第2讲 机械能

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1、第 2 讲 机械能动能定理一、知识要点1动能定理：合外力对物体做的总功等于物体动能的改变量11表达式：= AEk口k2对公式的理解F1S1+F 2 2 2+=2 mv 2 一 2 mv 1（1）动能定理表达式为标量式（解题时不用建立坐标系），速度v和位移2是相对同一参考系的 通常以地面为参考系）式中只涉及功和动能，无其它形式的能2）动能定理研究的是单体，或可以视为单体的物体系3）动能定理适用物体的直线运动，也适用于曲线运动；即适用于恒力做功，也适用于变力做 功；各个力可同时作用也可分段作用，只要求出所选过程中各力功的总和即可3应用动能定理（1）应用动能定理优越性条件宽泛应用动能定理只反映物体始

2、、末状态动能Ek1和疋的变化，与过程中各力功的总和W合之间的数 量关系不对守恒条件、运动的性质、运动轨迹、力的性质（什么力？）和物理过程是否的变化加以 限制因而动能定理比牛顿定律、和机械能守恒定律简捷有些应用动能定理求解的问题，应用牛顿第二定律无法求解；有些应用动能定理和应用牛顿第二 定律都能求解的问题，用动能定理求解是一种较高的思维和方法要增强应用动能定理的主动性（2）应用动能定理局限性动能定理只能求出速度的大小，不能求出力的方向；应用动能定理求出的变力，也是（空间）平 均冲力；正是应用动能定理不考虑过程的细节，故对强调细节（如运动性质）的分析时，还要应用牛 顿第二定律3)4)应用应用动能要

3、灵活选取物理过程，过程选取对解题难易程度有很大影响 应用动能定理解题思维方法： 确定研究对象（ m） 受力分析（F、F2、）各力功（W、W2、）分析 运动分析（2、s2、V、v2）初、末动能（E、E ）分析1 2 1 2k1 k25) 列方程，求解 读题行为规范：（备好纸和笔）读题画图标上物理量分析列式求解这个过程中，在照着文字画图同时进行分析， 读完题，也画出图，搭建一个思维的平台二、典型分析1 恒力做功的动能定理应用【例1】一个质量为m的物体，从倾角为6,高为h的斜面上端A点由静止开始下滑到B点时的速度为v ；然后又在水平面上滑行S的位移后停止在C点.如图所示.设物体在斜面上和在水平面上的

4、动摩擦因数相同，求动摩擦因数卩.说明：目的：从学习动能定理一开始，就建立起思维规范和行为规范； 审题时，要求画过程示意图，将已知和需要知道的量在图中标出； 强调运用动能定理解题思路规范，明确如何书写考试才能得分； 对包含几个分过程，领悟既能分段考虑，又能从全程考虑，灵活选择过程2. 变力做功的动能定理应用【例2】一辆汽车在平直的路面上以恒定功率由静止开始行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F与速度v的关系如图所示，加速过程结束时对应图中的B点，所用的时间t=10 s,经历的路程S= 60 m.此后汽车做匀速直线运动.求：（1）汽车所受阻力的大小（2）汽车的质量【自我体验1】如图，质量为m的物块与

5、转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，物体与 转轴OO相距为R,物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块随即在转0 台上滑动在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为多少？3. 多过程动能定理的应用【例3】拉力F与水平方向之间的夹角为0,用拉力F将一质量为m的雪橇，从静止开始在水平雪地上移动了距离s后，撤去拉力F雪橇与冰道之间的动摩擦因数为.求撤去拉力F时雪橇获得 的速度，及撤去拉力 F 后雪橇还能滑行的距离.【自我体验2】 如图所示，竖直固定放置的斜面 AB 的下端与光滑的圆弧轨道 BCD 的 B 端相切，圆 弧面半径为R，圆心0与A、D在同一水平面上MCO

6、B = 0.现有一个质量为m的小物块从斜面上的A点无初速滑下，已知小物体与AB斜面间的动摩擦因数为.求:（1）小物块在斜面上能够通过的总路程；（2）小物块通过最低点 C 时，对 C 点的最小压力.【例4】如图1所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小 物块的质量为m = 1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力，使它 缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为x= 0.1 m）至A点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图2所示.然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L=2x.水平桌面的高 为h = 5.0m,计算时，

7、可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力.（g取10m/s2）.求：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能（2）小物块到达桌边 B 点时，速度的大小；（3）小物块落地点与桌边B的水平距离.-WWWWA提升精练】1、如图所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑轮的细线拉动光滑水平面上的物体，物体沿水 平面移动过程中经过A、B、C三点，设AB=BC,物体经过A、B、 三点时的动能分别为eka，ekb，Ekc，则它们间的关系应是(AE E =E EKB KA KC KB CE E E -EKB KA KC KBKCBEKBEKAEKCEKBDEKC L2， 轻杆水平时无初速释放小球.不计空气阻力，

8、求杆竖直时两球的角速度 大小.:0: B2、内力做功与系统动能定理 动能定理既对一个质点成立，又对一个系统（质点系）成立 系统的动能定理内容：系统动能的增量，等于作用于系统的所有外力和内力做功的代数和表 达式为 工W, +E外内K 2K1在应用系统的动能定理解题时，特别要注意内力所做功的代数和.下面举例说明：【例3】如图所示，质量是2.0kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1.0kg的 物块，物块与小车之间的动摩檫因数为0.5，当物块与小车同时分别受到左F=6.0N拉力和水平向 右F2=9.0N的拉力，经过0.4s同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长（g取10m/

9、s)3、内力做功与系统机械能变化的关系涉及系统的机械能和其它形式的能量之间的转换问题时，有时用内力做功的代数和来量度.【例4】在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两小球心 间的距离大于L （L2r）时，两球间无相互作用力；当两球心间的距离等于或小于L时，两球间存在 相互作用的恒定斥力F. A球从远离B球处以速度v0沿两球心连线向原来静止B球运动，如图所示.欲 使两球不发生接触，v0必须满足什么条件？匕* 第 2 讲 机械能动能定理 参考解答【例题1】解析：研究对象：质量为m的物体.研究过程：全过程受力分析、过程草图如图所示，其中mg (重力)，竹、N (弹力)

10、，片、f2 (滑动摩擦力).物体从AB加速下滑，重力做正功，摩擦力做负功，弹力不做功.物体从 BC 减速运动，摩擦力做负功，重力、弹力不做功.mgmg设物体从 AB 位移为 S1， 从 BC 位移为 S 根据动能定理：mg S1 cos (900)fl S1/2S=EKCEKA f1 =N1N1 = mg cosOEka = 0f =N2N2 = mgEKC= 0贝I： mghmg cosOxS“mgS = 00h二一hcot0 + S此题也可用牛顿第二定律求解.物体在AB段、BC段受力图同上. 物体在斜面 AB 上匀加速滑行时，根据牛顿第二定律：加速度 a= g (sinOcos0)S1=

11、h/sinOF 合= mgsin0 f1 = ma1 f1 =yNN = mg cosO根据匀变速运动规律： vB2= 2 a1S1v 2= 2g (sin0cos0) h/ sin0(1)B物体在 BC 段做匀减速运动，根据牛顿第二定律：f2= ma2f2 =N2 N2 = mg根据匀变速运动规律： vC2vB2= 2a2SvB2= 2gS由(1、(2两式可得:加速度a2= pgvC= 02hhcot0 + S【小结】由例题可看出，物体受到恒力作用时，一般可用牛顿第二定律求解，也可用动能定理求解.用 牛顿第二定律解答时，过程要求细致，较复杂；用动能定理解答时，由于不涉及到中间细致过程，解 题

12、简单，当物理过程越复杂，其优越性越突出.【例题2】解析：(1)加速过程在B点结束，即此后沿平直路面作匀速直线运动 由牛顿第二定律和图象可得F -f=0F =104Nf=104NBB(2)由图象、功率与功的关系和功能原理可得1P=FvW=ptWFs=2 mv2m 二 2P 2 f = 8000kgv2【自我体验1】解：由圆周运动知识v2卩 mg = mR根据动能定理W二2 mv21得 W =_ymgR2【例题3】解析：W=AEkk1AB： FS cosO -y(mgFsin3)s 1= mv201 1 2/. v= i 2F cos0 - p(mg - F sin6 )片/ m c 1BC： m

13、gs 2=0 mv 2.F cos 0 一 (mg 一 F sin 0 )s S2 =2mg或：AC： Fs cosO y(mgFsinB)s_ymgs =0777777AvoN、 FNsf=sBs2Cmgmgmg【自我体验2】解：(1)摩擦力对小物块做负功，物体最后在圆弧底段振荡，斜面上共通过路程sA-B：VW=AEmgR cos0 - fs = 0k又：f = pmg cos 0:. s = R(2)小球最后在圆弧底段振荡中通过C点时，对轨道压力最小BC： mgR(1-cosO)= 2mv；v2C： N 一mg = m-C-minR N =(3-2cosO)mgmin说明：结合牛顿定律；

14、根据研究目的正确选择过程和末态【例题4】解：(1)从Fx图中看出，小物块与桌面的动摩擦力大小为f=1.0N,在压缩过程中，克服摩擦力做功为Wf =fx=0.1J由图线与x轴所夹面积(如图)，可得外力做功为 WF=F所以弹簧存贮的弹性势能为：E=WW=23JP F f(2) 从A点开始到B点的过程中，由于L = 2x，克服摩擦力做功为Wf=f 3x=0.3 J1对小物块用动能定理有：W弹一Wf = mv2弹 f 2 B解得 vB =2 m/sB1(3) 物块从B点开始做平抛运动h = gt2下落时间t =1s水平距离s= v t =2 mB【提升精练】1. C D 2.C3 .解：小球在运动过程

15、中受三个力作用，其中绳对球的弹力不做功.设细线拉过角度为O时，小球的速度为v,则由动能定理得FLsin 9- mgL (1 -cos 9 ) = +聊卩将F=0.75mg代入求得其中tan 0 = 3，= 530.所以当Q =37 0时，v最大，且为Q4解：(1)f = pN 二 pmg 二 0.2 x 0.5 x 10N 二 1.0N由 FL- fL- mgh=0得 h =詈=m=0.15m51)6解：2)2由 mgh - fs=00.5 x 10 x 0.151.0m=0.75mMv 2mgl(2)卩Mv 22( M + m) gl3) 2Mv2A球从P点做自由落体运动至B点速度为vb二莎

16、，方向竖直向下12 - mvC 2 B2Bv=2CvCv则lg5 - 27Zg h 2在C点T mg =mv2=mg + m2.5gl= 3.5mg3在B点，由于绳绷紧，小球速度为v ，方向垂直于OB,则v = v cos30o = v BB B2 B21小球从B点沿圆弧运动至最低点C,则mgl(1 - cos60o)二-mv7.解析：物理过程分析，在木块固定的情况下，子弹进入木块刚好能将木块射穿，子弹做匀减速运 动，根据以知条件可确定阻力大小.在木块不固定的情况下，子弹进入木块做匀减速运动，木块做匀 加速运动，直至达到共同速度.只要求出子弹与木块的位移差，就能确定子弹射入木块的深度.(1)在

17、木块固定的情况，研究对象为子弹，受力情况：重力mg、弹力N和阻力f在穿过木块过程中，阻力f做负功，重力、弹力不做功.已知位移、初始动能、末动能，可用动能定理求解.1 mv2根据动能定理：f d =0 mv02f= 02 02d(2)在木块不固定的情况下，分别研究子弹、木块受力情况如图所示 设子弹位移木块为S2,子弹射入木块的深度为x,它们共同速度为vt 画过程草图.子弹 根据动能定理：-fxS1= 2 mvt2- 1 mv02木块根据动能定理：f S2= 2Mvt2-0子弹与木块的位移关系：S=S2+x11由（1 可得：fx= 2 mv02 2 （M+m）v2以子弹与木块为系统，合外力为零，系

18、统动量守恒，设v0的方向为正方向根据动量守恒定律：mv0=（M+m） vtmv2由5可得子弹射入木块的深度：x= Md/ （M+m）由mv202dS2 =1m2v22M( m+m)2木块的位移是MmdS2(M + m)2内力做功的两个特例与应用参考答案【例1】分析：把M与m作为一个系统来研究，m在车上从ATC的过程中，m与M在径向 方上始终保持相对静止（即m始终未脱离圆弧轨道）有两层含义：（1）在相互作用的弹力（内力） 方向上，M与m相对位移为零，故M与m之间的弹力（支持力与弹力）做功代数和在任一微小 过程中都为零因此，对系统来说，除重力做功外，其它力不做功或做功代数和始终为零，机械 能守恒.

19、（2）在径向方向上，M与m始终具有相同分速度（因为m与M在径向方向保持相对静 止），当m经过车右端时径向方向变为水平，故此时二者在水平方向具有相同速度（即小滑块水平分 速度与车的速度相同）.在m与M相互作用的过程中，从ATB过程，系统受到墙壁的弹力（外力）但不做功，机 械能守恒，动量不守恒；从BTC过程，系统在水平方向不受外力作用，故系统水平方向动量守 恒，且机械能守恒.解：（1） B； （2） D； （3）小滑块m由DTB过程，根据机械能守恒定律，有mg( R+h) =.*.v= 2 g (R + h) =10m/s.m由B TC,系统水平动量守恒，末状态m在水平方向与M有共同速度v2，根据

20、动量守 恒定律有 mv=（ m+M） v2，. v2=2m/s.设m在C点的机械能为Em，m相对地面的速度为V,则根据系统机械能守恒定律：11mv2= Mv2c+E ，222 m11.*.E =二 mv2- Mv 2 = 50J8J = 42Jm 2 2 21又m的机械能Em= mgR +2mv12，i2( E一 mgR).*.v1=m=6m/s，即m离开C时的速度为v,=6m/s1m1【例 2】分析：因轻杆与两小球 A、B 组成的系统可视为整体，且整体内任意两个质点之间的 距离保持不变，即任意两个质点之间的相对位移为零，故系统内任何一对内力所做功代数和为 零.因此对轻杆与两小球A、B组成的系

21、统而言，只有重力做功，所以系统机械能守恒.其中， 轻杆的质量可忽略，即轻杆的机械能与A、B两球的机械能相比也可以忽略.这样，A、B两球 的机械能近似守恒.解:设杆竖直时A、B两球速度分别为vA和vB，角速度为 （取O点所在水平面为零势能面）.根据 A、 B 系统机械能守恒得10 = m + mV 2B1+2 mvA2VB= Li，.(n；2g(L -l2)(E + L22)例 3】分析: 对物块， 由牛顿第二定律得0.4s 末速度 v1= a1t = 0.4m/sF-卩 mg=ma10.4s 内位移F -卩 mg.*.a1= 1=1.0m/s21m1si=2 at2=0.08m=2.0m/s2

22、对小车，由牛顿第二定律得F2-卩mg = Ma2,0.4s 末速度 v2= a2t=0.8m/s10.4s 内位移 s2= a t2= 0.16m 222 撤去两力后，最终两者达到共同速度，由动量守恒定律得 Mv2-mv1=（M+m） vMv - m vv =21 =0.4m/s,向右M + m对全过程,应用系统的动能定理得1Fs+F -卩 mgs = （M+m）v2 解得 s=0.336m，即小车至少长 0.336m.11 22 2说明:此题系牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律及系统的动能定理于一身,是一道力学学科内综合的好题【例4】分析：从两球发生相互作用时起，A球将减速运动而B球将加

23、速运动，即为速度大者（A球） 减速追速度小者（B球），当两球速度相等时它们的距离最近，若此时两球的距离大于2r,就不会发 生接触.在求解此题时，注意到对A、B系统，只有内力做功，而且，这一对斥力做功的代数和为负 值，等于系统的机械能的增量.又系统的动量守恒，可以求出距离相等时的速度.这样可以求出v0 满足什么条件了.解：如图所示，从两球发生相互作用时起到距离最近,A相对B的相对位移为s,要使A、B不发 生接触，应满足条件 sL- 2r对系统，外力做功为零，内力做功的代数和为-Fs,（设距离相等时的速度为v）根据功能关系知系统的机械能的增量等于相互作用的斥力（内力）做功的代数和，即1-FsFs=2(m+2m) v2 一 2 mv02根据动量守恒定律得 mv0=（m+2m）v联立式解得：3F (L - 2r)v0m