1、基础诊断考点突破随堂演练基础课时13 动能定理及应用基础诊断考点突破随堂演练知识梳理 知识点一、动能1.定义：物体由于_而具有的能。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。知识点二、动能定理1.内容：合力对物体所做的功等于物体_。2.表达式：W_或 WEk2Ek1。3.物理意义：_的功是物体动能变化的量度。运动12mv212mv2212mv21合力焦耳标量状态量动能的变化基础诊断考点突破随堂演练思考(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？(2)动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功
2、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？基础诊断考点突破随堂演练诊断自测 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 基础诊断考点突破随堂演练2.(2016安徽黄山模拟)有一质量为m的木块，从半径为r
3、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()图1 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 基础诊断考点突破随堂演练解析 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
4、破随堂演练3.一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为()A.v0B.v12 m/s C.Ek1.8 JD.Ek10.8 J 解析 取初速度方向为正方向，则v(66)m/s12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确。答案 B 基础诊断考点突破随堂演练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
5、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()A.mgh1mgh2WB.mgh2mgh1W C.Wmgh1mgh2D.Wmgh2mgh1 解析 根据动能定理，球获得初动能Ek0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 基础诊断考点突破随堂演练考点一 动能定理的理解及应用 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
6、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：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。基础诊断考点突破随堂演练【例1】(2015海南单科，4)如图2，一半径为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()图2 A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.4mgR 基础诊断考点突破随堂演练解析 在 Q 点
7、质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有 FNmgmv2R，FN2mg，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。答案 C 基础诊断考点突破随堂演练特别提醒 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
8、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。基础诊断考点突破随堂演练【变式训练】1.(多选)如图3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()图3 基础诊断考点突破随堂演练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
9、受合力做功为12Mv2212Mv21基础诊断考点突破随堂演练解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力 mg、支持力 FN，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。答案 CD 基础诊断考点突破随堂演练考点二 动能定理在多过程中的应用 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 基础诊断考
10、点突破随堂演练【例2】(2016甘肃张掖二模)如图4，一个质量为0.6 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4(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。基础诊断考点突破随堂演练解析(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
11、动能定理得：mgh12mv2A12mv20解得：h0.6 m基础诊断考点突破随堂演练(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：FNCmgmv2CR解得：FNC8 N由牛顿第三定律得：FNCFNC8 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 基础诊断考点突破随堂演练【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
12、B 过程由动能定理得：mgR(1cos)12mv2B12mv2A解得：vB 19 m/s在 B 点由牛顿第二定律得：FNBmgmv2BR解得：FNB44 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FNBFNB44 N。基础诊断考点突破随堂演练(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：Wf1.2 J答案(1)44 N(2)1.2 J 基础诊断考点突破随堂演练方法提炼 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
13、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。基础诊断考点突破随堂演练【变式训练】2.(2015浙江理综，23)如图5所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，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
14、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)图5 基础诊断考点突破随堂演练(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sm。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
15、功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos)全过程由动能定理得：mgL1sin Wf0 代入数据解得20.8 基础诊断考点突破随堂演练(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 ss1vt，解得 s10.4 m则 sms1L21.9 m答案(1)tan 0.05(2)0.8(3)1.9 m 基础诊断考点突破随堂演练考点三 与图象相关的动能问题 图象所围“面积”的意义(1)vt图：由公式svt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体
16、的位移。(2)at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。(3)Fs图：由公式WFs可知，Fs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。基础诊断考点突破随堂演练【例3】如图6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6(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB
17、的长度是多少？基础诊断考点突破随堂演练解析(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：F1s1F2s2fs12mv2A0即 2mg20.5mg10.25mg412mv2A解得 vA5 2 m/s(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基础诊断考点突破随堂演练反思总结 功能相关图象问题分析的“三步走”基础诊
18、断考点突破随堂演练【变式训练】3.(多选)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动的vt图象如图7所示。下列说法正确的是()图7 基础诊断考点突破随堂演练A.水平拉力大小为 Fmv0t0B.物体在 3t0 时间内位移大小为32v0t0C.在 03t0 时间内水平拉力做的功为12mv20D.在 03t0 时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12mgv0基础诊断考点突破随堂演练解析 根据图象和牛顿第二定律可知 Fmgmv0t0，故选项 A 错误；由图象“面积”可知，在 3t0 时间内的位移为 s123
19、t0v032v0t0，所以选项 B 正确；由动能定理可知 Wmgs0，故水平拉力做的功 W32mgv0t0，选项 C 错误；03t0 时间内克服摩擦力做功的平均功率为PWf3t012mgv0，所以选项 D 正确。答案 BD 基础诊断考点突破随堂演练1.如图8所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(苹果与手始终相对静止)，苹果与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是()图8 A.手对苹果的作用力方向竖直向上B.苹果所受摩擦力大小为 mgC.手对苹果做的功为12mv2D.苹果对手不做功基础诊断考点突破随堂演练解析 苹果受手的支持力 FNmg、静摩擦力
20、f，合力即手对苹果的作用力，方向斜向上，A 错误；苹果所受摩擦力为静摩擦力，不等于 mg，B 错误；由动能定理可得，手对苹果的静摩擦力做的功W12mv2，C 正确；苹果对手做负功，D 错误。答案 C 基础诊断考点突破随堂演练2.如图9所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()图9 A.不变B.变小 C.变大D.变大变小均可能 基础诊断考点突破随堂演练解析 设木盒质量为 M，木盒中固定一质量为 m 的砝码时，由动能定理可知，(mM)gs112(Mm)v2，解得
21、s1 v22g；加一个竖直向下的恒力 F(Fmg)时，由动能定理可知，(mM)gs212Mv2，解得 s2Mv22（mM）g。显然 s2s1。故选项 B 正确。答案 B 基础诊断考点突破随堂演练3.(2015新课标全国卷，17)如图10所示，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()图10 基础诊断考点突破随堂演练A.W12mgR，质点恰好可以到达 Q 点B.W12mg
22、R，质点不能到达 Q 点C.W12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离D.W12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离基础诊断考点突破随堂演练解析 根据动能定理得 P 点动能 EkPmgR，经过 N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得 4mgmgmv2R，所以 N 点动能为 EkN3mgR2，从 P 点到 N 点根据动能定理可得 mgRWEkNEkP，即克服摩擦力做功 W12mgR。质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力即 FNmgcos mamv2R，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 fFN 变小，所以摩擦力
23、做功变小，即 WW。那么从 N 到 Q，根据动能定理mgRWEkQEkN，Q 点动能 EkQ3mgR2mgRW12mgRW0，所以 Q 点速度仍然没有减小到 0，会继续向上运动一段距离，选项 C 正确。答案 C 基础诊断考点突破随堂演练4.如图 11 所示，倾角 37的斜面与光滑圆弧BCD 相切于 B 点，整个装置固定在竖直平面内。有一质量 m2.0 kg、可视为质点的物体，从斜面上的 A 处由静止下滑，AB 长 L3.0 m，物体与斜面间的动摩擦因数 0.5。不计空气阻力，取重力加速度 g10 m/s2，已知 sin 370.6，cos 370.8。求：图11(1)物体第一次从A点到B点过程中克服摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高位置距A点的距离；(3)物体在斜面上运动的总路程。基础诊断考点突破随堂演练解析(1)物体第一次从A点到B点过程中克服摩擦力做的功 WfmgLcos 24 J。(2)设物体第一次回到斜面的最高位置距A点的距离为s，由动能定理得mgssin mg(2Ls)cos 0 解得s2.4 m。(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得 mgLsin mgs总cos 0 解得s总4.5 m。答案(1)24 J(2)2.4 m(3)4.5 m 基础诊断考点突破随堂演练小结巧记 2 个概念动能、动能的变化量1 个定理动能定理 W 合12mv2212mv21