1、第2讲动能定理及其应用主干梳理 对点激活知识点动能1定义：物体由于运动而具有的能。2公式：Ekmv2。3矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。4状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。5相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。6动能的变化：物体末动能与初动能之差，即Ekmvmv。动能的变化是过程量。知识点动能定理1内容：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。2表达式(1)WEk。(2)WEk2Ek1。(3)Wmvmv。3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。4适用范围(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(
2、3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。一 堵点疏通1合外力做功是物体动能变化的原因。()2如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。()3物体的动能不变则物体的速度不变。()4物体做变速运动时动能一定变化。()5运用动能定理可以求变力做功。()答案1.2.3.4.5.二 对点激活1(人教版必修2P74T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()A质量不变，速度增大到原来的2倍B速度不变，质量增大到原来的2倍C质量减半，速度增大到原来的2倍D速度减半，质量增大到原来的4倍答案D解析由Ekmv2知只有D项所述情
3、形中汽车动能不变，故选D。2(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W0，Ek0，W0，Ekt01.7 s，D错误。与动能定理结合紧密的几种图象(1)vt图：由公式xvt可知，vt图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)Fx图：由公式WFx可知，Fx图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(3)Pt图：由公式WPt可知，Pt图线与横坐标轴围成的面积
4、表示力所做的功。(4)at图：由公式vat可知，at图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(5)Ekx图象：由公式F合xEkEk0可知，Ekx图线的斜率表示合外力。变式2(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()A06 s内拉力做的功为140 JB物体在02 s内所受的拉力为4 NC物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等答案AD解析06 s内拉力做的功可以由Pt图线与t轴围成的面积求得W140 J，故A正确；26
5、 s内物体匀速运动，由PF2v2得26 s内拉力F22 N，则摩擦力FfF22 N,02 s内由vt图得a5 m/s2，由牛顿第二定律F1Ffma，得F16 N，故B错误；由Ffmg得0.25，故C错误；合外力做的功等于动能的增加量，所以06 s内与02 s内合外力做的功相等，故D正确。考点 3应用动能定理解决曲线运动问题 1平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。2动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。例3(2019湖南永州模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨
6、道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角60，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数0.2。某运动员从轨道上的A点以v03 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h2 m和H2.5 m。求：(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB；(2)水平轨道CD段的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停
7、止的位置距C点的距离。(1)运动员从A点到B点做什么运动？提示：平抛运动。(2)摩擦力做功与运动路径有关吗？提示：有关。尝试解答(1)6 m/s (2)6.5 m (3)不能 停在C点右侧6 m处(1)在B点时有vB，解得vB6 m/s。(2)从B点到E点，由动能定理有mghmgLmgH0mv，解得L6.5 m。(3)假设第一次返回时运动员不能回到B点，设运动员能到达左侧的最大高度为h，从B点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理有mghmghmg2L0mv，解得h1.2 mh2 m，故假设成立，即第一次返回时，运动员不能回到B点。设从B点到运动停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得mghm
8、gs0mv，解得s19 m2L6 m，故运动员最后停在C点右侧6 m处。动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用。 变式3(2019洛阳市尖子生联考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数均为。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。则()AWmgR
9、BWmgRC小滑块恰好可以到达Q点D小滑块不能到达Q点答案B解析根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律，4mgmgm，解得v23gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得，2mgRWfmv2，解得WfmgR。由于小滑块在右侧圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功WWfmgR，B正确，A错误；
10、由于小滑块在轨道最低点N的动能为Ekmv2mgR，大于小滑块运动到Q点所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和，所以小滑块可以到达Q点后竖直上抛，C、D错误。 满分指导2利用动能定理解决多过程问题【案例剖析】(2016全国卷)(18分)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大
11、小为g。(取sin37，cos37)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。审题抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干AC7R，AB2R说明CB5R小物块从C到E，又从E到F弹性势能先增加Ep后又减少Ep问题求P第一次运动到B的速度大小可对CB过程列动能定理求解求P运动到E点的弹性势能可设弹性势能为Ep，对应的BEx，分别对BE和EF用动能定理改变P的质量后a
12、求D点速度；b求改变后P的质量a.求出平抛的水平位移和竖直位移借助平抛知识求解；b对ED过程用动能定理求解破题形成思路，快速突破(1)P第一次运动到B点时速度大小的求解选研究过程：P从C到B。列动能定理方程：设B、C间距离为l5Rmglsinmgcoslmv。(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解选研究过程：P由B到E和P由E到F。列动能定理方程：设BEx，EF间距离l12RxmgxsinmgxcosEp0mv，Epmgl1sinmgcosl10。(3)P从D点平抛速度大小的求解a水平位移：x1RRsin。b竖直位移：y1RRRcos。c列平抛运动公式：x1vDt，y1gt2。改变后P的质量
13、的求解a选研究过程：P从E到D。b列动能定理方程：设改变后P的质量为m1Epm1g(x5R)sinm1gcos(x5R)m1gRRcosm1v。解题规范步骤，水到渠成(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R5R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinmgcoslmv式中37。联立式并由题给条件得vB2(2)设BEx。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinmgcosxEp0mvE、F之间的距离l1为l14R2Rx2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sinmgcosl10联立式
14、并由题给条件得xREpmgR(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsiny1RRRcos式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1gt2x1vDt联立式得vDP由E点运动到D点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1gcos(x5R)m1gRRcosm1v联立式得m1m。评分标准各1分，各2分。点题突破瓶颈，稳拿满分(1)不敢设E点处弹性势能为Ep，BEx，而列不出方程组解待求量。(2)不能正确地求出平抛竖直位移和水平位移导致处理不了第(3)问。高考模
15、拟 随堂集训1(2019全国卷)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。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h联立以上两式，解得物体的质量m1 kg，C正确。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
16、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答案A解析木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：WFWfmv20，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。3(2018天津高考) 滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变C合外力做功
17、一定为零 D.机械能始终保持不变答案C解析因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力沿曲面切线的分力与摩擦力大小相等，Gsinf，减小，故摩擦力f减小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。4(2018江苏高考)(多选) 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹
18、簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物块从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物块所受合力增大，物块的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物块做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误。从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复
19、原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误。从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故D正确。5(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C解析设斜面倾角为，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有(mgsinf)xEkEk0，即Ek(fmgsin)xEk0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinf)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsinf
20、)x(mgsinf)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线，斜率大小比上滑时小。综上所述，选项C正确。6(2019江西南昌模拟)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()Ax1 m时物块的速度大小为2 m/sBx3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2C在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 JD在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s答案D解析由图象可知x1 m时物块的动能为2 J，速度大小为v1 m/s，A错
21、误；根据动能定理EkF合x可知，物块在两段运动中所受合外力均恒定，则物块均做匀加速直线运动，当x2 m时动能为4 J，v22 m/s，当x4 m时动能为9 J，v43 m/s，则24 m过程中，有2a2x2vv，解得加速度为a21.25 m/s2，B错误；对物块运动全过程，由动能定理得：W(mgx)Ek末0，解得W25 J，C错误；02 m过程，t12 s,24 m过程，t20.8 s，故总时间为2 s0.8 s2.8 s，D正确。7(2017上海高考)如图所示，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运
22、动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数0.25。(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m解析(1)对C点，滑块竖直方向所受重力提供向心力mgvC2 m/s。(2)对BC过程，由动能定理得mgR(1cos37)mvmvvB 4.29 m/s。(3)滑块在AB的过程，由动能定理得mghmgcos37mv0代入数据解得h1.38 m。8(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已
23、完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，对飞行员有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin由牛顿第二定律，对飞行员有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N。