動能定理及應用

動能定理及應用第一頁，共十二頁，2022年，8月28日動能定理內(nèi)容：外力對物體所做的總功等于物體動能的變化。外力的總功末狀態(tài)動能初狀態(tài)動能1、合外力做功。2、外力做功之和。動能變化和某一過程（始末狀態(tài)）相對應。表達式第二頁，共十二頁，2022年，8月28日對動能定理的幾點說明

★動能定理中所說的“外力”，是指物體受到的所有力的合力。外力可以是恒力，也可以是變力?！飫幽芏ɡ碇械乃俣群臀灰贫际窍鄬Φ孛娴乃俣群臀灰?。對動能定理的幾點說明第三頁，共十二頁，2022年，8月28日

類型一、應用動能定理簡解多過程問題

例1如圖所示在豎直平面內(nèi)固定放置的斜面AB的下端與光滑圓軌道BCD的B端相切，圓弧面的半徑為R，圓心O與PC在同一水平線上，∠EOB=

現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小物體從斜面上的P點無初速滑下，已知小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)<tan

。求:(1)小物體在斜面上通過的最大路程。

(2)小物體通過圓軌道最低點E時，對E點的最小壓力值。典例講析第四頁，共十二頁，2022年，8月28日解（1）小物體最終以B為最高點在圓軌道上做往復運動，由動能定理得：

mgRcos-mgscos=0s=R/（2）小物體在圓軌道上做往返運動時，即B點速度為0，對E點的壓力最小。設壓力為F根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=

從B到E，有動能定理得

mgR(1-cos)=F=3mg-2mgcos

由牛頓第三定律得

對E點的壓力大小為F=3mg-2mgcos

第五頁，共十二頁，2022年，8月28日類型二、應用動能定理求變力的功例1、如圖所示，水平地面固定有半徑R=0.2m的粗糙豎直半圓形軌道，軌道與水平面相切于P點。輕彈簧一端固定在墻上，另一端與靜止的質(zhì)量為m=1kg的物體B相接觸但不連接。質(zhì)量為2m的物體A，從距離B點右方為x1=1.9m的P點出發(fā)，以初速度V=10m/s向左滑行，與物體碰撞后粘連在一起向左壓縮彈簧，彈簧的最大形變量為x2=0.25m，已知物體A、Ｂ最后返回Ｐ點后又沿著右邊的半圓形軌道滑行，剛好能通過圓形軌道的最高點，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為＝0.5

，重力加速度g=10m/s2

，求物體在粗糙圓形軌道上阻力所做的功。

典例講析第六頁，共十二頁，2022年，8月28日解析：由A運動到B點速度為

由動能定理得

-2mg=×2m-×2m①A、B碰撞動量守恒,設碰后速度為

2m=3m②從A、B一起壓縮彈簧到二者回到P點設速度為-3mg(2+)=×3m-×3m③設從P點運動到圓弧軌道的頂點時二者速度為

，由動能定理得:Wf-3mg×2R=×3m-×3m④在最高點由牛頓第二定律得:3mg=3m⑤聯(lián)立以上各式可得:Wf=-3J第七頁，共十二頁，2022年，8月28日（3）明確物體在研究過程的初、末

狀態(tài)時的動能。（1）選取研究對象。應用動能定理解題的基本步驟（2）分析研究對象的受力情況及運動過程中各力的做功情況。

(4)由動能定理列方程求解。第八頁，共十二頁，2022年，8月28日如圖所示，電梯質(zhì)量為M，地板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉電梯由靜止開始向上加速運動，當上升高度為H時，速度達到v，則下列說法正確的是：（

）A地板對物體的支持力所做的功等于B地板對物體的支持力所做的功等于C鋼索的拉力所做的功等于D合力對電梯所做的功等于

mF跟蹤訓練1BD第九頁，共十二頁，2022年，8月28日ABvCh跟蹤訓練2如下圖所示，一個質(zhì)量為m的小球從A點由靜止沿

粗糙軌道滑到B點，并從B點拋出，小球自B點拋出的水平分速度為v，小球拋出后到達最高點時與A點的豎直距離是h,則從A到B的過程中摩擦力做的功

是（）

第十頁，共十二頁，2022年，8月28日

如圖所示，輕質(zhì)長繩水平地跨在相距2L的兩個小定滑輪A、B上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在繩上O點，O與A、B兩滑輪的距離相等，在輕繩兩端C、D分別施加豎直向下的恒力F=mg.先托住物塊，使繩處于水平拉直狀態(tài)，靜止釋放物塊，在物塊下落過程中，保持C、