1、第28课时 动能定理 (重点突破课)考点一 动能定理的理解和应用 课时跟踪检测考点二 动能定理与图像的综合 考点三 运用动能定理求解多过程问题 考点四 运用动能定理求解往复运动问题 返回考点一 动能定理的理解和应用动能是标量，动能定理表达式是标量式，学生常把动能分解为两个分动能，或在某个方向上应用动能定理而出错。原因是对动能定理理解不透彻，动能的变化等于相应过程中所有力对物体做的总功，因此“某个方向的合力做的功等于该方向上动能的变化”不成立。返回1动能(1)定义：物体由于而具有的能量叫做动能。(2)公式：Ek，单位：焦耳。(3)动能是标量、状态量。2动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的
2、功，等于物体在这个过程中的变化。(2)表达式：WEk2Ek1。(3)物理意义：做的功是物体动能变化的量度。运动12mv2动能合外力返回3公式中“”体现的三个关系4应用动能定理的解题步骤返回典例(2016天津高考)我国将于2022 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
3、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。返回(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。解析(1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 段的长度为 x，则有vB22ax由牛顿第二定律有mgHxFfma解得 Ff144 N。返回(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
4、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，即FN6mg解得 R12.5 m。答案(1)144 N(2)12.5 m返回规律方法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。返回1(2018江苏高考)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
5、系图像是()解析：小球做竖直上抛运动，设初速度为 v0，则 vv0gt，小球的动能 Ek12mv2，解得 Ek12mg2t2mgv0t12mv02，Ek与 t 为二次函数关系，故 A 正确。答案：A 集训冲关 返回2(2019广东六校联考)北京获得 2022 年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度在冰面上推出后将运动一段距离停下来。换一种材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度在同一冰面上推出后，冰壶运动的距离将()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mgs012mv2，得s v22g，两
6、种冰壶的初速度相等，材料相同，在同一冰面上运动，故运动的距离相等。故选项 A 正确。答案：A 返回3(多选)如图所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，使 A、B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B 都向前移动一段距离。在此过程中()A外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量BB 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量CA 对 B 的摩擦力所做的功，等于 B 对 A 的摩擦力所做的功D外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和返回解析：外力 F 做的功等于 A、B 动能的增量与 A、B 间摩擦
7、产生的内能之和，A 错误；A 所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，B 正确；A 对 B 的摩擦力做负功，B 对 A 的摩擦力做正功，由于 A 在 B 上滑动，A、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，C 错误；对 B 应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf，即外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 正确。答案：BD 返回考点二 动能定理与图像的综合图像能够更加直观的反应物体的运动情况或者受力情况，因此近几年高考常把动能定理和图像结合起来考查。考生常因为不能从图像
8、中找出关键信息而丢分。返回1力学中图像所围“面积”的意义由公式WPt可知，Pt图线与横坐标围成的面积表示力所做的功Pt图像由公式WFx可知，Fx图线与横坐标围成的面积表示力所做的功Fx图像由公式vat可知，at图线与横坐标围成的面积表示物体速度的变化量at图像由公式xvt可知，vt图线与横坐标围成的面积表示物体的位移vt图像返回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)将推导出的物理量间的函数关系式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
9、、截距、图线的交点、图线与横坐标所围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。返回典例 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 随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道 AB间的动摩擦因数为 0.25，与半圆弧轨道 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 2 m 路程所用的时间；(3)若到达 B 点时撤去
10、 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。返回解析(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgx12mvB2解得 vB2 10 m/s。(2)在前 2 m 路程内，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解得 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)5 J返回规律方法动能定理与图像结合问题的分析方法(1)首先看清所给图
11、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得出所需要的物理量，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。返回集训冲关 1.(2019西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s 时物块停下，其 v-t 图像如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s 到 t3 s 这
12、段时间内拉力不做功返回解析：对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，A 正确，B 错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t1 s 时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C 错误；t1 s 到 t3 s 这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D 错误。答案：A 返回2.(多选)(2019大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为 2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g10 m/s2。根据以上信息能得出的物理量有()A物体与水
13、平面间的动摩擦因数B合外力对物体所做的功C物体做匀速运动时的速度D物体运动的时间返回解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力 F 与滑动摩擦力 f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为 Fmg0.35，A 正确；减速过程由动能定理得 WFWf012mv2，根据F-x图像中图线与横轴围成的面积可以估算力 F做的功WF，而 Wfmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v，B、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误。答案：ABC 返回3(多选)质量为 1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图甲所示，外力 F
14、和物体克服摩擦力 f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2B物体运动的位移为 13 mC物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2Dx9 m 时，物体的速度为 3 2 m/s返回解析：由题图可知，Wfmgx120 J，解得：0.2，A 正确；由 fmg2 N，fx2Wf27 J，解得：x213.5 m，B 错误；又 WFFx3，解得：前 3 m 内，F153 N5 N，由Ffma，解得：a3 m/s2，C 正确；由动能定理可得：WFfx412mv2，解得：x49 m 时物体的速度 v3 2 m
15、/s，D正确。答案：ACD 返回考点三 运用动能定理求解多过程问题由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，因此从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。返回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。返回典例(2019
16、唐山模拟)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、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：返回(1)小滑块第一次到达 D 点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距 B 点的距离。解析(1)小滑块从
17、ABCD 过程中，由动能定理得：mg(h1h2)mgs12mvD20代入数据解得：vD3 m/s。返回(2)小滑块从 ABC 过程中：由动能定理得 mgh1mgs12mvC20代入数据解得 vC6 m/s小滑块沿 CD 段上滑的加速度大小 agsin 6 m/s2小滑块沿 CD 段上滑到最高点的时间 t1vCa 1 s由对称性可知小滑块从最高点滑回 C 点的时间t2t11 s故小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔tt1t22 s。(3)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0代入数据解得：s 总8.6 m故小滑块最终停止的位置距
18、 B 点的距离为：2ss 总1.4 m。答案(1)3 m/s(2)2 s(3)1.4 m返回利用动能定理求解多过程问题的基本思路规律方法(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求解。返回集训冲关 1.如图所示，质量为 m 的小球，从离地面高 H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中 h 深度而停止。设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A小球落地时动能等于 mgHB小球陷入泥中的过
19、程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C整个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(Hh)D小球在泥中受到的平均阻力为 mg1Hh返回解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfH12mv02，选项 A 错误；设泥的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mghf0h012mv02，解得f0hmgh12mv02，f0mg1HhfHh，选项 B、D 错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，选项 C 正确。答案：C 返回2.如图所示，倾角 45的粗糙平直轨道 AB与半径为 R 的光滑圆弧形轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平
20、面内。一质量为 m的小滑块(可视为质点)从直轨道上离地面高为 h3R 的 D 处无初速度下滑进入圆弧形轨道。接着小滑块从圆弧形轨道最高点 C 水平飞出，恰好击中直轨道上与圆心 O 等高的 P 点。不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：(1)小滑块运动到圆弧形轨道最高点 C 时的速度大小；(2)小滑块运动到圆弧形轨道最低点时对圆弧形轨道压力的大小；(3)小滑块在直轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。返回解析：(1)小滑块从圆弧形轨道最高点 C 飞出后做平抛运动，设水平速度为 v0竖直方向上有 R12gt2由几何关系知水平位移为 2R水平方向上有 2Rv0t解得 v0 gR。(2)设小滑
21、块在圆弧形轨道最低点时速度为 v，小滑块在从圆弧形轨道的最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得mg2R12mv0212mv2解得 v 5gR在圆弧形轨道最低点由牛顿第二定律得FNmgmv2R解得 FN6mg由牛顿第三定律得 FNFN6mg。返回(3)小滑块从直轨道 D 到圆弧形轨道最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动能定理得mghWf12mv20解得 Wf12mgR。答案：(1)gR(2)6mg(3)12mgR返回考点四 运用动能定理求解往复运动问题往复运动问题的过程比较复杂，但这类问题往往有一定的规律。学生在分析这类问题时常把眼光盯在“细节”上，忽略问题的“宏观特性”
22、，使思维陷入“死循环”而丢分。返回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，且重复次数常常无限或者很难确定。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繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关注物体的初、末状态，不计运动过程的细节，所以用动能定理可方便快捷分析这类问题。返回考法细研 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
23、滑的，而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为 0.10。小物块在盆式容器内来回滑动，最后停下来，则小物块最终的位置到 B点的距离为(g 取 10 m/s2)()A0.50 m B0.25 mC0.10 m D0返回解析 设小物块在 BC 面通过的总路程为 s，由于只有BC 面上存在摩擦力，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，代入数据解得 s3 m。由于 d0.50 m，所以小物块在 BC 面经过 3 次往复运动后，停在 B 点，D 正确。答案 D返回考法 2 往复次数无法确定的情形 例 2 如图所示，斜面
24、的倾角为，质量为 m 的滑块与挡板 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.2v022gcos x0tan D.1v022gcos x0tan 返回解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全过程应用功能关系，全过程所产生的热量为 Q 12mv02mgx0sin，又由全过程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即 Q mgxcos，解得 x1v022gcos x
25、0tan，选项 A 正确。答案 A返回考法 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(不包括圆弧面部分)一共运动的路程是多少？(g 取 10 m/s2)返回解析 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
26、600.01mg，重力沿斜面的分力为 mgsin 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返回规律方法(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，可用 WfFfs 求解，其中 s 为物体滑行的路程。返回“课时跟踪检测”见“课时检测(二十八)”(单击进入电子文档)