第2講 動能定理及其應用 講義

1、.第2講動能定理及其應用見學生用書P072微知識1 動能1定義：物體由于運動而具有的能量叫做動能。2公式：Ekmv2。3單位：焦耳J，1 J1 N·m1 kg·m2/s2。4動能是標量，只有正值，沒有負值。5動能是狀態(tài)量，也具有相對性，因為v為瞬時速度，且與參考系的選擇有關，一般以地面為參考系。微知識2 動能定理1內(nèi)容所有外力對物體做的總功也叫合外力的功等于物體動能的變化。2表達式：W總Ek2Ek1。3對定理的理解當W總0時，Ek2Ek1，物體的動能增大。當W總0時，Ek2Ek1，物體的動能減少。當W總0時，Ek2Ek1，物體的動能不變。一、思維辨析判斷正誤，正確的畫“，錯

2、誤的畫“×。1一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。2動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。×3物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。×4運用動能定理可以求變力的功。5功和動能都是標量，所以動能定理沒有分量式。二、對點微練1對動能的理解多項選擇關于動能的理解，以下說法正確的選項是A動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，但凡運動的物體都具有動能B動能總為非負值C一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度不一定變化，但速度變化時，動能一定變化D動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)解析由動能的定義和特點知，故A、B項正確；動能是標量而速度是矢量，當動能變化時，速度

3、的大小一定變化；而速度的變化可能只是方向變了，大小未變，那么動能不變，且物體有加速度，處于非平衡狀態(tài)，故C、D項均錯誤。答案AB2對動能定理的理解兩輛汽車在同一平直路面上行駛，它們的質(zhì)量之比m1m212，速度之比v1v221，當兩車急剎車后，甲車滑行的最大間隔 為L1，乙車滑行的最大間隔 為L2，設兩車與路面間的動摩擦因數(shù)相等，不計空氣阻力，那么AL1L212 BL1L211CL1L221 DL1L241解析由動能定理，對兩車分別列式F1L10m1v，F(xiàn)2L20m2v，F(xiàn)1m1g，F(xiàn)2m2g，由以上四式聯(lián)立得L1L241，應選項D正確。答案D3動能定理的簡單應用在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為

4、m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時速度為v，用g表示重力加速度，那么在此過程中物塊抑制空氣阻力所做的功等于Amghmv2mvBmghmv2mvCmghmv2mvDmghmv2mv答案B見學生用書P072微考點1動能定理的理解和應用核|心|微|講1對動能定理的理解1動能定理說明了合力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關系和數(shù)量關系，不可理解為功轉(zhuǎn)變成了物體的動能。2動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。3動能定理公式中等號的意義：說明合力的功是物體動能變化的原因，且合力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系。2應用動能定理解題的根

5、本思路應用動能定理的關鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力的功，同時要注意各力做功的正負。典|例|微|探【例1】如下圖，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細線懸于O點，與O點處于同一程度線上的P點處有一個光滑的細釘，OP，在A點給小球一個程度向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B。求：1小球到達B點時的速率。2假設不計空氣阻力，那么初速度v0為多少。3假設初速度v03，那么小球在從A到B的過程中抑制空氣阻力做了多少功？【解題導思】1小球恰好到達B點的動力學條件是什么？答：小球恰好到達B點的動力學條件是僅由重力提供向心力。2空氣阻力對小球的作用力是恒力還是變力，其對小球做

6、的功能用功的公式求解嗎？答：空氣阻力對小球的作用力為變力，不能用功的公式求功。解析1小球恰能到達最高點B，由牛頓第二定律得mgm，解得vB。2假設不計空氣阻力，從AB由動能定理得mgmvmv，解得v0。3當v03時，由動能定理得mgWfmvmv，解得WfmgL。答案1 2 3mgL1應用動能定理應抓好“兩個狀態(tài)、一個過程，“兩個狀態(tài)即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況，“一個過程即明確研究過程，確定這一過程中研究對象的受力情況、位置變化或位移情況。2動能定理適用于恒力做功，也適用于變力做功；適用于直線運動，也適用于曲線運動。題|組|微|練1. 多項選擇如下圖，一塊長木板B放在光滑的程度面

7、上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前挪動一段間隔 。在此過程中A外力F做的功等于A和B動能的增量BB對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量CA對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D外力F對B做的功等于B的動能的增量與B抑制摩擦力所做的功之和解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，那么有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B項對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故摩擦力對二者做功不等，C項錯；

8、對B應用動能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B抑制摩擦力所做的功之和，D項對；由前述討論知B抑制摩擦力所做的功與A的動能增量等于B對A的摩擦力所做的功不等，故A項錯。答案BD2如下圖，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失，那么彈簧被壓縮至C點，彈簧對小球做的功為Amghmv2B.mv2mghCmghmv2Dmgh解析小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧彈力對小球做負功，由于支持力與位移方向始終垂直，那么

9、支持力對小球不做功，由動能定理，可得WGWF0mv2，重力做功為WGmgh，那么彈簧彈力對小球做的功為WFmghmv2，A項正確。答案A微考點2應用動能定理解決多過程問題核|心|微|講物體在某個過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程如加速、減速的過程，物體在運動過程中運動性質(zhì)發(fā)生變化，不同的運動過程其受力情況不同。單純從動力學的角度分析多過程問題往往相當復雜。這時，動能定理的優(yōu)勢就明顯地表現(xiàn)出來了。此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮。利用動能定理認識這樣一個過程，并不需要從細節(jié)上理解。分析力的作用是看其做功，也只需要把所有的功累加起來而已。力是變力還是恒力，一個力是否一直在作用，這些顯得不再重

10、要。典|例|微|探【例2】如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開場下滑，最低到達E點未畫出。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R。P與直軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。取sin37°，cos37°1求P第一次運動到B點時速度的大小。2求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。3改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開場釋放。P自圓弧軌道的最高點D處程度飛出后，恰

11、好通過G點。G點在C點左下方，與C點程度相距R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量?！窘忸}導思】1P從C到B的過程中有哪些力做功？答：重力和摩擦力做功。2壓縮彈簧從B到E抑制彈力做功與彈簧伸長從E到B彈力做正功相等嗎？答：相等。3第3問中物體經(jīng)過了幾個階段的運動？答：先是彈簧將物體彈開的過程，接著物體沿斜面上滑，再在光滑圓軌道中運動，最后做平拋運動。解析1根據(jù)題意知，B、C之間的間隔 為l7R2R，設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinmglcosmv，式中37°。聯(lián)立式并由題給條件得vB2。2設BEx。P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為E

12、p。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinmgxcosEp0mv，E、F之間的間隔 為l14R2Rx，P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Epmgl1sinmgl1cos0，聯(lián)立式并由題給條件得xR，EpmgR。3設改變后P的質(zhì)量為m1。D點與G點的程度間隔 x1和豎直間隔 y1分別為x1RRsin，y1RRRcos，式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為的事實。設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1gt2，x1vDt，聯(lián)立式得vD。設P在C點速度的大小為vC。在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有m1vm1v

13、m1g，P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有Epm1gx5Rsinm1gx5Rcosm1v，聯(lián)立式得m1m。答案122mgR3m【反思總結(jié)】利用動能定理求解多過程問題的根本思路1弄清物體的運動由哪幾個階段組成。2分析各階段中物體的受力及做功情況。3從總體上把握全過程，表達出總功，找出初末狀態(tài)的動能。4對所研究的全過程運用動能定理列方程。題|組|微|練3如下圖，傳送帶A、B之間的間隔 為L3.2 m，與程度面間夾角37°，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v2 m/s，在上端A點無初速放置一個質(zhì)量為m1 kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后

14、，經(jīng)過彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，B、D兩點的豎直高度差為h0.5 mg取10 m/s2。求：1金屬塊經(jīng)過D點時的速度大小。2金屬塊在BCD彎道上抑制摩擦力做的功。解析1金屬塊在E點時，mgm，解得vE2 m/s，在從D到E過程中由動能定理得mg·2Rmvmv，解得vD2 m/s。2金屬塊剛剛放上時，mgsinmgcosma1，解得a110 m/s2。設經(jīng)位移s1到達共同速度，那么v22a1s1時，解得s10.2 m<3.2 m，繼續(xù)加速過程中，mgsinmgcosma2，解得a22 m/s2。由s2Ls13 m，vv22a2s2，解得v

15、B4 m/s。在從B到D過程中由動能定理得mghWmvmv，解得W3 J。答案12 m/s23 J4如下圖，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN是程度的。一小物塊從M點正上方高度為H處自由下落，正好在M點滑入半圓軌道，測得其第一次分開N點后上升的最大高度為。小物塊接著下落從N點滑入半圓軌道，在向M點滑行過程中整個過程不計空氣阻力A小物塊正好能到達M點B小物塊一定到不了M點C小物塊一定能沖出M點D不能確定小物塊能否沖出M點解析小物塊第一次飛出過程根據(jù)動能定理得mgHmgWf0，假設能再次到達M點，根據(jù)動能定理有mgWfmv2，因小物塊第二次經(jīng)過半圓軌道過程中速度小于第一次，軌道支持力

16、也變小，物塊所受摩擦力變小，故抑制阻力做功Wf<Wf，故速度v>0，因此小物塊能沖出M點，選項C正確。答案C微考點3動能定理與圖象的綜合問題核|心|微|講解決物理圖象問題的根本方法1觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。2根據(jù)物理規(guī)律推導縱坐標和橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式，結(jié)合圖象找出圖線的斜率、截距、交點、圖線下的面積所對應的物理意義。3根據(jù)對應關系列式解答問題。典|例|微|探【例3】如圖甲所示，長為4 m的程度軌道AB與半徑為R0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊大小不計，從A處由靜止開場受程度向右的

17、力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。求：1滑塊到達B處時的速度大小。2滑塊在程度軌道AB上運動前2 m過程所用的時間。3假設到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達最高點C，那么滑塊在半圓弧軌道上抑制摩擦力所做的功是多少？【解題導思】1滑塊從A到B做了什么運動？答：先加速后減速。2Fx圖線與位移軸包圍的面積表示什么？答：表示力F做的功。解析1對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1F3x3mgxmv，即20×2 J10×1 J0.25×1×10

18、×4 J×1×v，得vB2 m/s。2在前2 m內(nèi)，有F1mgma，且x1at，解得t1 s。3當滑塊恰好能到達最高點C時，應用：mgm。對滑塊從B到C的過程，由動能定理得Wmg×2Rmvmv，代入數(shù)值得W5 J，即抑制摩擦力做的功為5 J。答案12 m/s2 s35 J題|組|微|練5多項選擇運發(fā)動以一定的初速度將冰壺沿程度面推出，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化圖線如下圖。冰壺質(zhì)量為19 kg，g取10 m/s2，那么以下說法正確的選項是A0.05 B0.01C滑行時間t5 s D滑行時間t10 s解析對冰壺由動能定理得mgx0mv，得0.01，

19、B項正確；冰壺運動時ag0.1 m/s2，由運動學公式xat2得t10 s，D項正確。答案BD6多項選擇質(zhì)量為1 kg的物體在程度粗糙的地面上受到一程度外力F作用運動，如圖甲所示，外力F和物體抑制摩擦力f做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示，重力加速度g為10 m/s2。以下分析正確的選項是A物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B物體運動位移為13 mC前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2Dx9 m時，物體速度為3 m/s解析由Wffx對應圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力f2 N，由fmg可得0.2，A項正確；由WFFx對應圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F15 N，39 m內(nèi)拉力F22

20、N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a13 m/s2，C項正確；由動能定理得WFfxmv2可得x9 m時，物體的速度為v3 m/s，D項正確；物體的最大位移xm13.5 m，B項錯誤。答案ACD見學生用書P075運用動能定理求解往復運動問題素能培養(yǎng)有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而描繪運動的物理量多數(shù)是變化的，且重復次數(shù)又往往是無限的或者很難確定。求解這類問題時假設運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動能定理只關心物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可迎刃而解。經(jīng)典考題如下圖，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相

21、切的圓弧，BC是程度的，其寬度d0.50 m。盆邊緣的高度為h0.30 m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開場下滑。盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，那么停的地點到B點的間隔 為A0.50 mB0.25 m C0.10 mD0解析設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有程度面上存在摩擦力，那么小物塊從A點開場運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為mgs，而重力做功與途徑無關，由動能定理得mghmgs00，代入數(shù)據(jù)可解得s3 m。由于d0.50 m，所以，小物塊在BC段經(jīng)過3次往復運動后，又回到B點。答案D對法對題1.

22、如下圖，斜面的傾角為，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的間隔 為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。假設滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是A.B.C.D.解析滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產(chǎn)生的熱量為Qmvmgx0sin，又由全程產(chǎn)生的熱量等于抑制摩擦力所做的功，即Qmgxcos，解以上兩式可得x，選項A正確。答案A2.如下圖，AB、CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部B、C分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R為2.0 m，一個物

23、體在離弧底E高度為h3.0 m處，以初速度v4.0 m/s沿斜面運動，假設物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02，那么物體在兩斜面上不包括圓弧部分一共運動的路程是多少？g取10 m/s2解析兩個斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120°，所以可得出斜面的傾角為60°，物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為fmgcos60°0.02×mg0.01mg。重力沿斜面的分力Gmgsin60°mgf，所以物體不能停留在斜面上。物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，物體的機械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復運動。設

24、物體在斜面上運動的總路程為s，對全過程應用動能定理得mghR1cos60°mgscos60°0mv2，解得s280 m。答案280 m見學生用書P0751. 多項選擇如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面程度直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，抑制摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么AaBaCNDN解析質(zhì)點由半球面最高點到最低點的過程中，由動能定理有，mgRWmv2，又在最低點時，向心加速度大小a，兩式聯(lián)立可得a，A項正確，B項錯誤；在最低點時有Nmgm，解得N，C項正確，D項錯誤。答案AC2.質(zhì)量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標x的變化情況如下圖。物體在x0處，速度為1 m/s，一切摩擦不計，那么物體運動到x16 m處時，速度大小為A2 m/s B3 m/sC4 m/s D.m/s解析由圖可知變力F做的正功W110×