1、第2节 动能定理及其应用一、动能1定义：物体由于运动而具有的能叫动能2表达式：Ek12mv2 单位：焦耳(J)3动能是状态量4动能是_量(矢量或标量)5动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参照物标二、动能定理内容合外力对物体所做的功等于物体表达式WEkmv22mv12对定理的理解W0，物体的动能W0，物体的动能W0，物体的动能不变适用条件1.动能定理既适用于直线运动，也适用于2既适用于恒力做功，也适用于3力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以动能的变化1212增加减少曲线运动变力做功不同时作用题型一：应用动能定理求变力的功例1如图所示，MNPQ 为竖直放
2、置的滑道，MN 段及 PQ 段光滑，长度均为h，NP 段为半圆形，N、P 在同一水平线上，且 NP 段的摩擦不可忽略.滑块 m从 M 点由静止开始下滑，不计空气阻力，滑块滑过 NP 段后到达 PQ 的中点，然后滑块 m再次下滑并滑至 PN 段，下列判断正确的是()A.滑块 m 刚好到达 N 点B.滑块 m 能够从 N 点冲过C.滑块 m 不能到达 N 点D.因 NP 段各处摩擦未知，上述三种情况都有可能【解析】从 M 到 PQ 的中点之间用动能定理：mgh2Wf0，克服变力 f 做的功 Wfmgh2.从 PQ 中点到 N 之间用动能定理.mgh2WfEkN.因为从 NP 和从 PN 中的任意固
3、定点，都有前者速率大于后者速率.因而都有前者轨道对滑块的压力大于后者，因而都有前者滑动摩擦力大于后者，因而 WfWf.所以EkN0.所以滑块 m 能够从 N 点冲过，B 对，选 B.【答案】B例2如图，用轻细绳通过定滑轮拉水平面上质量为 m 的物体，拉力恒为 F，物体与水平间间的动摩擦因数为，开始时物体静止，绳与水平方向夹角为，滑轮距水平面高度为 h，不计滑轮及物体大小和滑轮与绳之间的摩擦，当绳与水平面夹角为 时，物体速度为 v，则此过程中()A.物体克服摩擦力做功为 mgh1tan 1tan B.物体克服摩擦力做功为 Fh1sin 1sin C.物体克服摩擦力做功为 Fh1sin 1sin
4、12mv2D.因为摩擦力为变力，无法求物体克服摩擦力做的功【解析】随着绳与水平方向的夹角变化，物体与水平面间正压力发生变化，因此摩擦力是变力，A 选项错误；由动能定理可得 Fh1sin 1sin Wf12mv20，解得 WfFh1sin 1sin 12mv2，C 选项正确，B、D 选项错误.【答案】C【方法与知识感悟】应用动能定理求变力的功时，应抓住以下几点：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力哪些力是变力.(2)找出恒力的功及变力的功.(3)分析物体初末状态，求出动能变化量.(4)运用动能定理列方程求解.题型二：动能定理在多过程中的应用例3如图所示，地面上有一矮墙，在墙头竖直固定一半圆形
5、轨道，地面和半圆轨道面均光滑.质量 M1 kg、长 L4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为 s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线相平.现有一质量 m2 kg 的滑块(不计大小)以 v06 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动.小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块沿圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径 R 的取值范围.【解析】(1)由牛顿第二定律，对滑块：mgma1 对小车：mgMa2 当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即：v0a1ta2t 此时
6、v1v24 m/s 滑块的位移为：s1v0t12a1t2 小车的位移为：s212a2t2 滑块与小车的相对位移为：L1s1s2 联立解得：L13 m s22 m 因 L1L，s2s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度为：v24 m/s(2)与墙碰后滑块将在小车上继续向右做初速度为 v14 m/s，位移为 L2LL11 m 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点 P.若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为 v，临界条件为 mgmv2R 根据动能定理，有mgL2mg2R12mv212mv21 解得 R0.24 m 若滑块恰好
7、滑至14圆弧到达 T 点时速度为 0，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道.根据动能定理，有 mgL2mgR012mv21 解得 R0.6 m 综上所述，滑块在圆轨道运动过程中不脱离圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足：R0.24 m 或 R0.6 m.【方法与知识感悟】1.应用动能定理解题的步骤(1)选取研究对象，明确并分析运动过程.(2)分析受力及各力做功的情况，求出总功；受哪些力 各力是否做功 做正功还是负功 做多少功 求出总功.(3)明确过程始、末状态的动能 Ek1 及 Ek2.(4)列方程 WEk2Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解.2.应用动能定理要注意的几个问题
8、(1)正确分析物体受力，要考虑物体受到的所有力，包括重力.(2)要弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式.(3)有些力在物体运动全过程中不是始终存在，导致物体的运动包括几个物理过程，物体运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待.(4)单个物体受地面滑动摩擦力做的负功的多少等于摩擦力与物体相对地面滑动的路程的乘积.单选题1.一物体受到恒定合外力作用做曲线运动，下列判断正确的是()A.该物体的运动轨迹可能为圆或者椭圆B.该物体的速度方向与合外力的方向之间的夹角越来越小C.在相等时间内合外力做的功一定相等D.速度由 v 增加到 2v 和由 2
9、v 增加到 3v 两阶段合外力所做的功相等B【解析】恒力作用下物体做曲线运动轨迹为抛物线，A 错；根据运动合成知识，物体合速度方向与合力方向的夹角越来越小，B 正确；在相同时间内，沿力方向的位移不同，合外力做的功不同，C 错；由动能定理知，速度由 v 增加到 2v 和由 2v 增加到 3v 两阶段合外力所做的功之比为 35，D 错.答案为 B.2.如图甲所示，静止在水平地面的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用，F 与时间 t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力 fm 与滑动摩擦力大小相等，则物体动能最大的时刻是()A.t1 B.t2 C.t3 D.t4C【解析】0t1，Ffm，A
10、加速；t3t4，Fx1，在最低点所受的弹力为 k(x1x2)2kx12mg，A 错.压缩 x1 之前，小球向下加速，压缩 x1 到压缩(x1x2)时，小球减速，B 错，C 对，最低点，加速度最大，amk（x1x2）mgmkx2m kx1m g，D 错，选 C.4.以初速度大小 v1 竖直向上抛出一物体，落回到抛出点时速度大小为 v2.已知物体在运动过程中受到的空气阻力大小不变，物体所受空气阻力与重力的大小之比为 35.则 v1 与 v2 之比为()A.11 B.12C.21 D.41C【解析】由题意可知：物体上升和下降过程中位移大小相等.对两过程由动能定理可得(mgf)x012mv21，(mg
11、f)x12mv220，两方程相比可得v1v2mgfmgf21，选项 C 正确.一、选择题：15 题为单选，610 题为多选.1.如图所示，小球 a 从倾角为 45的光滑斜面上由静止自由释放，同时小球 b 从斜面上方某一高度处也由静止自由释放，两小球质量相同，它们在斜面上的 O 点恰好相撞.则()A.相撞前瞬间，两小球速度大小相等B.相撞前瞬间，两小球重力功率相等C.相撞前瞬间，b 球的动能是 a 球动能的 2 倍D.从开始运动到相撞，b 球位移是 a 球位移的 2 倍C【解析】设小球 a 释放处到 O 点的距离为 L，则对 a 球有 L12gsin 4 t2，对 b 球有 h12gt2，其中
12、h为 b 球下落高度，联立两式可得 h 2L，选项 D 错误；对 a 球由动能定理有 mgLsin 4 12mv2a，对 b 球由动能定理有 mg 2L12mv2b，联立可得12mv2b212mv2a，即 vb 2va，选项 C 正确，选项 A 错误；相撞前瞬间，a 球重力的功率 Pamgvasin 4，b 球重力的功率 Pbgmvb 2mgvaPa，选项 B 错误.2.如图所示，在倾角为 的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为 M的平板 A 连接，一个质量为 m 的物体 B 靠在平板的右侧.开始时用手按住物体 B，现放手，A 和 B 沿斜面向上运动的距离为 L 时，同时达
13、到最大速度 v，重力加速度为 g，则以下说法正确的是()A.A 和 B 达到最大速度 v 时，弹簧是自然长度B.A 和 B 达到最大速度 v 时，A 和 B 恰要分离C.从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对 A 所做的功等于12Mv2MgLsin D.从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，A受到的合力对 A 所做的功等于12Mv2D【解析】物体速度最大时，加速度为零，因而选项 A 错误.弹簧原长时，A、B 分离，选项 B 错误.从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对 A 做功转化为 A 和 B 的动能以及势能，选项 C 错误.从释放到 A 和
14、B 达到最大速度 v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于 A 动能的增量，故选项 D 正确.3.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是()A.0t1 时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t1t2 时间内汽车牵引力做功为12mv2212mv21C.t1t2 时间内的平均速度小于12(v1v2)D.在全过程中 t1 时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2t3 时间内牵引力最小D【解析】0t1，汽车做匀加速运动，牵引力 F 不变，而速度 v 增大.由 PFv 可知
15、，P 增大，A 错；t1t2 时间内，由动能定理 WFWf12mv2212mv21.WFWf12mv2212mv21，B 错.t1t2 时间内图线与 t 轴之间所夹的面积大于梯形 abt2t1 的面积，故平均速度大于12(v1v2)，C 错.0t1，Ffma，t1t2，F 不断减小，t2 之后 Ff.0t1 功率从 0 增大到 P 额，t1 之后，功率都为 P 额，故 D 对.选 D.4.如图所示为传送粮袋的装置，已知 AB 间长度为 L，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度恒为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在 A 点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到
16、B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.粮袋到达 B 点的速度可能等于 v，可能大于 v，也可能小于 vB.粮袋开始运动时的加速度为 g(sin cos )，若 L足够长，则最终将一定以速度 v 做匀速运动C.若 tan ，则从 A 到 B 粮袋的动能一定是一直增加的D.不论 大小如何，从 A 到 B 粮袋的动能不可能一直增加A【解析】刚放入 A 点时，粮袋受到重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力.由牛顿第二定律 mgsin mgcos ma.粮袋从静止开始沿传送带向下做匀加速运动.如果运动 L 还未达到 v，则粮袋在 B 点的速度小于v；如果还未达到 B 端速度为
17、 v.且有 mgsin mgcos.则粮袋所受的摩擦力马上变成沿皮带向上的滑动摩擦力.且 mgsin mgcos ma，以 a继续沿皮带向下做匀加速运动达到 B 的速度大于 v.A 对.B错.tan，动能可能一直增加，也可能先增加后不变，C 错.如果 tan，则从 AB 动能一直在增加，D 错，选 A.5.光滑水平面上，一质量为 m的物块受到水平向右的随位移变化的力 F 的作用，F 随位移变化的图象如图，下列说法正确的是()A.物块的位移为 x0 时，物块的速度最大B.物块先加速运动，后减速运动C.物块的最大速度为6F0 x0mD.由于物块受变力作用，无法求合外力做的功，因此无法求物块的速度C
18、【解析】在 Fx 图象中图象所围面积的大小等于力 F 做功的大小，因此在 03x0 范围内，F 一直在做正功，物块的速度一直增大，此后 F 为零，物块的速度不变，故 A、B 选项错误；由图象包围的面积可知 W3F0 x0，由动能定理得 Wmv2m2 0，解得：vm6F0 x0m，故 C 选项正确，D 选项错误.6.某质点受到一恒力作用，其动能与时间的关系图象可能正确的是()BC【解析】某质点受到一恒力作用，若做初速度为v0 的匀加速直线运动，t 时刻的动能为 Ek12m(v0at)2，选项 C 正确；若做初速度为 v0 的匀减速直线运动，在速度减小为 0 之前的动能为 Ek12m(v0at)2
19、，经过 t0 速度为零后变成 Ek12ma2(tt0)2，选项 B 正确.7.如图所示，在光滑的水平面上，一个质量为 m 的小球以速度 v 正在做匀速直线运动，小球运动的前方有一足够长的挡板，在某时刻沿某一方向将一水平恒力 F 作用在小球上，小球经过位移 L 到达挡板时速度恰好为零，关于小球的运动轨迹及所加恒力 F 的大小下列说法正确的是()A.小球的运动轨迹可能是曲线B.小球的运动轨迹一定是直线C.恒力 F 的大小一定等于mv22LD.恒力 F 的大小无法确定BC【解析】设垂直于 v 方向的分力为 Fy，和 v 相反的分力为 Fx，经过时间 t，vx0，vy0，小球速度为0，由牛顿第二定律，
20、Fymvyt 0，Fx0mvt，Fy0，即 F 合Fx，和 v 方向相反，小球只能做匀减速直线运动，A 错，B 对；由动能定理，FL012mv2，Fmv22L，C 对，D 错.选 B、C.8.某同学将篮球从距水平面高 h 处由静止释放，篮球与水平面碰撞后原速率弹回，篮球第一次弹回高度为3h4，假设篮球所受阻力大小不变，下列说法正确的是()A.可以求出篮球所受阻力大小B.可以求出篮球从开始下落到停下通过的路程C.由于阻力方向不断变化，不能求出篮球的总路程D.由于阻力方向不断变化，不能求出全过程阻力做的功AB【解析】从开始到篮球第一次弹回到最高点的过程中，由动能定理：mgh3h4 fh3h4 0，
21、解得：fmg7，故 A 选项正确；对全程 mghWf0，解得：Wfmgh，D 选项错误；由 Wffs 可解得 s7h，故B 选项正确，C 选项错误.9.质量为 m 的物体在一水平恒力 F 的作用下沿水平面由静止开始滑动，作用一段时间 t0，撤去恒力 F，又经过 2t0 时间物体停止运动.下列关于物体的加速度a、位移 x、速度 v、动能 Ek 随时间变化的图象可能正确的是()BC【解析】设加速停止、减速开始时的速度为 vm，则加速时加速度的大小 a1vmt0，减速时加速度的大小a2vm2t0，a1a2，A 错，C 对；加速位移 x1vm2 t0，减速位移 x2vm2 2t0，x22x1，且初速度
22、、末速度都为0，B 对；加速时动能 Ek12ma21t2，Ekt2，D 错，选B、C.10.质量为 m 的物块在平行于斜面的恒力 F 作用下，从倾角为 的固定斜面底端 A 由静止开始沿斜面上滑，经 B 点时速率为 v，此时撤去 F，物块滑回斜面底端时速率也为 v，若 A、B 间距离为 x，则()A.滑块滑回底端时重力的瞬时功率为 mgvB.整个过程中物块克服摩擦力做功为 FxC.下滑过程中物块重力做功为12Fx14mv2D.从撤去 F 到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为mgxsin CD【解析】从 AB，有 FxWf1mgxsin 12mv2，从 BCA.动能不变，Wf2mgxsin，全过程中，
23、WfWf1Wf2Fx12mv2，B 错，滑回 A 时，重力的瞬时功率 Pmgvsin，A 错；从撤去外力到滑回 A 点，动能不变，重力做正功 mgxsin，摩擦力做的负功量值上等于 mgxsin，D 对.从 AC，依动能定理，有：FxWGWf2 0 从 CA，依动能定理，有：WGWf2 12mv2 ，2WGFx12mv2 WGFx2 14mv2，C 对.二、计算题11.如图所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由 AO、OB 两段直杆通过光滑转轴连接在 O 处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过 O 点的瞬间没有机械能损失.AO 长为 L15 m，OB长为
24、L210 m.两堵竖直墙的间距 d11 m.滑杆 A 端用铰链固定在墙上，可自由转动.B 端用铰链固定在另一侧墙上.挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为 0.8.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)若测得消防员下滑时，OB 段与水平方向间的夹角始终为 37，求消防员在 AO 段运动时加速度的大小；(2)若 B 端在竖直墙上的位置可以改变，求消防员滑至 B 端的最大速度.(计算结果可用根式表示)【解析】(1)设杆 OA、OB 与水平方向夹角为、，根据几何关系有 dL1cos L2cos 解得：53 由牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma 解得在 AO 段运动的加速
25、度大小 agsin 53gcos 533.2 m/s2(2)设消防员滑至 B 端的速度为 v，根据动能定理有 mghmgL1cos mgL2cos 12mv2 其中 dL1cos L2cos 若两杆伸直，h 有最大值 hm（L1L2）2d2 104 m 解 得 消 防 员 滑 至 B 端 的 最 大 速 度vm 2g（hmd）40 26176m/s5.3 m/s.12.如图为竖直平面内的坐标系xOy，在第二象限有一光滑足够长水平平台，在第一象限固定一曲面呈抛物线形状的物体，曲面满足方程 y x23.6.在平台上的 P 点(图上未标出)，坐标为(2 m，3.6 m)，现有一质量为 m1 kg 的
26、物块(不计大小)，用水平向右的力 F9 N 拉物块，当物块离开平台时立即撤去拉力，最终物块撞到曲面上(g 取 10 m/s2).求：(1)物块撞到曲面前瞬间的动能大小；(2)要使物块撞到曲面前瞬间的动能最小，物块初始位置的坐标.【解析】(1)物块在平台上运动过程中，由动能定理：FxPmv202 解得：v06 m/s 物块离开平台后做平抛运动：x1v0t y1gt22 yPy1 x213.6 解得：y11.2 m 由动能定理：mgy1Ek112mv20 解得：Ek130 J(2)设物块初始位置坐标为(x0，y0)，由动能定理：Fx0mv212 物块离开平台后：x2v1t1 y2gt212 y0y2 x223.6 Fx0mgy2Ek 解得：Ek12（v2118）1 296v2118 9 由数学知识可知：当 v211836 即 v13 2 m/s时，Ek 有最小值.解得：x01 m 因此物块初始位置坐标为(1 m，3.6 m).