1、第 28 课时 动能定理及其应用(重点突破课)基础点自主落实 必备知识1动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。(2)公式：Ek_，单位：焦耳。(3)动能是标量、状态量，只有正值。12mv22动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中。(2)表达式：W12mv2212mv12。(3)物理意义：的功是物体动能变化的量度。动能的变化合外力小题热身1判断正误(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化。()(2)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。()(3)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。()(4)物体在合力作用下做
2、变速运动时，动能一定变化。()(5)物体的动能不变，所受的合力必定为零。()(6)做自由落体运动的物体，动能与下落的高度成正比。()2下列有关动能的说法中正确的是()A物体只有做匀速运动时，动能才不变B物体做平抛运动时，水平速度不变，动能不变C物体做自由落体运动时，物体的动能增加D物体的动能变化时，速度不一定变化解析：物体只要速率不变，动能就不变，A 错误；物体做平抛运动时，速率增大，动能增大，B 错误；物体做自由落体运动时，其速率增大，物体的动能增加，C 正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，D 错误。答案：C3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的
3、斜面。设小球在斜面最低点 A 的速度为 v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为 h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至 C点，弹簧对小球做的功为()Amgh12mv2 B.12mv2mghCmgh12mv2Dmgh解析：小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得 WGWF012mv2，重力做功为 WGmgh，则弹簧弹力对小球做的功为 WFmgh12mv2，A 正确。答案：A提能点(一)动能定理的理解和应用提能点师生互动1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电
4、场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)既可以是恒力，也可以是变力。2公式中“”体现的三个关系3优先考虑动能定理的问题不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力做功问题；曲线运动问题。4应用动能定理的解题步骤典例(2014全国卷)一物块沿倾角为 的斜坡向上滑动。当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为 h。重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为()Atan 和H2 B.v22gH1 tan 和H2Ctan 和H4D.v22gH1 tan 和H4解析 物块沿斜坡向上运动过程中，对其
5、受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得 FNmgcos，FNmgsin ma，可得 agcos gsin。由图中几何关系和运动学公式可得 v22a Hsin，v24 2a hsin，可得 hH4，v22gH1 tan，选项 D 正确，选项 A、B、C 错误。答案 D应用动能定理的注意事项(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)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。集训冲关1质量 m2 kg 的物体
6、，在光滑水平面上以 v16 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个 F8 N 方向向北的恒力作用于物体，在 t2 s内物体的动能增加了()A28 J B64 JC32 J D36 J解析：由于力 F 与速度 v1 垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动：aFm4 m/s2，v2at8 m/s。2 s 末物体的速度 vv12v2210 m/s,2 s 内物体的动能增加了 E12mv212mv1264 J，故选项B 正确。答案：B2.光滑斜面上有一个小球自高为 h 的 A 处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的 B 点时速度大小为 v0。光滑水平面上每隔
7、相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过 n 条活动阻挡条后停下来。若让小球从 h 高处以初速度v0 滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()AnB2nC3nD4n解析：设每条阻挡条对小球做的功为 W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得 nW012mv02，对第二次有 NW012mv22012mv02mgh，又因为12mv02mgh，联立解得 N2n，选项 B 正确。答案：B3.(2017三明质检)如图所示，质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O 点，与 O 点处于同一水平线上的 P 点处有一个光滑的细钉，
8、已知 OPL2，在 A 点给小球一个水平向左的初速度 v0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点 B。求：(1)小球到达 B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度 v0 为多少；(3)若初速度 v03 gL，则小球在从 A 到 B 的过程中克服空气阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到达最高点 B，由牛顿第二定律得mgmvB2L2，解得 vBgL2。(2)若不计空气阻力，从 AB 由动能定理得mgLL2 12mvB212mv02，解得 v07gL2。(3)当 v03 gL 时，由动能定理得mgLL2 Wf12mvB212mv02，解得 Wf114 mgL。答案：(1)gL2 (
9、2)7gL2 (3)114 mgL提能点(二)动能定理与图像的综合1.力学中图像所围“面积”的意义v-t 图像由公式 xvt 可知，v-t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a-t 图像由公式 vat 可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F-x 图像由公式 WFx 可知，F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P-t 图像由公式 WPt 可知，P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2解决物理图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)
10、将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。典例 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 间的动摩擦因数为 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；(2)滑块在水平轨道 AB 上运动前
11、 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，并恰好能到达最高点 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代入数值解得 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：Wfmg2R12mvC212mvB2代入数值得 Wf5 J，即克服摩擦力做的功为 5 J。答案(1)2 10 m/s(2)835 s(3
12、)5 J动能定理与图像结合问题的分析方法(1)首先看清楚所给图像的种类(如 v-t 图像、F-t 图像、Ek-t图像等)。(2)挖掘图像的隐含条件求出所需要的物理量，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。集训冲关1如图甲所示，一半径 R1 m、圆心角等于 143的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于 B 处，圆弧轨道的最高点为 M，斜面倾角37，t0 时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达 M 点，取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.
13、8，求：解析：(1)物块恰能到达 M 点，则有 mgmvM2R解得 vMgR 10 m/s。(2)物块从 B 点运动到 M 点的过程中，由动能定理得mgR(1cos 37)12mvM212mvB2解得 vB 46 m/s。(1)物块经过 M 点的速度大小；(2)物块经过 B 点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为avt10 m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin 37mgcos 37ma解得 0.5答案：(1)10 m/s(2)46 m/s(3)0.52(2017九江质检)打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械。某同学对打桩机的工作
14、原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。他设想，用恒定大小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析，若物体质量 m1 kg，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 Ek与上升高度 h的关系图像如图乙所示。(g 取 10 m/s2，不计空气阻力)(1)求物体上升到 0.4 m 高度处 F 的瞬时功率。(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得 20 J的动能向下运动。钉子总长为 10 cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力
15、。已知钉子在插入过程中所受阻力 Ff 与深度 x 的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。解析：(1)撤去 F 前，根据动能定理，有(Fmg)hEk0由题图乙得，斜率为 kFmg20 N 得 F30 N又由题图乙得，h0.4 m 时，Ek8 J，则 v4 m/sPFv120 W。(2)碰撞后，对钉子有 Ff x0Ek已知 Ek20 JFf kx2又由题图丙得 k105 N/m 解得 x0.02 m。答案：(1)120 W(2)0.02 m提能点(三)动能定理求解多过程问题考法 1 直线与平抛运动组合的多过程问题例 1(2015浙江高考)如图所示，用一块长 L11.0 m 的木板在墙和桌
16、面间架设斜面，桌子高 H0.8 m，长 L21.5 m。斜面与水平桌面的倾角 可在 060间调节后固定。将质量 m0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为 2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取 g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当 角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当 角增大到 37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 2；(已知 sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大 角，发现 53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离 xm。
17、解析(1)为使小物块下滑，应有 mgsin 1mgcos 则 满足的条件为 tan 0.05即当 arctan 0.05 时物块恰好从斜面开始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos)由动能定理得 mgL1sin Wf0代入数据得 20.8。(3)由动能定理得 mgL1sin Wf12mv2 结合式并代入数据得 v1 m/s由平抛运动规律得 H12gt2，x1vt 解得 t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m。答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m考法 2 直线与圆周运动组合的多过程问题例 2(2016天津高考)我国将于 2022
18、年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a3.6 m/s2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h5 m，运动员在 B、C间运动时阻力做功 W1 530 J，取 g10 m/s2。解析(1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有 vB22ax由牛顿
19、第二定律有mgHxFfma联立式，代入数据解得Ff144 N。(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多大。(2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理有mghW12mvC212mvB2 设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FNmgmvC2R 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立式，代入数据解得R12.5 m。答案(1)144 N(2)12.5 m考法 3 平抛与圆周运动组合的多过程问题例 3 在游乐节目中，
20、选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量 m60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角 53，绳的悬挂点 O 距水面的高度为 H3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6。(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小 F；(2)若绳长 l2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力 F1800 N，平均阻力 F2700 N，求选手落入水中的深度 d；(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的
21、落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。解析(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得mgl(1cos)12mv20选手在最低点处由牛顿第二定律得 Fmgmv2l由牛顿第三定律得 FF1.8mg1 080 N。(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示:对选手由动能定理得mg(Hlcos d)(F1F2)d00解得 d1.2 m。(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：竖直方向 Hl12gt2水平方向 xvt由(1)可得 v 0.8gl解得 x 1.6lHl可知当 lH21.5 m 时，x 取最大值，落点距岸边最远。答案(1)1 080 N(2)1
22、.2 m(3)见解析考法 4 含弹簧的物体运动多过程问题例 4 如图甲所示，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 点和 O点间的距离 x1。(3)如图乙所示，若将另一个与 A 完全相同的物块 B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将 A 放在 B 右边，向左推A、B，使弹簧右端
23、压缩到 O点位置，然后从静止释放，A、B 共同滑行一段距离后分离。分离后物块 A 向右滑行的最大距离 x2 是多少？解析(1)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为 Wf12mv02。(2)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)12mv02 解得 x1 v024gx0。(3)A、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是 v1，弹出过程弹力做功为 WF只有物块 A 时，从 O到 P 有 WFmg(x1x0)00A、B 共同从 O到 O 有 WF2mgx1122mv12分离后对 A 有12mv12mgx2联立
24、以上各式可得 x2x0 v028g。答案(1)12mv02(2)v024gx0(3)x0 v028g通法归纳利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。提能点(四)运用动能定理求解往复运动问题有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出。而动能
25、定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。考法 1 往复次数可确定的情形例 1 如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的连接处都是一段与 BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其宽度 d0.50 m。盆边缘的高度为 h0.30 m。在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到 B的距离为()A0.50 m B0.25 mC0.10 m D0解析 设小物块在 BC 段通过的总路程为 s，由于只有水平面上存在
26、摩擦力，则小物块从 A 点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为mgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mghmgs00，代入数据可解得s3 m。由于 d0.50 m，所以，小物块在 BC 段经过 3 次往复运动后，又回到 B 点。答案 D考法 2 往复次数无法确定的情形例 2 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，滑块经过的总路程是()A.1v022gcos x0tan B.1v022gsin x0tan C.2v0
27、22gcos x0tan D.1v022gcos x0cot 解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q12mv02mgx0sin，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即 Qmgxcos，解以上两式可得 x1v022gcos x0tan ，选项 A 正确。答案 A考法 3 往复运动永不停止的情形例 3 如图所示，AB、CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部 B、C 分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 120，半径 R 为 2.0 m，一个物体在离弧底 E 高度为h3.0 m 处，以初速度 v4.0 m/s 沿斜
28、面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为 0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g 取 10 m/s2)解析 两个斜面的下部 B、C 分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为 120，所以可得出斜面的倾角为 60，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为 Ffmgcos 600.0212mg0.01mg。重力沿斜面的分力 Gmgsin 60 32 mgFf，所以物体不能停留在斜面上。物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在 B、C 间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为 s，对全过程应用动能定理得mghR(1cos 60)mgscos 60012mv2，解得 s280 m。答案 280 m通法归纳(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体运动路径无关，可用 WGmgh 直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用 WfFfs 求解，其中 s 为物体滑行的路程。