高中物理人教版 (新课标)必修27.动能和动能定理复习ppt课件

这是一份高中物理人教版 (新课标)必修27.动能和动能定理复习ppt课件，共12页。PPT课件主要包含了典例一，重力势能的计算，答案BC，考点2动能定理，典例二，动能定理的推导，典例三，动能定理的应用，答案hx等内容，欢迎下载使用。

3.重力势能是标量。正、负号不表示方向，只表示比零势能点的能量高还是低。零势能点的选择不同，虽会使势能值表述不同，但对物理过程没有影响。 4.重力做功与重力势能的关系：重力做正功，物体高度下降，重力势能减小；重力做负功，物体高度上升，重力势能增大。可以证明，重力做功与路径无关，由物体所受的重力和物体初、末位置所在水平面的高度差决定，即：WG=mgh。所以重力做的功等于重力势能增量的负值，即：WG=-Ep=-(mgh2-mgh1)。 5.弹性势能的大小：弹性势能的大小与形变量及材料本身有关，弹簧的形变量越大、劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大，Ep=(1/2)kx2。(该公式不要求计算应用)
【例1】沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来，在缓解用电高峰电力紧 张方面，取得了良好的社会效益和经济效益。抽水蓄能电站的工作原理 是，在用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水 池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图，蓄水池(上游水 库)可视为长方体，有效总库容量(可用于发电)为V，蓄水后水位高出下游 水面H，发电过程中上游水库水位最大落差为d。统计资料表明，该电站 年抽水用电为2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h。则下列计算结 果正确的是(水的密度为，重力加速度为g，涉及重力势能的计算均以下 游水面为零势能面)( ) A.能用于发电的水的最大重力势能Ep=VgH B.能用于发电的水的最大重力势能Ep=Vg(H-d/2) C.电站的总效率达75％ D.该电站的平均每天所发的电能可供给一个大城 市居民用电(电功率以105 kW计)约10 h
【解析】根据题意，电站的总效率 =1.8×108 kW·h/(2.4×108 kW·h)×100%=75%，故C正确；该水电站 能用于发电的水的重力势能为水库中的水的重力mg与其“重心”(即在水面下d/2处)下降高度的乘积即Ep=mg(H-d/2)＝Vg(H-d/2)，故A错，B对；由于年发电量为1.8×108 kW·h，故每天发电量为1.8×108 kW·h/365=4.93×105 kW·h，可见能供约5 h，故D错。
找出上游水库中水的“重心”，利用等效的方法求重力势能是解题的关键。
一、对动能定理的理解 1.动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看作单一物体的物体系统。 2.W表示所研究过程物体受的合外力做的功，也可以是物体的所有外力做功的代数和。 3.既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，又适用于曲线运动。 4.在应用动能定理解决问题时，动能定理中的位移、速度各物理量都要选取同一个惯性参考系，一般都选地面为参考系。 5.恒力作用下的物体运动问题，凡不涉及加速度和时间及其运动过程的具体细节，可优先运用动能定理求解。 6.变力做功过程和某些曲线运动问题，用牛顿第二定律结合运动学公式往往难以求解，但用动能定理则迎刃而解。 7.过程复杂又不需研究中间状态时，可以把多个过程看作一个全过程进行研究，应用动能定理更方便。
二、动能定理的应用 1.用动能定理解题的步骤 (1)选取研究对象，明确分析运动过程。 (2)分析受力及各力做功的情况，求出总功；也可由动能的变化求总功。 (3)明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2。 (4)列方程W=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解。 2.应用动能定理要注意的几个问题 (1)正确分析物体受力，要考虑物体受到的所有力，包括重力。 (2)要弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式。
(3)有些力在物体运动全过程中不是始终存在，导致物体的运动包括几个物理过程，物体运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。 3.应用动能定理解题的优越性 应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末的动能。若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可对整个过程考虑。但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同符号(正负)一同代入公式。
【例2】[2010年高考上海物理卷]如图所示，倾角=37，质量M=5 kg的粗糙斜面位于 水平地面上，质量m=2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经 t=2 s到达底端，运动路程x=4 m，在此过程中斜面保持静止(sin37=0.6,cs37=0.8, 取g=10 m/s2)，求： (1)地面对斜面的摩擦力大小与方向； (2)地面对斜面的支持力大小； (3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。
【解析】 (1)隔离法：m受力如图甲 对木块：mgsin-f1=ma,mgcs-FN1=0 因为x=(1/2)at2，得a=2 m/s2 所以f1=8 N,FN1=16 N 对斜面：设摩擦力f向左，则f=FN1sin-f1cs =3.2 N，方向向左。 (如果设摩擦力f向右，则f=-FN1sin+f1cs=-3.2 N，同样方向向左。)
(2)斜面受力如图乙：地面对斜面的支持力大小FN=Mg+N1cs +f1sin=67.6 N (3)木块所受的力中有两个力做功。 重力做功：WG=mgh=mgxsin=48 J 摩擦力做功：Wf=-fx=-32 J 合力做功或外力对木块做的总功：W=WG+Wf=16 J 动能的变化Ek=(1/2)mv2=(1/2)m·(at)2=16 J 所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化(增加)，证毕。
【答案】(1)3.2 N向左 (2)67.6 N
【例3】如图所示，质量为m的物体从斜面上的A处由静止滑下，由斜面底端进入水 平面时速度大小不变，最后停在水平面上的B处。量得A、B两点间的水平 距离为x，A点高为h，已知物体与斜面及水平面的动摩擦因数相同，求此动摩 擦因数=_____。
【解析】设斜面与水平面所成的夹角为，则物体 从A到最低点，重力做功WG=mgh 摩擦力做功Wf=-mgcs·(h/sin) 物体在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功 Wf=-mg(x-h/tan) 解法一：“隔离”过程，分段研究，设最低点物体 速度为v，物体由A到最低点根据动能定理得： mgh-mgcs·(h/sin)=(1/2)mv2-0 ① 物体在水平面上运动，同理有： -mg(x-h/tan)=0-(1/2)mv2 ② 联立①②解得：=h/x。
(1)对过程运用“整体法”或“隔离法”并不影响解题结果，要看研究问题的方便而定。在全过程列动能定理方程时，有些力不一定是全过程都起作用，要格外注意。 (2)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须探究运动过程的细节，只须考虑功及始末过程的动能即可，相比用牛顿定律求解思路更简捷。
解法二：从A到B全过程由动能定理得：mgh-mgcs·h/sin-mg(x-hct)=0 解得=h/x。