1、第2讲动能动能定理动能1定义：物体由于运动而具有的能。2公式：Ekmv2。3单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4物理意义(1)动能是状态量，v是瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。(2)动能是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关(选填“有关”或“无关”)。5动能的变化：物体末动能与初动能之差，即Ekmvmv。动能定理1内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量。2表达式：Wmvmv。3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。4动能定理的特点1在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是()A甲的速度是乙的2倍，甲的质量
2、是乙的B甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的C甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的D质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动D2(多选)关于动能定理的表达式WEk2Ek1，下列说法正确的是()A公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1为动能的增量，当W0时动能增加，当WEk；C、D错：W阻与Ek的大小关系不确定。1(多选)如图所示。某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为
3、v，则在此过程中()A物体所受的合力做功为mghmv2B物体所受的合力做功为mv2C人对物体做的功为mghD人对物体做的功大于mghBD对物体应用动能定理可得W合W人mghmv2，故W人mghmv2，B、D选项正确。2(2020湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年10月24日上午9时正式通车。大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、允许30万吨级油轮通过。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度d，据此估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是
4、()A. B.C. D.mvA本题考查变力做功问题。根据动能定理可得Fdmv2，解得F，故选A。考点二动能定理在多过程综合问题中的应用1运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。2全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。(3)弹簧弹力做功与路径无关。如图所示，AB为倾角37的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143，半径R1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O
5、两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)试求：(1)若CD1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x。解析：(1)由x12t4t2知，物块在C点速度为v012 m/s，a8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得
6、Wmgsin 37mv代入数据得Wmvmgsin 37156 J。(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力Fma16 N物块在P点的速度满足mgC到P的过程，由动能定理得FxmgR(1cos 37)mvmv解得x m6.125 m。答案：(1)156 J(2)6.125 m1.在【例2】中，求物块释放后通过与O点等高的位置Q点时对轨道的压力。解析：物块在P点时满足mg，物块从Q点到P点过程中，由动能定理得mgRmvmv。物块在Q点时有FN。联立以上各式得FN3 mg60 N。由牛顿第三定律可知物块通过Q点时对轨道压力为60 N，方向水平向右。答案：60 N方向水平向右2在【例2】中，
7、若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。解析：物块从C到P的过程中，由动能定理得mgxsin 37mgR(1cos 37)mvP2mv物块在P点时满足FNmg，联立以上两式得FN49 N。答案：49 N 用好动能定理的“5个”突破突破研究对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理。突破研究过程的选取应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的。因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算。突破受力分析运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪
8、些力做功，做多少功，从而确定出外力的总功，这是解题的关键。突破位移的计算应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关。突破初、末状态的确定动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言 3(2019辽宁瓦房店三中期中)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d0.60 m。盆边缘的高度为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
9、下来，则停止位置到B点的距离为()A0.50 m B.0.60 mC0.10 m D.0B本题考查动能定理在圆弧曲面的应用。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为Ffmg，对小物块从开始运动到停止运动的始末状态进行研究，由动能定理得mghmgs0，得到s m3 m，d0.60 m，则s5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60 m，故B正确。4.(2018全国卷18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相
10、等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgRB.4mgRC5mgR D.6mgRC小球从a运动到c，根据动能定理，得F3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t2，水平位移xgt22R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即EF(2RRx)5mgR。5(2019浙江卷20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系
11、，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角37的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R0.4 m、转轴间距L2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为0.5。(sin 370.6)(1)若h2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点
12、水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。解析：(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin mgcos mav2a解得vB4 m/s(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有0mgh1mgcos mgL解得h13.0 m当hh13.0 m时满足题中条件(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有mv2mghmgcos mgLH2Rgt2，xvt解得x2 m为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg解得h3.6 m答案：(1)4 m/s(2)h3.0 m(3)x
13、2 mh3.6 m考点三动能定理与图象问题的结合1力学中图象所围“面积”的意义v t图象由公式xvt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a t图象由公式vat可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F x图象由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P t图象由公式WPt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2.解决物理图象问题的基本步骤(2019全国卷17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重
14、力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B.1.5 kgC1 kg D.0.5 kgC设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(3672)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(4824)J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误。6静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s时停下，其v t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的
15、功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功A对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t1 s到t3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。7从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()A小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则vv0gt小球的动能Ekmv2，把速度v代入得Ekmg2t2m
16、gv0tmvEk与t为二次函数关系，Ek t图象为开口向上的抛物线。8(2020安徽江淮十校联考)如图甲所示，粗糙的水平桌面上放置一个弹簧，左端固定，右端自由伸长到桌边A点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道BNM，MN为其竖直方向的直径，其中BON60。现使一个质量m1 kg、可视为质点的小物块放在桌面的右端A点，并施加一个水平向左的外力F在小物块上，使它缓慢移动，并将弹簧压缩x0.2 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示，然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，小物块飞离桌面一段时间后恰好沿切线由B点进入圆弧轨道，并能够到达M点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取1
17、0 m/s2。求：(1)弹簧压缩过程中存储的最大弹性势能Ep；(2)小物块由A运动到B的时间(结果可用分数表示)；(3)圆弧轨道的半径R的取值范围。解析：(1)由题图乙可知滑动摩擦力FfF02.0 NF做的功WF(F0Fm)x1.8 J由功能关系有EpWFFfx1.4 J(2)从撤去F后到刚要飞离桌面阶段对小物块由动能定理有W弹FfxmvW弹Ep1.4 J代入数据解得vA m/s小物块做平抛运动到达B点水平分速度vBxvA m/s竖直分速度vByvBxtan 60 m/s所以小物块由A运动到B的时间t s(3)B点速度为vB m/s从B到M的过程中，对小物块由动能定理有mgR(1cos 60)mvmv在M点，有mgm解得R0.2 m。答案：(1)1.4 J(2) s(3)R0.2 m
