1、第二节 动能 动能定理第五章机械能及其守恒定律一、动能1定义：物体由于_而具有的能2表达式：Ek_3单位：_，1 J1 Nm1 kgm2/s2.4矢标性：_量运动12mv2焦耳标 1.判断正误(1)运动的物体具有的能量就是动能()(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化()(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变()(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比()(5)选择不同的参考系时，动能有可能为负值()提示：(1)(2)(3)(4)(5)二、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动能的_2表达式：WEk2Ek1_3适
2、用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于_运动(2)既适用于恒力做功，也适用于_做功(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用变化12mv2212mv21曲线变力 2.(多选)关于动能定理的表达式 WEk2Ek1，下列说法中正确的是()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 时动能减少 D动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功B
3、C 对动能定理的理解及应用【知识提炼】1动能定理公式中“”体现的“三个关系”数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因 2.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系3适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理 【典题例析】(2015高考山东卷)如图甲所示，物块与质量为 m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为 l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置
4、的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于 l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的 0.6 倍不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为 g.求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功 解析(1)设开始时细绳的拉力大小为 FT1，传感装置的初始值为 F1，物块质量为 M，由平衡条件得 对小球，FT1mg 对物块，F1FT1Mg 当细绳与竖直方向的夹角为 60时，设细绳的拉力大小为FT2，传感装置的示数为 F2，
5、据题意可知，F21.25F1，由平衡条件得 对小球，FT2mgcos 60 对物块，F2FT2Mg 联立式，代入数据得 M3m.(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为 Wf，由动能定理得 mgl(1cos 60)Wf12mv2 在最低位置，设细绳的拉力大小为 FT3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F30.6F1 对小球，由牛顿第二定律得 FT3mgmv2l 对物块，由平衡条件得 F3FT3Mg 联立式得 Wf0.1mgl.答案(1)3m(2)0.1mgl应用动能定理的三理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一
6、种因果关系和数量关系(2)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(3)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理【跟进题组】考向 1 对动能定理的理解1关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系下列说法正确的是()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零A解析：由 WFlcos 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 90，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W Ek 可知，合外力做功越多，动能变
7、化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D 均错误考向 2 动能定理在变力做功中的应用2(2015高考全国卷)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平一质量为 m的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功则()CAW12mgR，质点恰好可以到达 Q 点BW12mgR，质点不能到达 Q 点CW12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离DW12mgR，
8、质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 解析：设质点到达 N 点的速度为 vN，在 N 点质点受到轨道的弹力为 FN，则 FNmgmv2NR，已知 FNFN4mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN12mv2N32mgR.质点由开始至 N 点的过程，由动能定理得 mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为 Wf12mgR，即克服摩擦力做的功为 WWf12mgR.设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W，则 WW.从 N 到 Q 的过程，由动能定理得mgRW12mv2Q12mv2N，即12mgRW12mv2Q，故质点到达 Q 点后速度不为 0，质点继续上升一段距离选项 C 正确考向 3 动能定
9、理在曲线运动中的应用3(多选)(2016高考全国卷丙)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W.重力加速度大小为 g.设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则()Aa2（mgRW）mR Ba2mgRWmRCN3mgR2WRDN2（mgRW）RAC解析：质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgRW12mv2，又在最低点时，向心加速度大小 av2R，两式联立可得 a2（mgRW）mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有 Nmgm
10、v2R，解得 N3mgR2WR，C 项正确，D 项错误 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用【知识提炼】1应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息2应用动能定理解题的基本思路【典题例析】如图所示，AB 是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，末端 B 处的切线方向水平一物体 P(可视为质点)从圆弧最高点 A 处由静止释放，滑到 B 端飞出，落到地面上的 C点测得 C 点和 B 点的水平距离 OCL，B 点距地面的高度OBh.现在轨道下方紧贴 B 端安装一个水平传送
11、带，传送带的右端与 B 点的距离为L2.当传送带静止时，让物体 P 从 A 处由静止释放，物体 P 沿轨道滑过 B 点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出，仍落在地面上的 C 点(1)求物体 P 与传送带之间的动摩擦因数(2)若在 A 处给 P 一个竖直向下的初速度 v0，物体 P 从传送带右端水平飞出，落在地面上的 D 点，求 OD 的大小(3)若传送带驱动轮顺时针转动，带动传送带以速度 v 匀速运动再把物体 P 从 A 处由静止释放，物体 P 落在地面上设着地点与 O 点的距离为 x，求出 x 可能的范围 审题指导 第(3)问中，若物体在传送带上全程减速，则 x最小；若物体在传送带上全
12、程加速，则 x 最大 解析(1)无传送带时，物体由 B 运动到 C，做平抛运动，设物体在 B 点的速度为 vB，则 LvBt h12gt2 由式得 vBLg2h 有传送带时，设物体离开传送带时的速度为 v2，则有 L2v2t mgL212mv2212mv2B 由式得 v2L2g2h 3L8h.(2)设物体离开传送带时的速度为 v2，则由动能定理有 mgRmgL212mv2212mv 20 mgR12mv2B ODL2v2t 由式得 ODL2L24 2hv20g.(3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度 vIL2g2h，则 xminL 物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为 v
13、，mgL212mv212mv2B，v v2BgLL27g2h.则 xmaxL2v2hg 1 72L 故 Lx1 72L.答案(1)3L8h(2)L2L24 2hv20g(3)Lx1 72L应用动能定理的两注意(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便(2)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过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解 如图所示装置由 AB、BC、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD 段是光滑的，水平轨道 BC 的长度 s5 m，轨道 CD足够长且倾角 3
14、7，A、D 两点离轨道 BC 的高度分别为h14.30 m、h21.35 m现让质量为 m 的小滑块自 A 点由静止释放已知小滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小滑块第一次到达 D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距 B 点的距离 解析：(1)小滑块从 ABCD 过程中，由动能定理得 mg(h1h2)mgs12mv2D0 将 h1、h2、s、g 代入得：vD3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为 s 总有：mgh1mgs 总 将 h1、代入得：s 总8.6 m 故小滑块最终停止的位置距 B 点的距离为 2ss 总1.4 m.答案：(1)3 m/s(2)1.4 m本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
