1、第2讲 动能定理及其应用 【秒判正误】(1)运动物体具有的能量就是动能。()(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速 度变化时，动能不一定变化。()(3)动能不变的物体一定处于平衡状态。()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变 化。()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。()(6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的 二次方成正比。()考点1 对动能、动能定理的理解【题组通关】1.(2018江苏高考)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()【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上
2、升与下 落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+Ek=mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由 数学中的二次函数知识可判断A正确。1220v，2.(2018全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功【解析】选A。根据动能定理可得：WF+Wf=Ek，又知道摩擦力做负功，即WfWf，联立以上各式得Ek=8+Wf-Wf，可知小于 8 J，故A正确，B、C、D错误。【触类旁通】物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面
3、的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2)()A.32 J B.18 J C.50 J D.0 J【解析】选A。物体从A到B过程，由动能定理得mgh-Wf=-0，解得Wf=mgh-=1105 J-162 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。2B1 mv2122B1 mv2题型3 求解多过程问题【典例3】(2019信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处 于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R=1 m的 圆周轨道，CDO是半径为r=0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板
4、(可以把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，D为 14CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L=2 m，与小球之间的动摩擦因数=0.2。现让一个质量为m=1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取 10 m/s2)(1)当H=2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小。(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。【解题思维】1.题型特征：小球经历多个运动过程，不涉及中间运动参量的计算。2.题型解码：(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。(2)小球仅仅与
5、弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球 从P到D点的过程，根据动能定理得：mg(H+r)-mgL=-0 在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：FN=联立解得：FN=84 N 2D1 mv22Dvm r由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN=FN=84 N (2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理 得：mgHmin-mgL=-0 在O点有：mg=代入数据解得：Hmin=0.65 m 仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小
6、球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：201 mv220vm rmg(Hmax+r)-3mgL=0 代入数据解得：Hmax=0.7 m 故有：0.65 mH0.7 m 答案：(1)84 N(2)0.65 mH0.7 m【触类旁通】(2019衡阳模拟)2018年平昌冬季奥运 会雪橇运动，其简化模型如图所示，倾角为=37的 直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E 两点在同一水平面上，雪道最高点C所对应的圆弧半径 R=10 m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1=18 m 与h2=20 m，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为 =0.1，运动员可坐在电
7、动雪橇上由A点从静止开始向上运动，若电动雪橇以恒定功率1.2 kW工作10 s后自动关闭，则雪橇和运动员(总质量m=50 kg)到达C点的速度为2 m/s，到达E点的速度为10 m/s。已知雪橇运动过程中不脱离雪道且sin37=0.6，cos37=0.8，g取10 m/s2，求：(1)雪橇在C点时对雪道的压力。(2)雪橇在BC段克服摩擦力所做的功。(3)若仅将DE改成与曲线雪道CD平滑相接的倾斜直线雪道(如图中虚线所示)，求雪橇到E点时速度为多大？【解析】(1)在C点，雪橇和人由重力和支持力的合力 提供向心力，由牛顿第二定律得：mg-FN=m 代入数据解得：FN=480 N 由牛顿第三定律可知
8、，雪橇对轨道的压力大小为 480 N，方向竖直向下 2vR(2)从A到C过程，由动能定理得：Pt-mgh2-mgcos37 -WBC=mv2 解得：WBC=700 J 1hsin3712(3)设CE的水平距离为x，从C到E点过程，若是曲线轨 道，克服摩擦力做的功为：WCE=mgL1cos1+mgL2cos2+mgL3cos3+=mg(x1+x2+x3+)=mgx 若是直线轨道，克服摩擦力做的功为：=mgLcos=mgx CEW 故将DE改成倾斜直轨道，克服摩擦力做功不变，即损失的机械能也不变，则E点速度：vE=10 m/s 答案：(1)480 N，方向竖直向下(2)700 J(3)10 m/s
9、 题型4 求解往复运动问题【典例4】如图所示，轨道ABCD在竖直平面内，由四分 之一圆形光滑轨道AB、水平轨道BC和足够长的倾斜光 滑轨道CD连接而成，AB与BC相切，BC与CD的连接处是 半径很小的圆弧，圆形轨道AB的半径为R，水平轨道BC 的长度也为R。质量为m的小物块从圆形轨道上A点由静 止开始下滑，物块与水平轨道的动摩擦因数为0.25。求：(1)物块从A点运动到C点的过程中重力做的功。(2)物块第一次运动到C点时速度大小。(3)物块最终停止的位置。【解题思维】1.题型特征：物块在轨道ABCD间做往复运动，直至停止在BC间某一位置。2.题型解码：(1)物块在轨道AB和轨道CD上运动时只有
10、重力做功，在轨道BC上运动时只有滑动摩擦力做功。(2)物块第一次运动到C点的速度可由动能定理求解。(3)由动能定理求出物块在BC上运动的总路程，由此确定物块最终停止的位置。【解析】(1)物块从A点运动到C点的过程中重力做的功 为：W=mgR(2)物块从A点运动到C点的过程，由动能定理得：mgR-mgR=mv2 解得：v=126gR2(3)整个过程，由动能定理可得：mgR-mgs=0-0 解得：s=4R 故物块最终停止在B点 答案：(1)mgR(2)(3)物块最终停止的位置在B点 6gR2【触类旁通】如图所示，斜面的倾角为，质量为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
11、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，则滑块经过的总路程是()220000220000vv11A(x tan)B(x tan)2gcos2gsinvv21C(x tan)D(x cot)2gcos2gcos 【解析】选A。滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过 的总路程为x，对滑块运动的全程由动能定理得 mgx0sin -mgxcos =0-解得x=故A正确，B、C、D错误。201 mv2，20v1(2gcos0 x tan)，【提分秘籍】应用动能定理解题的基本步骤 考点3 动能定理与图象相结合 【典题突破】【典例5】(多选)(2018全国
12、卷)地下矿井中的矿 石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中 矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其 中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶 段加速度的大小都相同：两次提升的高度相同，提升 的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程()A.矿车上升所用的时间之比为45 B.电机的最大牵引力之比为21 C.电机输出的最大功率之比为21 D.电机所做的功之比为45【解题思维】1.题型特征：动能定理与v-t图象相结合。2.题型解码：(1)v-t图象与时间轴围成的面积表示位移。(2)v-t图象的斜率表示加速度。(3)由动能定理确定电动机做的功。【解析】选A、
13、C。由图象可知图线过程所用时间为 2t0，由于两次提升的高度相同，图线与x轴围成 的面积相等可知图线过程所用时间为2.5t0，因此矿 车上升所用时间之比为45，A对；由于它们的变速阶 段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B错；由 Pm=Fv可知，F最大，v最大时，P最大，F相等，vm之比 为21，所以最大功率之比为21，C对；电机做功W 提供矿石的重力势能和动能，据动能定理W-mgh=Ek，由于提升高度相同，Ek=0，所以做功相等，D错，故选A、C。【触类旁通】(2019衡水模拟)质量m=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知
14、物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图象如图所示。且45 m内物体匀速运动。x=7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是()A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1 B.取x取=3 m时物体的速度最大 C.撤去外力时物体的速度为 m/s D.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s 2【解析】选C。45 m内物体匀速运动，则有 F=Ff=mg，得 =0.3，故A错误；只要FFf=mg，物体就在加速，所以在04 m内物体一直加 速，x=4 m时物体的速度最大，故B错误；根据图象与x 轴所围的面积表示外力F做的功，可得07 m内外力做 功为 W=22 J，设撤去外力
15、F3mg1035531 3(313)J222 时物体的速度为v，根据动能定理得 W-Ff x=mv2-0，其中 x=7 m，解得 v=m/s，故C正确；撤去外 力后物体的加速度大小为 a=3 m/s2，物体还能 滑行时间 t=故D错误。122mgmv2 sa3，【提分秘籍】1.四类图象所围“面积”的意义：2.解决动能定理与图象问题的基本步骤：【加固训练】(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是()A.06 s内拉力做的功为140 J B.物体在02 s内所受的拉力为4
16、N C.物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5 D.合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等【解析】选A、D。由于P-t图象与t轴围成的面积表示 拉力所做的功，所以06 s内拉力做的功为W=2 60 J+420 J=140 J，故A正确；由水平拉力的功率 P=Fv可得，在02 s内拉力F=6 N，26 s，拉力 F=2 N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力 和拉力，在26 s内物体受力平衡可得Ff=mg=F，12PvPv解得=0.25，故C错误；由v-t图象可 知，物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等，由动能 定理W合=Ek可知，06 s与02 s动能的变化量相 同，所以合外力在06 s内做的功与02 s内做的功 相等，故D正确。F2 Nmg0.8 10 N
