1、第2讲 动能定理及其应用(见学生用书第 75 页)一、动能1公式Ek ，式中 v 为瞬时速度2矢标性动能是，只有正值，动能与速度的方向3动能的变化量Ek .12mv2标量无关12mv2212mv21 动能具有相对性，其数值与参考系的选取有关，一般以地面为参考系 1物体由于运动而具有的能叫做动能，动能的大小等于物体质量与其速度平方乘积的一半以下选项中动能最大的是()A踢出的足球 B飞行中的运载火箭 C从炮口飞出的炮弹 D从枪口飞出的子弹【解析】比较四个物体的质量和速度可知，动能最大的应是飞行中的运载火箭【答案】B 2(双选)关于动能的理解，下列说法正确的是()A动能是机械能的一种表现形式，凡是运
2、动的物体都具有动能 B物体的动能总为正值 C一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化 D动能不变的物体，一定处于平衡状态【答案】AB【解析】动能是运动物体都具有的能量，是机械能的一种表现形式，A 对；动能是标量，总是正值，B 对；由 Ek12mv2可知当 m 恒定时，Ek变化，速率一定变化，速度一定变化，但当速度方向变化速率不变(如匀速圆周运动)时动能不变，C 错；动能不变，物体不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，D 错二、动能定理1内容合外力对物体所做的功等于物体2表达式WEk .3功与动能的关系(1)W0，物体的动能(2)W0，物体的动能(3)W0，物体的动能4
3、适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于(2)既适用于恒力做功，也适用于(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以【答案】C3在 h 高处，以初速度 v0水平抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为()Av0 2gh Bv0 2ghC.v202ghD.v202gh【解析】只有重力做功根据动能定理 mgh12mv212mv20.得 vv202gh.C 项正确 4一架喷气式飞机质量为5.0104 kg，起飞过程中从静止开始滑跑当位移达到x5.3102 m时，速度达到起飞速度v60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的0.2倍(g取10 m/s2)求飞机受到的牵引
4、力图 521【答案】2.7105 N【解析】设牵引力为 F，阻力 Ffkmg1.0105 N由动能定理得：(FFf)x12mv20，解得：F2.7105 N.(见学生用书第 76 页)1.总功的计算物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力 F 合，然后由 WF 合lcos 计算(2)由 WFlcos 计算各个力对物体做的功 W1、W2、Wn然后将各个外力所做的功求代数和，即W 合W1W2Wn.2动能定理公式中等号的意义(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系可以通过计算物体
5、动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功(2)单位相同：国际单位都是焦耳(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因 3动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系 动能定理指出的是功与动能增量的一种等效替代关系，合外力做功是物体动能变化的原因，而不能说力对物体做的功转变成物体的动能(双选)(2012中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为 v，再前进一段距离使物体的速度增大为 2v，则()A第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B第二过程的动能增量是第一过程动能增量的 3 倍C第二过程合外力做的功等于第一过
6、程合外力做的功D第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的 2 倍【思路点拨】解答本题时应注意以下两点：(1)速度增量和动能增量的含义(2)合外力的功与动能增量的关系【答案】AB【解析】由题意知，两个过程中速度增量均为 v，A 正确；由动能定理知：W112mv2，W212m(2v)212mv232mv2，故 B 正确，C、D错误图 5221(双选)一物体 m 在水平恒力 F 的作用下沿水平面运动，在 t0时刻撤去 F，其 vt 图象如图 522 所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则下列关于力 F 的大小和力 F 做的功 W 大小的关系式正确的是()AF2mg BF3mgCWmgv0t0
7、DW32mgv0t0【答案】BD【解析】设加速过程位移大小为 x1，减速过程位移大小为 x2，由动能定理可知，Wmg(x1x2)0，WFx1，由图象可知，x112v0t0，x2v0t0，以上各式联立可得：W32mgv0t0，F3mg，故 B、D 正确，A、C 错误 1.基本步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功各力做功的代数和(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解题方程，进行求解 2注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可
8、以看做单一物体的物体系统(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号(2012潮州模拟)如图 523 甲所示，一质量为 m1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的 A 点，从 t0 时刻开始，物
9、块受到按如图乙所示规律变化的水平力 F 作用并向右运动，第 3 s 末物块运动到 B 点时速度刚好为 0，第 5 s 末物块刚好回到 A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数 0.2，(g 取 10 m/s2)求：图 523(1)A 与 B 间的距离；(2)水平力 F 在 5 s 内对物块所做的功【聚焦题眼】“静止在粗糙水平面上的A点”，“速度刚好为0”，“刚好回到A点”【解析】(1)在 3 s5 s 内物块在水平恒力 F 作用下由 B 点匀加速运动到 A 点，设加速度为 a，A 与 B 间的距离为 x，则 Fmgma得 a2 m/s2x12at24 m.【答案】(1)4 m(2)24 J
10、(2)设物块回到 A 点时的速度为 vA，由 v2A2ax 得 vA4 m/s设整个过程中 F 做的功为 WF，由动能定理得：WF2mgx12mv2A解得：WF24 J.1如果是恒力做功问题往往直接用功的定义式可以求解，但遇到变力做功问题须借助动能定理等功能关系进行求解；分析清楚物理过程和各个力的做功情况后，运用动能定理可简化解题步骤 2动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于外力是变力、物体做曲线运动的情况同样适用也就是说，动能定理适用于任何力作用下、以任何形式运动的物体为研究对象，具有普遍性 3应用动能定理求变力的功时，必须知道始末两个状态的物体的速度，以及运动
11、过程中除变力做功外，其他力做的功(2012深圳市深圳中学模拟)质量为 m 的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动如图 524 所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()A.14mgR B.13mgRC.12mgRDmgR图 524【解析】设小球通过最低点时绳子张力为 FT1，根据牛顿第二定律：FT1mgmv21R将 FT17mg 代入得 Ek112mv213mgR经过半个圆周恰能通过最高点，则 mgmv22R此时小球的动能
12、Ek212mv2212mgR从最低点到最高点应用动能定理：Wfmg2REk2Ek1所以 Wf12mgR故选项 C 正确【答案】C图 5252如图 525 所示，一弹簧振子，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为 x.然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为 v.求此过程弹力所做的功【解析】设 W 弹为弹力对物体做的功，由于克服摩擦力做的功为mgx，由动能定理得 W 弹mgx12mv20解得：W 弹12mv2mgx.【答案】12mv2mgx(见学生用书第 78 页)动能定理的应用1(2012肇庆模拟)一质点开始时做匀速直线运动，从
13、某时刻起受到一恒力作用此后，该质点的动能不可能()A一直增大B先逐渐减小至零，再逐渐增大C先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【解析】当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故 A 可能当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小到零再逐渐增大，故B 可能当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于 90时，将原来速度v0分解为平行恒力方向的 vy、垂直恒力方向的 vx，如图(1)，vy先逐渐减小至零再逐渐增大，vx始终不变v x2xv2y，质点速度 v 先逐渐减小至 vx再逐渐增大，质点的动能先减小
14、至某一非零的最小值，再逐渐增大，故 D 可能当恒力方向与 v0方向夹角小于 90时，如图(2)，vy一直增大，vx始终不变，质点速度 v 逐渐增大动能一直增大，没有其他情况，故C 不可能图(1)图(2)【答案】C动能定理与抛体运动的综合2(2011山东高考)如图 526 所示，将小球 a 从地面以初速度v0 竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球 b 从距地面 h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)则()A两球同时落地B相遇时两球速度大小相等C从开始运动到相遇，球 a 动能的减少量等于球 b 动能的增加量D相遇后的任意时刻，重力对球 a 做功功率和对球 b 做功功率相等图 526【
15、答案】C【解析】对 b 球，由h212gt2得 thg，vbgt gh.以后以初速度 gh匀加速下落对 a 球，h2v0t12gt2 得 v0 gh，在h2处，vav0gt0，以后从h2处自由下落故落地时间 tbPa，选项 D 错误动能定理与运动分析3(2010福建高考)如图 527 甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图 527 乙所示，则()图 527 At1时
16、刻小球动能最大 Bt2时刻小球动能最大 Ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 Dt2t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【解析】0t1时间内，小球做自由落体运动，故弹簧弹力为零t1t2 时间内，小球压缩弹簧，当弹力等于重力时，小球速度最大，在此时刻之前，小球做加速度减小的加速运动，之后做加速度增加的减速运动，t2时刻减速到零t2t3时间内，小球向上先加速运动后减速运动故 A、B、C 三选项中，只有 C 项正确t2t3时间内，弹簧弹力减小，小球被弹起的过程中，由动能定理可知 WFmgh12mv2，得：WFmgh12mv2，即此段时间内，弹簧弹性势能的减少量等于小球增加的动
17、能与重力势能之和，故 D 错误【答案】C动能定理与变力做功的综合应用图 5284(2012清远模拟)如图 528 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 点与 O点间的距离 x1.【解析】(1)设 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程中克服摩擦力做功为 Wf，根据动能定
18、理得Wf012mv20解得 Wf12mv20.(2)A 从 P 点出发又回到 P 点的过程中根据动能定理2mg(x1x0)012mv20得 x1 v204gx0.【答案】(1)12mv20(2)v204gx0动能定理与平抛运动5(2010山东高考)如图 529 所示，四分之一圆轨道 OA 与水平轨道 AB 相切，它们与另一水平轨道 CD 在同一竖直面内，圆轨道 OA 的半径 R0.45 m，水平轨道 AB 长 s13 m，OA 与 AB 均光滑一滑块从 O点由静止释放，当滑块经过 A 点时，静止在 CD 上的小车在 F1.6 N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力 F.当小车在 CD
19、上运动了 s23.28 m 时速度 v2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中已知小车质量 M0.2 kg，与 CD 间的动摩擦因数 0.4.(g 取 10 m/s2)求：(1)恒力 F 的作用时间 t；(2)AB 与 CD 的高度差 h.图 529【解析】(1)设小车在轨道 CD 上加速的距离为 s，由动能定理得FsMgs212Mv2设小车在轨道 CD 上做加速运动时的加速度为 a，由牛顿运动定律得FMgMas12at2联立式，代入数据得t1 s(2)设小车在轨道 CD 上做加速运动的末速度为 v，撤去力 F 后小车做减速运动时的加速度为 a，减速时间为 t，由牛顿运动定律得vatMgMavvat设滑块的质量为 m，运动到 A 点的速度为 vA，由动能定理得mgR12mv2A设滑块由 A 点运动到 B 点的时间为 t1，由运动学公式得s1vAt1设滑块做平抛运动的时间为 t1，则t1ttt1由平抛规律得 h12gt12 联立式，代入数据得 h0.8 m【答案】(1)1 s(2)0.8 m课时知能训练本小节结束请按ESC键返回
