第8章 第2课时 势能和动能 动能定理及其应用（课件PPT）-【精英1号】2025年高中物理学考笔记·知识梳理手册

　 第一章　运动的描述 04 如需返回目录，可按ESC键返回。 01 本光盘课件全部为PPT格式，教师使用时如需加工可把光盘中的PPT文件复制到本地磁盘上进行编辑。 03 进入目录,可按上下键、空格键或点击鼠标等进行浏览。 02 光盘成盘为自动播放模式，如不能播放则是电脑做了拦截，可将电脑调至自动播放模式，也可直接从“我的电脑”中，双击相应光盘图标或在此处右键点击“打开”，然后双击光盘中的“play.bat”文件即可以全屏的方式播放（点击后有缓冲过程，稍加等待后,便可出现相关内容）。 温 馨 提 示 Wenxintishi 2 第八章　机械能守恒定律 第2课时　势能和动能 动能定理及其应用 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 －ΔEp ＝Ep1－Ep2　 形变量 －ΔEp＝Ep1－Ep2　 参考平面 地 mgh　　　　　 球 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 Ek2－Ek1 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 √ √ × × × × × 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 √ √ √ × × 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 重力做功和重力势能 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 弹力做功与弹性势能变化的关系 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 动能、动能定理 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 动能定理与平抛运动、圆周运动知识的综合应用 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 谢谢观看！ 　　　　精英1号 物理　学考笔记 　 第八章　机械能守恒定律 (1)重力做功与物体运动的路径有关。 (　　) (2)重力做功WG＝－20 J时，物体的重力势能减小20 J。(　　) (3)重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1与Ep2方向相反。(　　) (4)只有发生弹性形变的弹簧才具有弹性势能。 (　　) (5)同一弹簧压缩或伸长的长度相同，弹性势能相同。(　　) (6)速度大的物体，动能一定大。 (　　) (7)动能只有大小，没有方向，只有正值，没有负值。(　　) (8)质量一定的某物体的速度加倍，它的动能也加倍。(　　) (9)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。 (　　) (10)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。(　　) (11)物体的动能增加，合外力做正功。 (　　) (12)质量一定的物体的动能发生变化，速度一定发生变化。(　　) 1.重力做的功 (1)重力所做的功WG＝mgΔh，Δh指初位置与末位置的高度差。 (2)重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。 2.重力势能 (1)重力势能：Ep＝mgh。 (2)重力做功与重力势能之间的关系： WG＝Ep1－Ep2。 ①当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小；即WG>0，Ep1>Ep2。 ②当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加；即WG<0，Ep1<Ep2。 3.重力势能的相对性 (1)参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为0。 (2)重力势能的相对性：Ep＝mgh中的h是物体重心相对参考平面的高度。参考平面上方重力势能为正值，参考平面下方重力势能为负值。 【典例1】　一个质量为100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度。g取10 m/s2，则整个过程中(　　) A.重力做功为1.8 J B.重力做功为－0.55 J C.物体的重力势能一定减少了0.55 J D.物体的重力势能一定增加了1.25 J 【答案】C 【解析】重力做功为 W＝mgΔh＝0.1×10×(1.8－1.25) J＝0.55 J， A、B错误；整个过程中，重力做正功，物体的重力势能一定减少了0.55 J，C正确，D错误。故选C。 (1)弹力做正功时，弹性势能减少；弹力做负功时，弹性势能增加。 (2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2。 (3)弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关。 【典例2】　如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能(　　) A.在释放过程中增加 B.在拉伸过程中减小 C.在释放过程中转化为弹珠动能 D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到 【答案】C 【解析】弹珠在释放过程中弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；在拉伸过程中，人克服弹力做功，则弹性势能增加，选项B、D错误。故选C。 1.动能的理解 (1)动能是标量且为状态量。 (2)动能与速度的比较：物速度发生变化，动能不一定发生变化；动能发生变化，速度一定发生变化。 2.动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 3.应用动能定理的“四个注意点” (1)动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理。 (3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，所以比用运动学及牛顿运动定律研究更简便。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。 【典例3】　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，它落到地面时的速度为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(　　) A.mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) B.－mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) C.mgh＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2 D.mgh＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 【答案】C 【解析】物块从高为h处竖直上抛到落到地面的运动中，设物块克服空气阻力所做的功为Wf，由动能定理可得mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)， 解得Wf＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2， A、B、D错误，C正确。故选C。 应用动能定理解题的基本思路 应用动能定理解题，关键是对研究对象进行受力分析及运动过程分析，明确各力做功的情况，弄清过程的初末状态。可由下面框图表示主要环节。 【变式3­1】　如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g取10 m/s2) (1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量。 (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力大小。 (3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。 【答案】(1)3.0×105 J　(2)2.0×103 N　(3)33.3 m 【解析】(1)汽车速度v1＝36 km/h＝10 m/s， v2＝72 km/h＝20 m/s， 从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程 由ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)， 得ΔEk＝3.0×105 J。 (2)设汽车在下坡过程中，所受的阻力为Ff， 由动能定理得mgh－Ffl＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)， 解得Ff＝2,1)eq \f(\f(1,2)mv－\f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋mgh,l) ＝2.0×103 N。 (3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理得，－(mgsin 17°＋3Ff)x＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，解得x＝2,2)eq \f(\f(1,2)mv,mgsin 17°＋3Ff) ≈33.3 m。 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可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0； ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝eq \r(gR)。 【典例4】　[2023·浙江·高二学业考试]如图所示，某游戏装置由同一竖直面内的两个轨道组成。轨道Ⅰ光滑且固定在水平地面上，依次由足够长的倾斜直轨道ABC、圆心为O1的圆弧形轨道CDE、倾斜直轨道EF组成。O1C与BC垂直，BCD段与DEF段关于O1D对称。轨道Ⅱ形状与轨道Ⅰ的BCDEF段完全相同，C、E、I、K在同一水平线上，J是最低点，B、O1、F与H、O2、L在同一水平线上。轨道Ⅱ可按需要沿水平地面平移，HI和KL段粗糙，IJK段光滑。AC的倾角θ＝37°，圆弧段半径R＝1 m。游戏时，质量m＝0.1 kg的滑块从AC上高为h的某处由静止释放，调节F、H的间距x，使滑块从F滑出后恰能从H沿HI方向切入轨道Ⅱ，且不从L端滑出，则游戏成功。 滑块(可视为质点)与HI和KL段的动摩擦因数μ＝eq \f(15,16)，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 (1)当h＝1.5 m时： ①求滑块经过D的速度大小vD及所受支持力大小FD； ②求游戏成功时的x，以及滑块经过J时的动能Ek。 (2)求游戏成功且滑块经过J时，滑块所受支持力大小FJ与h的关系式。 【答案】(1)①eq \r(30) m/s　4 N　②0.96 m　0.5 J　(2)FJ＝2h－1(N)(1.2 m<h≤3 m) 【解析】(1)①滑块从A到D由机械能守恒得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)，在D点由牛顿第二定律得FD－mg＝2,D)eq \f(mv,R) ，解得vD＝eq \r(30) m/s，FD＝4 N； ②A到F由机械能守恒得mg(h－R)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)， F到H过程中vFsin θ＝gt，x＝2vFcos θ·t＝0.96 m，A到J由动能定理得mgh－μmgcos θ·eq \f(R,tan θ)＝Ek，解得Ek＝0.5 J。 (2)由于μ>tan θ，滑块能停在斜面上，若滑块恰好停在I，A到I由动能定理得 mgh1－mgR(1－cos θ)－μmgcos θ·eq \f(R,tan θ)＝0 解得h1＝1.2 m， 若滑块恰好停在L，A到L由动能定理得 mgh2－mgR－2μmgcos θ·eq \f(R,tan θ)＝0， 解得h2＝3 m A到J由动能定理得mgh－μmgcos θ·eq \f(R,tan θ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,J)， 在J由牛顿第二定律得FJ－mg＝2,J)eq \f(mv,R) ， 则FJ＝2h－1(N)(1.2 m<h≤3 m) 【变式4­1】　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。下图所示是滑板运动的轨道，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8 m。某运动员从轨道上的A点以3 m/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的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2。 (1)求运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB。 (2)求滑板与轨道CD段的动摩擦因数μ。 (3)通过计算说明，运动员最终停在何处？ 【答案】(1)6 m/s　(2)0.125　(3)D点左侧6.4 m处 【解析】(1)根据几何关系以及速度的合成与分解可得vB＝eq \f(v0,cos 60°)＝6 m/s。 (2)对运动员从B点到E点的运动过程，由动能定理得mgh－μmgxCD－mgH＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 解得μ＝0.125。 (3)设运动员停止时在CD段运动的总路程为s，由动能定理得mgh－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)， 解得s＝30.4 m， 因为s＝3xCD＋6.4 m＝4xCD－1.6 m 所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处，或C点右侧1.6 m处。 $$