1、第28课时动能定理及其应用(重点突破课)必备知识1动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。(2)公式：Ekmv2，单位：焦耳。(3)动能是标量、状态量，只有正值。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：Wmv22mv12。(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。小题热身1判断正误(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化。()(2)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。()(3)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。()(4)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。()(5)
2、物体的动能不变，所受的合力必定为零。()(6)做自由落体运动的物体，动能与下落的高度成正比。()2下列有关动能的说法中正确的是( )A物体只有做匀速运动时，动能才不变B物体做平抛运动时，水平速度不变，动能不变C物体做自由落体运动时，物体的动能增加D物体的动能变化时，速度不一定变化解析：选C物体只要速率不变，动能就不变，A错误；物体做平抛运动时，速率增大，动能增大，B错误；物体做自由落体运动时，其速率增大，物体的动能增加，C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，D错误。3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧
3、至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点，弹簧对小球做的功为( )Amghmv2B.mv2mghCmghmv2 Dmgh解析：选A小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WGWF0mv2，重力做功为WGmgh，则弹簧弹力对小球做的功为WFmghmv2，A正确。提能点(一)动能定理的理解和应用1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)既可以是恒力，也可以是变力。2公式中“”体现的三个
4、关系3优先考虑动能定理的问题不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力做功问题；曲线运动问题。4应用动能定理的解题步骤典例(2014全国卷)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和B.tan 和Ctan 和 D.tan 和解析物块沿斜坡向上运动过程中，对其受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得FNmgcos ，FNmgsin ma，可得agcos gsin 。由图中几何关系和运动学公式可得v22a， 2a，可得h，tan ，选项D
5、正确，选项A、B、C错误。答案D应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。集训冲关1质量m2 kg的物体，在光滑水平面上以v16 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F8 N方向向北的恒力作用于物体，在t2 s内物体的动能增加了( )A28 J B64 JC32 J D36 J解析：选B由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西
6、的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动：a4 m/s2，v2at8 m/s。2 s末物体的速度v 10 m/s,2 s内物体的动能增加了Emv2mv1264 J，故选项B正确。2.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )An B2nC3n D4n解析：选B设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能
7、定理得nW0mv02，对第二次有NW0mv220，又因为mv02mgh，联立解得N2n，选项B正确。3.(2017三明质检)如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：(1)小球到达B点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少；(3)若初速度v03，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得mgm，解得vB 。(2)若不计空气阻力，从AB由动能定理得mgmvB2mv02解得v
8、0 。(3)当v03 时，由动能定理得mgWfmvB2mv02解得WfmgL。答案：(1) (2) (3)mgL提能点(二)动能定理与图像的综合1.力学中图像所围“面积”的意义vt图像由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移at图像由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量Fx图像由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功Pt图像由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2解决物理图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应
9、的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。典例如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；(3
10、)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2代入数值解得vB2 m/s。(2)在前2 m内，有F1mgma，且x1at12，解得t1 s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mgm对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wfmg2RmvC2mvB2代入数值得Wf5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J动能定理与图像结合问题的分析方法(1)首先看清楚所给图像的种类(如vt图像、Ft图像、Ekt图像等)。(2)挖掘图
11、像的隐含条件求出所需要的物理量，如由vt图像所包围的“面积”求位移，由Fx图像所包围的“面积”求功等。(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。集训冲关1如图甲所示，一半径R1 m、圆心角等于143的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角37，t0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物块经过M点的速度大小；(2)物块经过B点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)物块恰能到达M点，则有mgm解得vM m/s。(2
12、)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得mgR(1cos 37)mvM2mvB2解得vB m/s。(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a10 m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin 37mgcos 37ma解得0.5答案：(1) m/s(2) m/s(3)0.52(2017九江质检)打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械。某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析，
13、若物体质量m1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示。(g取10 m/s2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率。(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动。钉子总长为10 cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力。已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有(Fmg)hEk0由题图乙得，斜率为kFmg20 N得F30 N又由题图乙得，h0.4 m时，Ek8 J，则v4 m/sPFv120 W。(2
14、)碰撞后，对钉子有x0Ek已知Ek20 J又由题图丙得k105 N/m解得x0.02 m。答案：(1)120 W(2)0.02 m提能点(三)动能定理求解多过程问题考法1直线与平抛运动组合的多过程问题例1(2015浙江高考)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m。斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当角增大到多少时
15、，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 则满足的条件为tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8。(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1
16、vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m。答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m考法2直线与圆周运动组合的多过程问题例2(2016天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功
17、W1 530 J，取g10 m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。解析(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB22ax由牛顿第二定律有mgFfma联立式，代入数据解得Ff144 N。(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mghWmvC2mvB2设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmgm由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R12.5 m。答案(1)144 N(2)12.5 m考
18、法3平抛与圆周运动组合的多过程问题例3在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角53，绳的悬挂点O距水面的高度为H3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6。(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)若绳长l2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1800 N，平均阻力F2700 N，求选手落入水中的深度d；(3)若选手摆到最低点时松手
19、，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。解析(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得mgl(1cos )mv20选手在最低点处由牛顿第二定律得Fmgm由牛顿第三定律得FF1.8mg1 080 N。(2)选手摆到最高点时松手落入水中，(如图所示)对选手由动能定理得mg(Hlcos d)(F1F2)d00解得d1.2 m。(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：竖直方向Hlgt2水平方向xvt由(1)可得v 解得x 可知当l1.5 m时，x取最大值，落点距岸边最远。答案(1)1 080 N(2)1.2 m(3)见解析考法4
20、含弹簧的物体运动多过程问题例4如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为。求：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功。(2)O点和O点间的距离x1。(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？
21、解析(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wfmv02。(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv02解得x1x0。(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF只有物块A时，从O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv12分离后对A有mv12mgx2联立以上各式可得x2x0。答案(1)mv02(2)x0(3)x0通法归纳利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动
22、能的变化有无影响。(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。提能点(四)运用动能定理求解往复运动问题有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。考法1往复次数可确定的情形例1如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d0.50 m。盆边缘的
23、高度为h0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )A0.50 m B0.25 m C0.10 m D0解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为mgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mghmgs00，代入数据可解得s3 m。由于d0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点。答案D考法2往复次数无法确定的情形例2如图所示，斜面的倾角为，质
24、量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A. B.C. D.解析滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Qmv02mgx0sin ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgxcos ，解以上两式可得x，选项A正确。答案A考法3往复运动永不停止的情形例3如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120，半径R为2.0 m
25、，一个物体在离弧底E高度为h3.0 m处，以初速度v4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)解析两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120，所以可得出斜面的倾角为60，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为Ffmgcos 600.02mg0.01mg。重力沿斜面的分力Gmgsin 60mgFf，所以物体不能停留在斜面上。物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，对全过程应
26、用动能定理得mghR(1cos 60)mgscos 600mv2，解得s280 m。答案280 m通法归纳(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WGmgh直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用WfFfs求解，其中s为物体滑行的路程。一、单项选择题1A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中( )AA获得动能较大 BB获得动能较大CA、B获得动能一样大 D无法比较A、B获得动能大小解析：选C由动能定理可知恒力F做功WFlm
27、v20，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。2.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.mv2 B.mv2C.mv2 D.mv2解析：选B在合力F的方向上，由动能定理得WFlmv2，某个分力的功为W1F1lcos 30lcos 30Flmv2，B正确。3.如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。则返回
28、时经过A点的速度v的大小为( )A. B. C. D.解析：选B由动能定理得，小球由A到B过程有mghWf0mv02，小球由B到A过程有mghWfmv20，联立解得v，B正确。4.(2016全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒
29、，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，v，因LPLQ，则vPvQ，又mPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则Fmgm，则F3mg，因mPmQ，则FPFQ，选项C正确；向心加速度a2g，选项D错误。 5. (2015全国卷)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvN2mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则W2 m/s故物块能通过圆轨道的最高点，之后做平抛运动，则水平方向：xv3t竖直方向：2Rgt2解得x2.4 m。答案：(1)140 N，方向竖直向下(2)能2.4 m