1、机械能及其守恒定律第五章第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01_而具有的能。2公式：Ek_。3矢标性：动能是03_，只有正值，动能与速度方向04_。4状态量：动能是05_量，因为 v 是瞬时速度。5相对性：由于速度具有06_，所以动能也具有相对性。6动能的变化：物体07_与08_之差，即 Ek12mv2212mv21。动能的变化是过程量。运动12mv2标量无关状态相对性末动能初动能知识点 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01_。2表达式(1)W02_。(2)W03_。(3)W04_。3物理意义：05_的功是物体动能变化的量度。
2、动能的变化EkEk2Ek112mv2212mv21合外力4适用范围(1)既适用于直线运动，也适用于06_。(2)既适用于恒力做功，也适用于07_。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以08_。曲线运动变力做功不同时作用一 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。()解析 由 Ek12mv2 知只有 D 项所述情形中汽车动能不变，故选 D。答案解析二 对点激活1(人教版必修 2P74T1 改编)改变汽车的质量和速度，
3、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。尝试解答与动能定理结合紧密的几
4、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)Ek-x 图象：由公式 F 合 xEkEk0 可知，Ek-x 图线的斜率表示合外力。答案变式 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
5、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 s 内物体匀速运动，由 PF2v2 得 26 s 内拉力F2Pv2 20 W10 m/s2 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
6、增加量，所以 06 s 内与02 s 内合外力做的功相等，故 D 正确。解析考点 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
7、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，请求出最后停止的位置距 C 点的距离。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
8、B 点时有 vBv0cos60，解得 vB6 m/s。(2)从 B 点到 E 点，由动能定理有 mghmgLmgH012mv2B，解得L6.5 m。尝试解答(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。(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 mghmghmg2L012mv2B，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 mghmgs012mv
9、2B，解得 s19 m2L6 m，故运动员最后停在 C 点右侧6 m 处。尝试解答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。答案变式 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
10、NQ 段运动时克服摩擦力所做的功。则()AW12mgRBW12mgRC小滑块恰好可以到达 Q 点D小滑块不能到达 Q 点解析 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，4mgmgmv2R，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，2mgRWf12mv2，解得 Wf12mgR。由于小滑块在右侧14圆弧轨道 NQ 段运动的速度大小与小滑块在左侧14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
11、力较小，解析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 Wf 乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则 m 甲m 乙，故 A正确，B 错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D 错误。解析答案5.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 vt 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
12、拉力不做功解析 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。解析答案6如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力 F 的作用下由静止开始运动，其速度 v、动能 Ek 及拉力功率 P 随时间 t 或位移 x 的变化图象可能正确的是()解析 物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度 aFm，速度 vatFmt，v-t 图象为过坐标原点的倾斜直线，A 错误；由v22ax2Fm
13、 x，可知 v-x 图象的抛物线开口向 x 轴正方向，B 错误；动能Ek12mv2F22mt2，C 正确；功率 PFvFatF2mt，D 错误。解析答案 7(2019河北衡水模拟)如图所示，轻杆一端固定质量为 m 的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度为 R，可绕水平光滑转轴 O 在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成 30角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，当小球运动到最低点 P 时，轻杆对小球的弹力大小为247 mg，方向竖直向上。下列说法正确的是()A小球运动到 P 点时的速度大小为24gR7B小球受到的空气阻力大小为3mg7C小球能运动到与 O 点等高的 Q 点
14、D小球不能运动到与 O 点等高的 Q 点解析 小球运动到 P 点时，根据牛顿第二定律可得247 mgmgmv2R，解得小球在 P 点的速度大小为 v17gR7，A 错误；对从开始释放到运动到 P 点，根据动能定理可得 mgR(1sin30)f23R12mv2，解得 f3mg7，B 正确；假设小球能运动到与 O 点等高的 Q 点，对从开始释放到运动到 Q点，根据动能定理可得 mg12Rf180303602REkQ0，解得 EkQ0，故假设成立，小球能运动到与 O 点等高的 Q 点，且到达 Q 点的速度刚好为零，C 正确，D 错误。解析答案8如图甲所示，长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上，一
15、质量为 m 的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图象如图乙所示，则()A0tanB物块下滑的加速度逐渐增大C物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为120mglcosD物块下滑到底端时的速度大小为2glsin20glcos解析解析 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足 mgsin0mgcos，即 0tan，故 A 错误；根据牛顿第二定律有 mgsinmgcosma，得 agsingcos，可知物块下滑过程中随着 的减小，a 在增大，故 B 正确；摩擦力 fmgcos00l xmgcos(0 xl)，可知 f 与 x 成线性关系，如图
16、所示，其中 f00mgcos，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf fl120mglcos，故 C 正确；由动能定理有 mglsin120mglcos12mv2，得 v 2glsin0glcos，故 D 错误。9.如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为(0，可得 vM 2gLcos，B 项正确。解析在 PQ 的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C 项正确。由几何关系可知滑块由 P 到 Q 下降的高度大于由Q 到 M 下降的高度，又 P 到 Q 过程中弹簧弹力做正功，Q 到 M 过程中弹簧弹力做负功，
17、再结合动能定理分析可知，D 项错误。解析答案10如图所示，一个小球(可视为质点)从 H12 m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道 AB 进入半径 R4 m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点 C 时，刚好对轨道压力为零；然后沿 CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道 BD，到达高度为 h 的 D 点时速度为零，则 h的值可能为()A10 m B9.5 m C8.5 m D8 m解析 小球到达圆环顶点 C 时，刚好小球对轨道压力为零，在 C 点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mgmv2R，开始小球从 H12 m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道 AB，因此在小球上升到顶
18、点 C时，根据动能定理得：mg(H2R)Wf12mv2，得 Wf2mg。从 C 到 D 由动能定理得：mg(2Rh)Wf012mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0WfWf，解得 8 mh10 m，所以 B、C 正确。解析二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11(15 分)如图所示，质量 m3 kg 的小物块以初速度 v04 m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为 R3.75 m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接，A 与圆心 O 的连线与竖直方向成 3
19、7角。MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数 0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r0.4 m 的半圆轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道 BD 在 D 点平滑连接。已知重力加速度 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求小物块的抛出点离 A 点的竖直距离 h；(2)若 MN 的长度为 L6 m，求小物块通过 C 点时所受轨道的弹力 FN；(3)若小物块恰好能通过 C 点，求 MN 的长度 L。答案答案(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m解析(1)根据平抛运动规律有：tan37gtv0得 t0.3 s解得 h12gt2
20、0.45 m。(2)小物块由抛出点运动到 B 点的过程中，根据动能定理有：mghR(1cos37)12mv2B12mv20解得 vB2 10 m/s小物块由 B 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理有：解析mgL2mgr12mv2C12mv2B在 C 点：FNmgmv2Cr解得 FN60 N。(3)小物块刚好能通过 C 点时，有 mgmvC2r解得 vC2 m/s小物块从 B 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgr12mvC212mv2B解得 L10 m。解析12.(15 分)如图所示，AB 是倾角为 30的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相
21、切，圆弧的半径为 R。一个质量为 m的物体(可以看成质点)从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为 g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；(2)求物体滑回轨道 AB 上距 B 点的最大距离；(3)释放点距 B 点的距离 L应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点 D?解析(1)根据几何关系可得 PB 的长度l Rtan 3R从 P 点到 E 点根据动能定理，有mgRmgcosl12mv2E0代入数据解得 vE 23gR在 E 点，根据牛顿第二定律有 FNmgmv2ER答案(1)3mg(1)(2)3331R(3)L3 31 3R答案解析解得 FN3mg(1)由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力 FNFN3mg(1)。(2)设物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离为 x，根据动能定理，有mg(lx)sinmgcos(lx)0代入数据解得 x3331R。解析(3)物体刚好到达最高点 D 时，有 mgmv2R解得 v gR从释放点到最高点 D 的过程，根据动能定理，有mg(LsinRRcos)mgcosL12mv20代入数据解得 L3 31 3R所以只有 L3 31 3R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。解析本课结束