某物體的速度加倍，它的動能也加倍。(×) (2)合外力做功不等于零，物體的動能一定變化。(√) (3)物體的速度發(fā)生變化

24、，合外力做功一定不等于零。(×) (4)物體的動能增加，合外力做正功。(√) (5)除重力之外的力對物體做正功，物體的動能一定增加。(×) 2．合作探究——議一議 圖4-3-16 (1)騎自行車下坡時，沒有蹬車，車速卻越來越快，動能越來越大，這與動能定理相矛盾嗎？ 提示：不矛盾。雖然人沒蹬車，但重力卻對人和車做正功，動能越來越大。 (2)在同一高度以相同的速率將手中的小球以上拋、下拋、平拋三種不同方式拋出，落地時速度、動能是否相同？ 提示：重力做功相同，動能改變相同，末動能、末速度大小相同，但末速度方向不同。 對動能定理的理解 1．動能的特性 (1)瞬

25、時性：動能是狀態(tài)量，與物體某一時刻的速度相對應。速度變化時，動能不一定變化，但動能變化時，速度一定變化。 (2)相對性：選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系。 (3)標量性：只有大小，沒有方向；只有正值，沒有負值。 2．對動能定理的理解 (1)動能定理描述了做功和動能變化的對應關系。 ①等值關系：物體動能的變化量總等于外力對它做的總功。 ②因果關系：外力對物體做功是引起物體動能變化的原因，外力做功的過程實質上是其他形式的能與動能相互轉化的過程，轉化了多少由外力做的功來度量。 (2)求總功的兩種思路 1．下列關于運動物體所受的合力、合力做功

26、和動能變化的關系，正確的是(　　) A．如果物體所受的合力為零，那么合力對物體做的功一定為零 B．如果合力對物體做的功為零，則合力一定為零 C．物體在合力作用下做勻變速直線運動，則動能在一段過程中變化量一定不為零 D．如果物體的動能不發(fā)生變化，則物體所受合力一定是零 解析：選A　功是力與物體在力的方向上發(fā)生的位移的乘積，如果物體所受的合力為零，那么合力對物體做的功一定為零，A正確；如果合力對物體做的功為零，可能是合力不為零，而是物體在力的方向上的位移為零，B錯誤；豎直上拋運動是一種勻變速直線運動，在上升和下降階段經過同一位置時動能相等，動能在這段過程中變化量為零，C錯誤；動能不變化，

27、只能說明速度大小不變，但速度方向有可能變化，因此合力不一定為零，D錯誤。 2.跳傘表演是一項觀賞性體育項目。如圖4-3-17所示，當運動員從直升機由靜止跳下后，在下落過程中會受到水平風力的影響。下列說法正確的是(　　) 圖4-3-17 A．運動員下落過程動能保持不變 B．運動員下落過程一定做直線運動 C．風力越大，運動員下落時間越長 D．風力越大，運動員著地速度越大 解析：選D　運動員下落過程中重力和風力均做了正功，故運動員的動能增加，選項A錯誤；若風力越大，則風力做正功越多，故運動員著地速度越大，選項D正確；若下落過程中水平風力的大小是改變的，即運動員受到的合力方向改變，則

28、力與速度的方向不在一直線上，此時運動員就做曲線運動，選項B錯誤；水平風力對運動員在豎直方向上的運動沒有影響，故運動員下落的時間恒定，選項C錯誤。 3.如圖4-3-18所示，物體沿曲面從A點無初速度滑下，滑至曲面的最低點B時，下滑的高度為5 m，速度為6 m/s，若物體的質量為1 kg。則下滑過程中物體克服阻力所做的功為(　　) 圖4-3-18 A．50 J　　　　　　　　 B．18 J C．32 J D．0 J 解析：選C　由動能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正確。 動能定理的應用 1．應用動能

29、定理的解題步驟 (1)確定研究對象，通常是單個物體。 (2)明確運動過程，可以是運動的某段過程，也可以是運動的整個過程。 (3)分析受力情況及各力做功情況。 (4)找準對應過程的始末動能(或速度)。 (5)依據(jù)動能定理列式求解。 2．用動能定理求解變力做功 動能定理是求變力做功的最常用的方法，這類題目中，物體受到一個變力和幾個恒力作用，這時可以先求出幾個恒力所做的功，然后用動能定理間接求變力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk。 [典例]　如圖4-3-19所示，質量為m的小球用長為L的輕質細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP＝，在A點給小球一個水

30、平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B。 圖4-3-19 (1)小球到達B點時的速率為多大？ (2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多大？ (3)若初速度v0＝3，則在小球從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？ [思路點撥]　小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B的臨界條件是在B點重力提供做圓周運動的向心力；由A到B的過程，不計空氣阻力僅重力做功，由動能定理求出初速度v0；空氣阻力是變力，可應用動能定理求解。 [解析]　(1)小球恰能到達最高點B，有 mg＝m，得vB＝ 。 (2)從A到B由動能定理得 －mg＝mvB2－mv02 可求出v

31、0＝ 。 (3)當v0＝3時，在小球從A到B的過程中由動能定理得 －mg－Wf＝mvB2－mv02 可求出Wf＝mgL。 [答案]　(1)　(2)　(3)mgL (1)所求的變力的功可以是合力的功，也可以是其中一個力的功，但動能定理中，合力的功才等于動能的變化量。 (2)待求變力的功一般用符號W表示，但要分清結果是變力的功，還是克服此變力的功。　　　　 1.如圖4-3-20所示，質量為m的物體用細繩經過光滑小孔牽引在光滑水平面上做勻速圓周運動，拉力為某個值F時，轉動半徑為R；當拉力逐漸減小到時，物體仍做勻速圓周運動，半徑為2R。則外力對物體所做的功的大小是(　　)

32、圖4-3-20 A. B. C. D．零 解析：選A　當細繩的拉力為F時，設小球做勻速圓周運動的線速度為v1，則有F＝；當細繩的拉力減為時，小球做勻速圓周運動的線速度為v2，則有＝。在細繩的拉力由F減為的過程中，由動能定理知，細繩的拉力所做的功為W＝mv22－mv12＝－。所以，細繩的拉力所做的功的大小為，選項A正確。 2.如圖4-3-21所示，斜槽軌道下端與一個半徑為0.4 m的圓形軌道相連接。一個質量為0.1 kg的物體從高為H＝2 m的A點由靜止開始滑下，運動到圓形軌道的最高點C處時，對軌道的壓力等于物體的重力。求物體從A運動到C的過程中克服摩擦力所做的功。(g取10 m/

33、s2) 圖4-3-21 解析：物體運動到C點時受到重力和軌道對它的壓力，由圓周運動知識可知 N＋mg＝，又N＝mg， 聯(lián)立兩式解得vC＝＝2 m/s， 在物體從A點運動到C點的過程中，由動能定理有 mg(H－2r)－Wf＝mvC2－0， 代入數(shù)據(jù)解得Wf＝0.8 J。 答案：0.8 J 動能定理在多過程中的應用 1．多過程問題的分析 對于包含多個運動階段的復雜運動過程，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(lián)立求解。

34、 (2)全程應用動能定理時，分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個力的做功，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。 (3)當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更方便，但此方法的難點在于確定整個過程的總功。 2．動力學問題兩種解法的比較 牛頓運動定律運動學公式結合法 動能定理 適用條件 只能研究在恒力作用下物體做直線運動的情況 對于物體在恒力或變力作用下，物體做直線運動或曲線運動均適用 續(xù)應用方法 要考慮運動過程的每一個細節(jié) 只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動能 運算方法 矢量運算 代數(shù)運算

35、相同點 確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析 通過對比可以看出應用動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯。 [典例]　如圖4-3-22所示，一質量為2 kg的鉛球從離地面2 m高處自由下落，陷入沙坑2 cm深處，求沙子對鉛球的平均阻力。(取g＝10 m/s2) 圖4-3-22 [思路點撥]　鉛球在運動的兩個過程中受力情況不同，重力作用于全過程，阻力僅存在于陷入沙子的過程中。 [解析]　法一　應用牛頓第二定律與運動學公式求解 設鉛球做自由落體運動到沙面時的速度為v，則有v2＝2gH 在沙坑中運動的階段，設鉛球做勻減速運動的加速度大

36、小為a，則有v2＝2ah。聯(lián)立以上兩式解得a＝g 設鉛球在沙坑中運動時受到的平均阻力為f，由牛頓第二定律得f－mg＝ma，所以f＝mg＋ma＝·mg＝×2×10 N＝2 020 N。 法二　應用動能定理分段求解 設鉛球自由下落到沙面時的速度為v，由動能定理得 mgH＝mv2－0 設鉛球在沙中受到的平均阻力大小為f。 由動能定理得mgh－fh＝0－mv2 聯(lián)立以上兩式得f＝·mg＝2 020 N。 法三　應用動能定理全程求解 鉛球下落全過程都受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力f。 重力做功WG＝mg(H＋h) 而阻力做功Wf＝－fh 由動能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0

37、 代入數(shù)據(jù)得f＝2 020 N。 [答案]　2 020 N 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(xiàn)過的各力做功的代數(shù)和。 1. (多選)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動，當速度達到vm后立即關閉發(fā)動機直到停止，運動過程的v -t圖像如圖4-3-23所示，設汽車的牽引力為F，所受摩擦力為f，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2，則(　　) 圖4-3-23 A．F∶f＝1∶4 B．F∶f＝4∶1 C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3 解析：選BC　對汽

38、車全過程應用動能定理：W1－W2＝0，所以W1＝W2；由題圖可知牽引力與阻力作用距離之比為1∶4，由Fx1－fx2＝0知F∶f＝4∶1，B、C正確。 2．(多選)如圖4-3-24所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　)\ 圖4-3-24 A．動摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功

39、為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解析：選AB　由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為s1＝、s2＝ 由動能定理(或功能關系)知： 2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0 解得動摩擦因數(shù)μ＝，選項A正確； 載人滑草車在上下兩段的加速度分別為 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，則在下落h時的速度最大，由動能定理知： mgh－μmg s1cos 45°＝mv2 解得v＝，選項B正確，D錯誤； 載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W＝2mgh，選項C錯誤。 3．

40、如圖4-3-25所示，ABCD為一豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑。一質量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為0。求：(取g＝10 m/s2) 圖4-3-25 (1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)。 (2)物體第5次經過B點時的速度。 (3)物體最后停止的位置(距B點多少米)。 解析：(1)由動能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv12，解得μ＝0.5。 (2)物體第5次經過B點時，物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－

41、mv12， 解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s。 (3)分析整個過程，由動能定理得 mgH－μmgs＝0－mv12， 解得s＝21.6 m。 所以物體在軌道上來回運動了10次后，還有1.6 m，故距B點的距離為2 m－1.6 m＝0.4 m。 答案：(1)0.5　(2)13.3 m/s　(3)距B點0.4 m 1．放在光滑水平面上的物體，僅在兩個同向水平力的共同作用下開始運動。若這兩個力分別做了6 J和8 J的功，則該物體的動能增加了(　　) A．48 J　　　　　　　　 B．14 J C．10 J D．2 J 解析：選B　合力對物體做功W合＝6 J＋8 J＝

42、14 J。根據(jù)動能定理得物體的動能增加量為14 J，B對。 2．(多選)一質量為0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上勻速運動，與豎直墻壁碰撞后以原速率反彈，若以彈回的速度方向為正方向，則小球碰墻過程中的速度變化和動能變化分別是(　　) A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0 C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0 解析：選AD　速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s。而動能是標量，初末兩狀態(tài)的速度大小相等，故動能相等，因此ΔEk＝0，A、D正確。 3．速度為v的子彈，恰可穿透一塊固定的木板。如果子彈速度為2v，子彈穿透木板時所受阻力視

43、為不變，則可穿透同樣的固定木板(　　) A．2塊 B．3塊 C．4塊 D．8塊 解析：選C　設木板的厚度為d，子彈的速度為v時，由動能定理知－fd＝0－mv2。當子彈的速度為2v時，設能穿透n塊木板，由動能定理知－f·nd＝0－m(2v)2，聯(lián)立兩式解得n＝4，C正確。 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O端相距s，如圖1所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)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(　　) 圖1 A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C

44、．μmgs D．μmg(s＋x) 解析：選A　由動能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，故物體克服彈簧彈力做功W＝mv02－μmg(s＋x)，A正確。 5．從離地面H高處落下一只小球，小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球與地面相碰后，能以相同大小的速率反彈。求： (1)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈起的最大高度是多少。 (2)小球從釋放開始，直至停止彈跳為止，所通過的總路程是多少。 解析：(1)設小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈起的最大高度是h，則由動能定理得mg(H－h(huán))－kmg(H＋h)＝0， 解得h＝H。 (2)設球從釋放開始，直至停止

45、彈跳為止，所通過的總路程是s，對全過程由動能定理得mgH－kmgs＝0， 解得：s＝。 答案：(1)H　(2) 6.如圖2所示，質量為m的物塊與轉臺之間能出現(xiàn)的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍。物塊與轉軸OO′相距R，隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增加到一定值時，物塊即將在轉臺上滑動，在物塊由靜止到滑動前的這一過程中，轉臺對物塊的靜摩擦力對物塊做的功為(　　) 圖2 A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D.kmgR 解析：選D　在轉速增加的過程中，轉臺對物塊的摩擦力是不斷變化的，當轉速增加到一定值時，物塊在轉臺上即將滑動，說明此時最大靜摩擦力提供向心力，即kmg＝m。

46、設這一過程中轉臺對物塊的摩擦力所做的功為Wf，由動能定理可得Wf＝mv2，解得Wf＝kmgR，D正確。 7.一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，如圖3所示。則力F所做的功為(　　) 圖3 A．mglcos θ B．Flsin θ C．mgl(1－cos θ) D．Fl(1－sin θ) 解析：選C　小球的運動過程是緩慢的，因而小球任何時刻均可看作是平衡狀態(tài)，力F的大小在不斷變化，F(xiàn)做功是變力做功。小球上升過程只有重力mg和F這兩個力做功，由動能定理得－mg(l－lcos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos

47、 θ)。 8.如圖4所示，一質量為1 kg的小球靜止在一豎直放置的輕彈簧上，彈簧勁度系數(shù)k＝50 N/m，現(xiàn)用一豎直向下的F＝5 N的恒力作用在小球上，當小球向下運動到最大速度時撤去F，則小球再回到初始位置時的速度大小為(彈簧一直處于彈性限度內)(　　) 圖4 A．1 m/s B．2 m/s C．2 m/s D. m/s 解析：選A　當彈簧的彈力等于重力和F的合力時，球的速度最大，此時彈簧又向下被壓縮了x＝＝m＝0.1 m，根據(jù)動能定理：Fx＝mv2，解得：v＝1 m/s，故選A。 9．(多選)(全國丙卷)如圖5，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一

48、端有一質量為m的質點P。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) 圖5 A．a＝　　　 B．a＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝mv2，則速度v＝，在最低點的向心加速度a＝＝，選項A正確， 選項B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，選項C正確，選項D錯誤。 10．如圖6所示，在海濱游樂場里有一種滑沙游戲，人坐在滑板上從傾角為θ的斜坡上由靜止開始下滑，經過斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距

49、離停下。已知滑板與斜面和水平滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.3。若某人和滑板的總質量m＝60 kg，滑行過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖6 (1)把人和滑板看做整體，畫出該整體從斜坡上下滑過程中的受力示意圖； (2)若已知θ＝37°，人從斜坡滑下時加速度的大小； (3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大長度為L1＝20 m，求人在斜坡上滑下的高度應不超過多少； (4)若斜坡傾角θ大小可調節(jié)且大小未知、水平滑道BC的長度未知，但是場地的水平空間距離DC的最大長度為L2＝30 m，人在斜坡上從D的正上方A

50、處由靜止下滑，那么A到D的高度不超過多少？ 解析：(1)受力如圖所示。 (2)根據(jù)牛頓第二定律得，mgsin 37°－f＝ma N＝mgcos 37° f＝μN 聯(lián)立以上三式，代入數(shù)據(jù)解得a＝3.6 m/s2。 (3)人和滑板從距水平面高H處下滑，從人和滑板在斜面上開始運動到人和滑板停止運動的過程中，根據(jù)動能定理：mgH－μmgcos 37°－μmgL1＝0－0 代入數(shù)據(jù)解得H＝10 m。 (4)設A到D的高度為h，根據(jù)動能定理 mgh－μmgcos θ－μmg＝0－0 代入數(shù)據(jù)解得h＝9 m。 答案：(1)見解析　(2)3.6 m/s2　(3)10 m　(4)9 m

51、11.如圖7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩部分組成，其中AB部分為光滑的圓弧，圓心為O，∠AOB＝37°，圓弧的半徑R＝0.5 m；BD部分水平，長度為0.2 m，C為BD的中點?，F(xiàn)有一質量m＝1 kg、可視為質點的物塊從A端由靜止釋放，恰好能運動到D點。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖7 (1)物塊運動到B點時，對工件的壓力大??； (2)為使物塊恰好運動到C點靜止，可以在物塊運動到B點后，對它施加一豎直向下的恒力F，F(xiàn)應為多大？ 解析：(1)物塊由A運動到B點的過程中，由動能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2 解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2 在B點，由牛頓第二定律有： N－mg＝m 解得：N＝mg＋m＝1×N＝14 N 由牛頓第三定律有：N′＝N＝14 N。 (2)物塊由B運動到D點的過程中，由動能定理有： μmg·BD＝mv2 施加恒力F后，物塊由B運動到C點的過程中，由動能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2 可得：mgBD＝(mg＋F)BC 由題知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F 解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N。 答案：(1)14 N　(2)10 N