1、第2节 动能定理及其应用 一 理解透概念公式定理 二 研究好题型考法技巧 三 查缺漏盲点短板妙法 四 课时跟踪检测目 录 理解透概念公式定理一 一、动能1定义：物体由于_而具有的能量。运动2公式：Ek12mv2。3单位：焦耳(J)，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4矢标性：动能是_，只有正值。标量5相对性：由于速度具有相对性，所以动能的大小与参考系的选取有关。中学物理中，一般选取地面为参考系。1动能是状态量，物体的动能与相应时刻或位置的瞬时速度一一对应。2动能取决于物体的质量和速度的大小，与速度的方向无关。二、动能定理1内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的_。变化2
2、表达式：W_。12mv2212mv121“力”指物体受到的合外力。2做功的过程与动能的变化过程必须是同一个过程。3物理意义：_的功是物体动能变化的量度。合外力深化理解(1)W0，物体的动能增加；WEk2，C 正确，D 错误。答案：BC 3应用动能定理分析合力做功及某个力做功问题(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 v，则在此过程中()A物体所受的合力做功为 mgh12mv2B物体所受的合力做功为12mv2C人对物体做的功为 mghD人对物体做的功大于 mgh解析：对物体应用动能定理可得 W
3、 合W 人mgh12mv2，故 W 人mgh12mv2，B、D 选项正确。答案：BD 名师微点1动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。Ek0 表示物体的动能增加，Ek0 表示物体的动能减少。2对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。动能定理的应用师生共研类02考点二1应用动能定理的流程2应用动能定理的注
4、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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。典例(2017上海高考)如图，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
5、上的 A 点由静止释放，经 B 点后沿圆轨道运动，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，sin 370.6，cos 370.8)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。解析(1)在 C 点滑块竖直方向所受合力提供向心力mgmvC2R解得 vC gR2 m/s。(2)对 BC 过程：滑块机械能守恒12mvB212mvC2mgR(1cos 37)解得 vB vC22gR1cos 374.29 m/s。(3)滑块在 AB 的过程，利用动能定理：mghmgcos
6、37hsin 3712mvB20代入数据解得 h1.38 m。答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m延伸思考(1)求 A、B 两点间的高度差 h 时，试以滑块从 ABC的过程，应用动能定理求解。(2)若斜面是光滑的，滑块通过最高点 C 时轨道对滑块的弹力为零，则 A、B 间的高度差 h 为多大？提示：(1)滑块从 ABC，由动能定理得 mghmgcos 37hsin 37mg(RRcos 37)12mvC20，代入数据求得 h1.38 m。(2)由动能定理得 mghmg(RRcos 37)12mvC20，代入数据求得 h0.92 m。例题及延伸思考旨在让考生清楚：(1)运
7、用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。(2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、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：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；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。一题悟通题点全练1多过程直线运动问题如图所示，固定斜面倾角为，整个斜面分为 AB、BC 两段，且 1.5ABBC。小物块 P(可视为质点)与 AB、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为 1、2。已知 P 由静止开始从 A 点释放，恰好能滑动到 C
8、点而停下，那么、1、2 间应满足的关系式是()Atan 21325 Btan 2123Ctan 212Dtan 221解析：P 由 A 点释放后受重力、支持力、滑动摩擦力，设斜面 AC 长为 L，P 由 A 点释放，恰好能滑动到 C 点而停下，由动能定理得 mgLsin 1mgcos 25L2mgcos 35L0，解得 tan 21325，A 正确。答案：A 2直线、圆周、平抛运动的多过程组合问题(多选)如图所示，一遥控电动赛车(可视为质点)从 A 点由静止以恒定的功率沿水平地面向右加速运动，当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点 B 时关闭发动机，由于惯性，赛车继续沿半圆轨道运动，并恰好能
9、通过最高点 C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为 m，半圆轨道的半径为 R，A、B 两点间的距离为 1.5R，赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为13mg。不计空气阻力，重力加速度为 g。下列判断正确的是()A赛车通过 C 点后落回地面的位置到 B 点的距离为 2RB赛车通过 B 点时的速度大小为 2 gRC赛车从 A 点运动到 B 点的过程中，其电动机所做的功为5mgR2D要使赛车能滑过 B 点并沿半圆轨道滑回地面，其电动机所做的功 W 电需满足的条件为mgR2 W 电3mgR2解析：赛车恰好通过 C 点，由 mgmvC2R，可得 vC gR，赛车离开 C点后做平抛运动，落点位置
10、到 B 点的距离 xvC 4Rg 2R，选项 A 正确。由 B 点到 C 点的过程，应用动能定理得：mg2R12mvC212mvB2，可得：vB 5gR，选项 B 错误。由 A 点到 B 点的过程，应用动能定理可得：W 电13mg1.5R12mvB2，可计算得出电动机做的功 W 电3mgR，选项 C 错误。当赛车刚好运动到 B 点时，电动机做的功为 W 电 1，由动能定理得：W电 113mg1.5R0，W电 112mgR；当赛车刚好运动到与圆心等高位置的过程中，电动机做的功为 W 电 2，由动能定理得：W 电 213mg1.5RmgR0，则 W 电 232mgR；故要使赛车滑过 B 点并沿半圆
11、轨道滑回地面，其电动机所做的功 W 电需满足的条件mgR2 W 电3mgR2，选项 D 正确。答案：AD 3动能定理应用于多过程往复运动问题如图所示，竖直固定放置的斜面 DE 与一光滑的圆弧轨道 ABC 相切，C 为切点，圆弧轨道的半径为 R，斜面的倾角为。现有一质量为 m 的滑块从 D 点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动。已知圆弧轨道的圆心 O 与 A、D 在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距 A 点的最小高度差 h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程 s。解析：(1)滑块从 D 到达左侧最高点 F 经历 DC、CB、BF 三个过
12、程，现以 DF 整个过程为研究过程，运用动能定理得：mghmgcos Rtan 0，解得 hRcos tan 。(2)通过分析可知，滑块最终滑至 C 点的速度为 0 时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcos mgcos s0，解得 sR。答案：(1)Rcos tan (2)R考点三03 动能定理的图像问题师生共研类1常与动能定理结合的四类图像由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功Pt图由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功Fx图由公式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at图由公式xvt可知，v t图线与坐标轴围成的面
13、积表示物体的位移v t图2解决物理图像问题的基本步骤典例 如图甲所示，一滑块从平台上 A 点以初速度 v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为 s。多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组 v0 和 s，作出 s2-v02 图像如图乙所示。滑块与平台间的动摩擦因数为 0.3，重力加速度 g10 m/s2。求平台离地的高度 h 及滑块在平台上滑行的距离 d。解析 设滑块滑到平台边缘时的速度为 v，根据动能定理得：mgd12mv212mv02滑块离开平台后做平抛运动，则有：h12gt2svt联立以上三式得：s22hg v024hd图像的斜率：2hg 222120
14、.2解得：h1 m当 s20 时，v0212，解得：d2 m。答案 1 m 2 m动能定理与图像结合问题的分析方法(1)首先看清所给图像的种类(如 v-t 图像、F-t 图像、Ek-t图像等)。(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由 v-t图像所包围的“面积”求位移，由 F-x 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。解题方略题点全练1动能定理与 a-t 图像的综合用传感器研究质量为 2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到 06 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A06 s 内物体
15、先向正方向运动，后向负方向运动B06 s 内物体在 4 s 时的速度最大C物体在 24 s 内速度不变D04 s 内合力对物体做的功等于 06 s 内合力对物体做的功解析：a-t 图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，06 s 内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在 05 s 内一直加速，5 s 时速度最大，A、B 均错误；24 s 内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t4 s 时和 t6 s 时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在 04 s 内和 06 s 内动能变化量相等，合外力做功也相等，D 正确。答案：D 2动能定理与 v-t、P-t
16、 图像的综合(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像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。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间的动摩擦因数为 0.5D合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等解析：由 PFv 可知，物体在 02 s 内所受的拉力 FPv6010N6 N，在 26 s 内所受的拉力 FPv2010 N2 N，B错误；拉力在 06 s 内做的总功 WFx1Fx26102 2 J2104 J140 J
17、，A 正确；由物体在 26 s 内做匀速运动可知，Fmg，可求得 0.25，C 错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在 06 s 内所做的功与 02 s 内所做的功均为12mv240 J，D 正确。答案：AD3动能定理与 F-x 图像的综合如图甲所示，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 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；(
18、2)滑块在水平轨道 AB 上运动前 2 m 过程所用的时间；(3)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F1x1F3x3mgx12mvB2解得 vB2 10 m/s。(2)在前 2 m 内，有 F1mgma，且 x112at12，解得 t1835 s。(3)当滑块恰好能到达最高点 C 时，有 mgmvC2R对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得Wmg2R12mvC212mvB2联立解得 W5 J。即滑块克服摩擦力做的功为 5 J。答案：(1)2 10 m
19、/s(2)835 s(3)5 J查缺漏盲点短板妙法三“专项研究”拓视野测定动摩擦因数的三种方法动摩擦因数是一个重要的物理量，测定动摩擦因数已成为近几年高考实验命题的热点。其测量方法主要有以下三种：利用平衡条件测定；利用动力学观点测定；利用能量观点测定。现分述如下：方法一 利用平衡条件测定动摩擦因数例 1 某同学在做“测定滑块与木板间动摩擦因数”的实验时，设计了两种实验方案。图 1方案一：木板固定，用弹簧测力计拉动滑块，如图 1(a)所示。方案二：用弹簧测力计钩住滑块，用力拉动木板，如图 1(b)所示。除了实验必需的弹簧测力计、滑块、木板、细线外，该同学还准备了若干重量均为 2.0 N 的砝码。
20、试分析下列问题：(1)上述两种方案中，你认为较合理的方案是_(选填“方案一”或“方案二”)，理由是_。(2)该同学选用较合理的方案后，在滑块上加放砝码，改变滑块对木板的压力，共进行了 5 次实验，部分实验数据如下表所示：实验次数12345砝码对滑块的压力F/N02.04.06.08.0弹簧测力计读数Ff/N1.52.52.93.5第 2 次实验弹簧测力计读数如图 2 所示，将此次实验中弹簧测力计的拉力大小读出并填入上表；请根据实验数据在图 3 中作出 Ff-F 关系图像；由所作图像可知，滑块的重力为 G_N，滑块与木板间的动摩擦因数为 _。解析(1)较合理的方案是方案二，因为对于方案一，只有当
21、滑块匀速运动时弹簧测力计的读数才等于滑块与木板之间的摩擦力大小，在实际操作中很难用弹簧测力计拉着滑块做匀速直线运动。而对于方案二，只要木板运动，弹簧测力计的读数就等于滑块与木板之间的滑动摩擦力，即木板向左运动的快慢不会引起弹簧测力计的示数变化。(2)弹簧测力计的读数为 Ff2.0 N。根据实验数据所作的图像如图所示。在方案二中，滑块受到的滑动摩擦力为 Ff(FG)FG，可见 Ff-F 图像的斜率 k 即滑块与木板之间的动摩擦因数，图像在纵轴上的截距为滑块重力与动摩擦因数的乘积。根据数学知识可求得图像的斜率为 k0.25，所以滑块与木板间的动摩擦因数为 0.25。图像在纵轴上的截距为 b1.5
22、N，由图像截距的物理意义可求得，滑块重力为 Gb1.5 N0.25 6.0 N。答案(1)方案二 理由见解析(2)2.0 见解析图 6.0 0.25(1)采用方案二时，无论木板是做匀速还是加速运动，弹簧测力计的示数均为滑块所受的摩擦力大小。(2)本题中 FfFNF，这也是 Ff-F 图像不过原点的原因。关键点拨方法二 利用动力学观点测定动摩擦因数例 2 某同学设计了如图甲所示的实验装置研究动摩擦因数。他在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 a-F 图线，如图乙所示。由图可知滑块和位移传感器发射部分的总质量 m_kg；滑块和轨道间的动摩擦因数 _。(重力加速度 g 取 10 m/
23、s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析 当轨道水平时，根据牛顿第二定律得 aFmgmFmg，可知对应下面那条图线，斜率 k1m2 kg1，解得m0.5 kg，纵轴截距的绝对值 g2 ms2，解得 0.2。答案 0.5 0.2关键点拨用动力学观点来测定动摩擦因数时要先求出联系运动学与力学的桥梁，即加速度，然后建立与滑动摩擦力相关的动力学方程，即可求出动摩擦因数。方法三 利用能量观点测定动摩擦因数例 3 为了测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为 h，O1、O2、A、B、C 点在同一水平线上。已知重力加速度为
24、g，空气阻力忽略不计。实验过程一：挡板固定在 O1 点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到 A 处，测量 O1A 的距离，如图甲所示。滑块由静止释放，落在水平面上的 P 点，测出 P 点到桌面右端的水平距离为 x1。实验过程二：将挡板的固定点移到距 O1 点距离为 d 的 O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到 C 处，使 O2C的距离与 O1A 的距离相等。滑块由静止释放，落在水平面上的Q 点，测出 Q 点到桌面右端的水平距离为 x2。(1)为完成本实验，下列说法中正确的是_。A必须测出滑块的质量 B必须测出弹簧的劲度系数C弹簧的压缩量不能太小D必须测出弹簧的原长(2)写出动摩擦因数的表达式
25、 _。(用题中所给物理量的符号表示)(3)小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面。为了测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是_。(4)某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。此实验方案_。(选填“可行”或“不可行”)解析(1)滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t2hg，滑块飞行的距离：xvt，所以滑块第 1 次离开桌面时的速度：v1x1g2h 滑块第 2 次离开桌面时的速度：v2x2g2h 滑块第 1 次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是 W1，AB 之间的距离是 s，则：W1mgs
26、12mv12 滑块第 2 次滑动的过程中，W1mg(sd)12mv22 联立可得：mgd12m(v12v22)即：x12x224dh。由此表达式可知，要测定动摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关。要想让滑块顺利滑出桌面，弹簧的压缩量不能太小。故 C 正确。(2)由(1)知 x12x224dh。(3)在进行实验过程二时，若滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是 0。为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量出滑块停止滑动的位置到 B 点的距离。(4)改用秒表测小滑块从飞离桌面到落地的时间，此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差太大。答案(1)C(2)x12x224dh(3)滑块停止滑动的位置到 B点的距离(4)不可行关键点拨在利用能量的观点测定动摩擦因数时，关键点是求出摩擦力以外的力所做的功，而这些功最终又是通过摩擦力来消耗的，以此将摩擦力以外的力做的功与摩擦力做的功建立等量关系，最后求出动摩擦因数。“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（十七）”(单击进入电子文档)谢谢 观 看