1、第2讲动能定理及其应用ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU知识梳理自测巩固知识点1动能1定义：物体由于_运动_而具有的能叫动能。2公式：Ek_mv2_。3单位：_焦耳_,1 J1 Nm。4矢标性：动能是_标量_，只有正值。5状态量：动能是_状态量_，因为v是瞬时速度。知识点2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_动能的变化_。2表达式：W_mvmv_或WEk2Ek1。3物理意义：_合外力_的功是物体动能变化的量度。思考：(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功吗？(2)能对物体分方向列动能定理方程
2、吗？答案(1)适用，适用(2)不能思维诊断：(1)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。()(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。 ()(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。()(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。()1(2019湖北十堰期末)关于物体的动能，下列说法正确的是(A)A物体的速度不变，其动能一定不变B物体的动能不变，其速度一定不变C物体所受的合外力不为零，其动能一定变化D某一过程中的速度变化越大，其动能的
3、变化一定越大解析本题考查对动能的理解。如果物体的速度不变，根据Ekmv2可知，动能不变，故A正确；如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，但速度的方向可以变化，故B错误；物体所受的合外力不为零，但如果合外力不做功，其动能不变，如做匀速圆周运动的物体，故C错误；某过程中速度变化很大，若速度大小不变，只是方向变化，物体的动能不变，故D错误。2若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则(D)A物体的动能不可能总是不变的B物体的加速度一定变化C物体的速度方向一定变化D物体所受的合外力做的功可能为0解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，
4、加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。3冰壶是冬奥会的比赛项目。如图将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(A)A不变B变小C变大D无法判断解析冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有mgs0mv2，得s，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的位移大小相等。故选A。HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO核心考点重点突破考点一对动能定理的理解和应用1准确理解动能定理的表达式WEk2Ek1(1)W是合力的功，不要与某个力的功混淆。(2)Ek2E
5、k1是末动能与初动能的差。(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。2应用动能定理的流程3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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)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，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定
6、为正功，最后根据结果加以检验。例1 (2019石家庄月考)(多选)如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s。不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是(AB)AA、B间的竖直高度为0.12 mB小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 NC小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 ND小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大解析设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：
7、mg(hRcos 37)mv0，得h0.12 m，故A正确；由A到B由动能定理得mghmv0，NB，得NB2.4 N，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为2.4 N，故B正确；由A到M由动能定理得：mg(hR)mv0，NMmg，得NM5.4 N，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为5.4 N，故C错误；重力的瞬时功率Pmgvcos ，A点因v0，则PA0，M点因90，则PM0，故从A点到M点，重力的功率先变大后变小，故D错误。类题演练1(2020湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年10月24日上午9时正式通车。大桥设计使用寿命120年
8、，可抵御8级地震、16级台风、允许30万吨级油轮通过。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度d，据此估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是(A)ABCDmv解析本题考查变力做功问题。根据动能定理可得Fdmv2，解得F，故选A。考点二动能定理与图象的综合问题解决物理图象问题的基本步骤1观察题目给出的图象，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
9、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。例2 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处的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前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
10、功是多少？解析(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmv代入数值解得vB2 m/s。(2)在前2 m内，有F1mgma，且x1at解得t1 s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mgm对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wmg2Rmvmv代入数值得W5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J规律总结：图象所围“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
11、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。类题演练2(2020上海青浦区模拟)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(D)解析本题考查通过竖直上抛运动选择动能时间图象。小球竖直向上运动过程，设初速度为v0，则速度时间关系为vv0gt，此过程动能为Ekmv2m(v0gt)2mg2t2mv0gtmv，即此过程Ek与t成二次函数关系，且开口向上，故A、B错误；小球下落过程做自由落体运动，速度为vgt，此过程动能为Ekmv2mg2t2，即此过程Ek与t也成二次函数关系，且开口向上，
12、故D正确，C错误。考点三运用动能定理求解多过程问题1运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。2所列动能定理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。例3 如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45的直轨道AB、半径R10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37的直轨道EF。分别通过水平光滑衔接轨道BC、CE
13、平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l40 m。现有质量m500 kg的过山车，从高h40 m处的A点由静止下滑，经BCDCEF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为10.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数20.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2。求：(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin 370.6, cos 370.8)解析(1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh1mgcos 45mv，代入数据得vC8
14、 m/s(2)设过山车在D点的速度大小为vD，受到轨道的作用力大小为F，由动能定理得mg(h2R)1mgcos 45mv又Fmgm，联立解得F7103 N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7103 N(3)对全程应用动能定理有mgh(lx)tan 371mgcos 45mgcos 372mgx0代入数据解得x30 m答案(1)8 m/s(2)7103 N(3)30 m类题演练3(2019福建莆田一中模拟)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，小球P与半圆轨道间的动摩擦因数处处相等，当小球P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出做竖直上抛运动，上升的最大高度为，
15、空气阻力不计。当小球P下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度为h，则小球P(B)A不能从a点冲出半圆轨道B能从a点冲出半圆轨道，但hD无法确定能否从a点冲出半圆轨道解析本题考查物体的多过程运动问题。小球第一次在半圆轨道的运动过程中，由动能定理得mg(H)(Wf)00，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得WfmgH，即第一次小球在半圆轨道中运动损失的机械能为mgH，由于第二次小球在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小球的弹力变小，由于动摩擦因数不变，所以摩擦力变小，则摩擦力做功小于mgH，机械能损失小于mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于H，故B正确。JI
16、E DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU阶段培优查缺补漏运用动能定理解往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定，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繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、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使解题过程简化。(一)往复次数可确定的情形例4 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37，A、
17、D两点离轨道BC的高度分别为h14.3 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，sin370.6，cos370.8，求小滑块最终停止的位置距B点的距离。解析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1.4 m(二)往复次数无法确定的情形例5 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
18、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，则滑块经过的总路程是(A)A(x0tan )B(x0tan )C(x0tan )D(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动能定理：mgx0sin mgxcos 0mv，解得x(x0tan )，A正确。(三)往复运动永不停止的情形例6 如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数
19、为，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h。(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。解析(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mghmgcos 0，解得h。(2)通过分析可知，滑块最终停至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcos mgcos s0，解得：s。答案(1)(2)2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN2年高考模拟训练1(2019全国卷，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高
20、度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(C)A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg解析画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h整理以上两式得：mgh30 J，解得物体的质量m1 kg。选项C正确。2.(2019山东潍坊一中质检)如图所示，固定斜面倾角为，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5ABBC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为1、2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么、1、
21、2间应满足的关系是(A)Atan Btan Ctan 212Dtan 221解析本题根据物体运动情况考查动摩擦因数与倾角之间的关系。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，物块从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，则物块运动的初、末状态动能均为零，根据动能定理可以得到mgLsin 1mgcos L2mgcos L00，解得tan ，故A正确。3(2019辽宁瓦房店三中期中)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d0.60 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下滑。已
22、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，则停止位置到B点的距离为(B)A0.50 mB0.60 mC0.10 mD0解析本题考查动能定理在圆弧曲面的应用。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为fmg，对小物块从开始运动到停止运动的始末状态进行研究，由动能定理得mghmgs0，得到s m3 m，d0.60 m，则s5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60 m，故B正确。4(2019天津，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并
23、取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，求： 图1 图2(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析(1
24、)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N5(2018全国卷，25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin 。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C
25、点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。答案(1)mg(2) (3)解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有tan F2(mg)2F设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fm由式和题给数据得F0mgv(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得DARsin CDR(1cos )由动能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为pmv1(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有vtgt2CDvvsin 由式和题给数据得t
