1、基 础 诊 断考 点 突 破基础课时13 动能定理及应用基 础 诊 断考 点 突 破知识点一、动能1定义：物体由于_而具有的能量叫动能。2公式：Ek_。3单位：_，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4矢标性：动能是_，只有正值。5状态量：动能是_，因为v是瞬时速度。知识梳理 运动12mv2焦耳标量状态量基 础 诊 断考 点 突 破知识点二、动能定理1内容：合外力所做的功等于物体_。2表达式：W_或WEk2Ek1。3物理意义：_的功是物体动能变化的量度。动能的变化12mv2212mv21合外力基 础 诊 断考 点 突 破思考(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？(2)动能定理适用于恒
2、力做功，还适用于变力做功吗？(3)如图所示，物体(可视为质点)从长为L、倾角为 的光滑斜面顶端由静止滑下。物体受几个力作用？各做什么功？怎么求合力的功？如何求物体到达斜面底端时的速度？能用多种方法求解物体到达斜面底端时的速度吗？哪种方法简单？基 础 诊 断考 点 突 破1(多选)下列说法正确的是()A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B动能不变的物体，一定处于平衡状态C如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零D物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化答案 AC诊断自测 基 础 诊 断考 点 突 破2(多选)关于动能定理的表达式WEk2Ek1
3、，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基 础 诊 断考 点 突 破解析 公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；当W0时，末动能大于初动能，动能增加，当W0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；动能定理不仅适用于直线运动，也
4、适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误。答案 BC基 础 诊 断考 点 突 破3(2016安徽黄山模拟)有一质量为 m 的木块，从半径为 r 的圆弧曲面上的 a 点滑向b 点，如图 1 所示。若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()A木块所受的合外力为零B因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C重力和摩擦力的合力做的功为零D重力和摩擦力的合力为零基 础 诊 断考 点 突 破解析 由题可知木块做匀速圆周运动，故合外力提供向心力，不为零，A错误；木块受到的摩擦力对木块做负功，使木块的重力势能减小而动能不变，机械能减小，故B错误；圆弧面对木块的支持
5、力不做功，由动能定理可知，重力与摩擦力虽然合力不为零，但合力做功等于木块的动能变化量，而木块动能不变，故二者总功为零，C正确，D错误。答案 C基 础 诊 断考 点 突 破4(2016浙江温州十校联考)NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众。比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利。若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为()Amgh1mgh2W Bmgh2mgh1WCWmgh1mgh2 DWmgh2mgh1基 础 诊 断考 点 突 破解析 根据动能定理，球获得初动能Ek0
6、的过程有WEk00，球离开手到进筐时的过程有mg(h2h1)EkEk0，得篮球进筐时的动能EkWmgh1mgh2，只有选项C正确。答案 C基 础 诊 断考 点 突 破5(2015四川德阳一诊)如图2，竖直平面内的轨道和都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等，用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿和推至最高点A，所需时间分别为t1、t2，动能增量分别为Ek1、Ek2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与和轨道间的动摩擦因数相等，则()AEk1Ek2，t1t2BEk1Ek2，t1t2CEk1Ek2，t1t2DEk1Ek2，t1t2图 2基 础 诊 断考 点 突 破解析 因为
7、摩擦力做功 Wf(mgcos Fsin)smgxFh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：WFmghWfEk，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等。作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1t2，故 B 正确，A、C、D 错误。答案 B基 础 诊 断考 点 突 破1动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。(3)因果关系
8、：合力的功是引起物体动能变化的原因。2对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。考点一 动能定理的理解及应用基 础 诊 断考 点 突 破例1(2015海南单科，4)如图3，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.14mgR B13mgR C.12mgR D4mgR 图 3基 础 诊 断考 点 突 破答案 C解析 在 Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的
9、合力充当向心力，所以有 Nmgmv2R，N2mg，联立解得 v gR。下滑过程中，根据动能定理可得 mgRWf12mv2，解得 Wf12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，C 正确。基 础 诊 断考 点 突 破应用动能定理的“四点注意”(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)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；(3)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；(4)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
10、动能定理求解。基 础 诊 断考 点 突 破变式训练1(多选)如图 4 所示，电梯质量为 M，在它的水平地板上放置一质量为 m 的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由 v1增加到 v2 时，上升高度为 H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()基 础 诊 断考 点 突 破A对物体，动能定理的表达式为 WN12mv22，其中 WN 为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为 W 合0，其中 W 合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为 WNmgH12mv2212mv21，其中 WN 为支持力的功D对电梯，其所受合力做功为12Mv2212Mv21基 础 诊 断考 点 突
11、破答案 CD解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力 mg、支持力 N，这两个力的总功才等于物体动能的增量 Ek12mv2212mv21，故 A、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故 D 正确。基 础 诊 断考 点 突 破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考点二 动能定理在多过程中的应用基 础 诊 断考 点 突 破例2(2016甘肃张掖二模)如图5，一个质量为0
12、.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R0.3 m，60，小球到达A点时的速度vA4 m/s。g取10 m/s2，求：图 5(1)小球做平抛运动的初速度v0；(2)P点与A点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。基 础 诊 断考 点 突 破解析(1)由题意知小球到 A 点的速度 vA沿曲线上 A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得：v0vxvAcos 2 m/s(2)小球由 P 至 A 的过程由动能定理得：mgh12mv2A12mv20解得：h
13、0.6 m基 础 诊 断考 点 突 破(3)小球从 A 点到 C 点的过程中，由动能定理得：mg(Rcos R)12mv2C12mv2A解得：vC 7 m/s小球在 C 点由牛顿第二定律得：NCmgmv2CR解得：NC8 N由牛顿第三定律得：NCNC8 N方向竖直向上答案(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N，方向竖直向上基 础 诊 断考 点 突 破拓展延伸(1)在例2中，求小球经过最低点B时对轨道的压力大小；(2)在例2中，若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功。解析(1)小球由 A 至 B 过程由动能定理得：mgR(1cos)12mv2B12mv2A
14、 解得：vB 19 m/s在 B 点由牛顿第二定律得：NBmgmv2BR解得：NB44 N由牛顿第三定律得小球经过最低点 B 时对轨道的压力大小为 NBNB44 N。基 础 诊 断考 点 突 破(2)小球恰好经过 C 点时，在 C 点由牛顿第二定律得：mgmv2CR解得：vC 3 m/s小球由 A 至 C 过程由动能定理得：mg(Rcos R)Wf12mv2C12mv2A解得：Wf12 J答案(1)44 N(2)12 J基 础 诊 断考 点 突 破动能定理在多过程问题中的应用(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律。当每个过
15、程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，方便。(2)应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功。基 础 诊 断考 点 突 破变式训练2(2015浙江理综，23)如图 6 所示，用一块长 L110 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高 H0.8 m，长 L215 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
16、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)基 础 诊 断考 点 突 破(1)求角增大到多少时，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。基 础 诊 断考 点 突 破解析(1)要使小物块能够下滑必须满足mgsin 1mgcos 解得 tan 0.05(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg
17、(L2L1cos)全过程由动能定理得：mgL1sin Wf0代入数据解得 20.8基 础 诊 断考 点 突 破(3)当 53时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL1sin Wf12mv2由解得 v1 m/s对于平抛过程列方程有：H12gt2，解得 t0.4 sx1vt，解得 x10.4 m则 xmx1L219 m答案(1)tan 0.05(2)0.8(3)19 m基 础 诊 断考 点 突 破图像所围“面积”的意义(1)vt图：由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的“面积”表示物体的位移。(2)at图：由公式vat可知，at图线与坐标轴
18、围成的“面积”表示物体速度的变化量。(3)Fx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。(4)Pt图：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。考点三 动能定理与图像结合的问题基 础 诊 断考 点 突 破例3 如图7甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数0.25，g取10 m/s2，试求：图 7基 础 诊 断考 点 突 破(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变
19、化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？解析(1)由题图乙知，在前 2 m 内，F12mg 做正功，在第 3 m 内，F20.5mg，做负功，在第 4 m 内，F30，滑动摩擦力 fmg0.25mg，始终做负功，对于滑块在 OA 上运动的全过程，由动能定理得：F1x1F2x2fx12mv2A0即 2mg20.5mg10.25mg412mv2A解得 vA5 2 m/s基 础 诊 断考 点 突 破(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin 30012mv2A解得：L5 m所以滑块冲上斜面 AB 的长度 L5 m答案(1)5 2 m/s(2)5 m基 础 诊 断考 点 突 破功能相关图像问题分
20、析的“三步走”基 础 诊 断考 点 突 破变式训练3(多选)(2015四川绵阳模拟)如图8甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出()图 8基 础 诊 断考 点 突 破A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin144 mD当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑基 础 诊 断考 点 突 破解析 由图可知，当夹角 0时，位移为 240 m
21、，而当夹角为 90时，位移为 180 m，则由竖直上抛运动规律可知 v202gh，解得 v0 2gh6 m/s，故 A 错误；当夹角为0时，由动能定理可得 mgx12 mv20，解得 0.75，故 B正确；mgxsin mgcos x012mv 20，解得 x181054sin，当 90时，sin()1，此时位移最小，即 xmin144 m，故 C 正确；基 础 诊 断考 点 突 破答案 BC若 30时，物体受到的重力的分力为 mgsin 3012mg，摩擦力为 fmgcos 300.75mg 32 3 38 mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故小球达到最高点后，不会下滑，故 D 错误。
