1、1第 25 讲 动能定理及其应用考点一 对动能定理的理解和应用1动能(1)定义：物体由于 运动而具有的能叫动能。01 (2)公式：E k mv2。02 12(3)单位： 焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。03 (4)性质：动能是状态量，是 标量。04 2动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体做的功，等于物体在这个过程中 动能的变化量。05 (2)表达式：W EkE k2E k1 mv mv 。06 07 12 2 12 21(3)物理意义： 合外力的功是物体动能变化的量度。08 (4)适用条件动能定理既适用于直线运动，也适用于 曲线运动。09 既适用于恒力做功，也适用于 变力做功。1
2、0 力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 分阶段作用。11 3对动能定理的理解(1)动能定理表明了“三个关系”数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功。因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因。量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。(2)标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。(3)相对性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。(多选)如图所示，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2
3、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( )A对物体，动能定理的表达式为 WN mv ，其中 WN为支持力的功12 2B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 WN mgH mv mv ，其中 WN为支持力的功12 2 12 21D对电梯，其所受合力做功为 Mv Mv12 2 12 21解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力 mg、支持力 FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量 Ek mv mv ，故 A、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力
4、对12 2 12 21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方法感悟1应用动能定理的流程2应用动能定理的注意事项3(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。(3)动能变化量一定是末动能减去初动能。(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为正功，最后根据结果加以检验。1(人教版必修 2 P74T1改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的 2 倍的是( )A质量不变
5、，速度变为原来的 2 倍B质量和速度都变为原来的 2 倍C质量变为原来的 2 倍，速度减半D质量减半，速度变为原来的 2 倍答案 D解析 由 Ek mv2知， m 不变， v 变为原来的 2 倍， Ek变为原来的 4 倍。同理， m 和 v12都变为原来的 2 倍时， Ek变为原来的 8 倍； m 变为 2 倍，速度减半时， Ek变为原来的一半；m 减半， v 变为 2 倍时， Ek变为原来的 2 倍，故选项 D 正确。2(人教版必修 2 P74T3改编)子弹的速度为 v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的 时，子弹的速13度是(
6、)A. v B. v C. v D. v13 33 23 63答案 D解析 设木块的厚度为 d，木块对子弹的作用力为 F，打穿木块时，由动能定理得 Fd0 mv2，打穿其厚度的 时，由动能定理得 F mv 2 mv2，联立解得12 13 d3 12 12v v，故 D 正确。633在离地面高为 h 处竖直上抛一质量为 m 的物块，抛出时的速度为 v0，当它落到地面时的速度为 v，用 g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A mgh mv2 mv B mv2 mv mgh12 12 20 12 12 20C mgh mv mv2 D mgh mv2 mv12 20 1
7、2 12 12 20答案 C解析 对物块从 h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动4能定理可得 mgh Wf mv2 mv ，解得 Wf mgh mv mv2，C 正确。12 12 20 12 20 124. 如图所示，小车 A 放在一个倾角为 30的足够长的固定的光滑斜面上， A、 B 两物体由绕过轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为 g，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车 A 的质量为 3m，小球 B 的质量为 m，小车从静止释放后，在小球 B 竖直上升h 的过程中，小车受绳的拉力大小 FT和小车获得的动能 Ek分别为( )A FT mg， Ek mgh38B FT mg， Ek m
8、gh32C FT mg， Ek mgh98 32D FT mg， Ek mgh98 38答案 D解析 小车 A 与小球 B 做加速运动，分析小车，据牛顿第二定律得 3mgsin30 FT3 ma，分析小球 B，据牛顿第二定律得 FT mg ma，联立可得小车受绳的拉力大小FT 。当小球 B 上升 h 高度时，根据动能定理有 3mghsin30 mgh (3m m)v20，9mg8 12解得 v 。小车获得的动能为 Ek 3mv2 3m ，综合上述可知，12gh 12 12 gh4 3mgh8A、B、C 错误，D 正确。考点二 动能定理与图象综合1解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图
9、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、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。52四类图象所围“面积”的含义6质量 m1 kg 的物体，在水平拉力 F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移 4 m 时，拉力 F 停止作用，运动到位移是 8 m 时物体停止，运动过程中动能与位移图象( Ekx)如图所示。( g 取 10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2
10、)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力 F 的大小。解析 (1)从图象可知初动能 Ek02 J由 Ek0 mv2解得 v2 m/s。12(2)在位移为 4 m 处物体的动能为 Ek10 J，在位移为 8 m 处物体的动能为零，此过程中物体克服摩擦力做功。设摩擦力为 Ff，由动能定理有 Ffx20 Ek得出 Ff N2.5 NEkx2 104因 Ff mg ，故 0.25。Ffmg 2.510(3)物体从开始到移动 4 m 这段过程中，受拉力 F 和摩擦力 Ff的作用，根据动能定理有( F Ff)x1 Ek Ek0故得 F Ff N4.5 N。Ek Ek0x1 (10 24 2.5)另一
11、种解法思路：由动能定理知 W 总 F 合 x Ek，则 Ekx 图象的斜率表示物体所受合外力，结合图象有 04 m 内： F mg 2 N，48 m 内： mg 2.5 N，即可得到答案，这也是解决此类问题的一种方法。答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N方法感悟1 从图象的意义切入，把分析力、功与能量间的关系、物体动能的变化情况以及合力做功作为突破问题的关键。7(2)Wx 图象：通过“斜率”求得某种力 F。(3)Ekx 图象：通过“斜率”求得合力 F。A、 B 两物体分别在水平恒力 F1和 F2的作用下沿水平面运动，先后撤去 F1、 F2后，两物体最终停下，它们的 vt 图
12、象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是( )A F1、 F2大小之比为 12B F1、 F2对 A、 B 做功之比为 12C A、 B 质量之比为 21D全过程中 A、 B 克服摩擦力做功之比为 21答案 C解析 由速度时间图象可知，撤去 F1、 F2后， A、 B 做匀减速直线运动的加速度之比为 a1 a212，已知 A、 B 受摩擦力大小相等即 f1 f2，又 f1 m1a1， f2 m2a2，所以A、 B 质量之比为 m1 m2 a2 a121，C 正确；由速度时间图象可知， A、 Bf1a1 f2a2两物体加速与减速的总位移相等，且匀加速运动位移之比
13、为 12，匀减速运动的位移之比为 21，设总位移为 3x，对 A 物体的全过程由动能定理可得： F1x f13x00，对 B物体的全过程由动能定理可得： F22x f23x00，联立可得 F13 f1， F2 f2，又32f1 f2，所以 F12 F2，A 错误；全过程中摩擦力对 A、 B 做功相等， F1、 F2对 A、 B 做功大小相等，B、D 错误。考点三 动能定理求解多过程问题1多过程问题即包含几个子过程，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速8直线运动、圆周运动、平抛运动、往复运动等综合问题。2解决多
14、过程问题的方法思路(1)当包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个子过程或整个过程作为研究对象，然后运用动能定理解题。(2)应用动能定理时注意要使合力做功对应的过程和初、末状态动能对应的过程相统一。(3)当研究整个过程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功时，要注意它们的做功特点：重力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。(4)解题时注意过程与过程的衔接物理量关系，当所求解的问题不涉及中间速度时，一般优先选择全过程利用动能定理求解。如图所示，倾角 45的粗糙平直导轨 AB 与半径为 R 的光滑圆环轨道相切，切点为 B，整个轨道处在竖直
15、平面内。一质量为 m 的小滑块(可以看做质点)从导轨上离地面高为 h3 R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：(1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。解析 (1)小滑块从 C 点飞出来做平抛运动，设水平速度为 v0。竖直方向上： R gt212水平方向上： R v0t2解得 v0 。gR(2)设小滑块在最低点时速度为 v，小滑块从圆环最低点到最高点 C 的过程
16、，由动能定理得 mg2R mv mv212 20 129解得 v 5gR在最低点由牛顿第二定律得FN mg m v2R解得 FN6 mg由牛顿第三定律得 FN6 mg。(3)从 D 到最低点过程中，设在 DB 间运动过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动能定理得mgh Wf mv2012解得 Wf mgR。12答案 (1) (2)6 mg (3) mgRgR12方法感悟1应用动能定理的关键对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，可画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。2求解多过程问题须抓好“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
17、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。3应用动能定理解决平抛运动、圆周运动等曲线运动问题时注意(1)平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。4运用动能定理巧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，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定，例如求一篮球从高处落下到最终静止在水平面上的过程中克服空气阻力所做的功。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
18、只关心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。求解时注意：(1)首先要确定物体运动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 WG mgh 直接求解。(3)滑动摩擦力或空气阻力做功与物体运动路径有关，可用 Wf Ffs 求解，其中 s 为物体运动的路程。1(2018银川一中模拟) 如图，固定板 AB 倾角 60，板 BC 水平， AB、 BC 长度均为 L，小物块从 A 处由静止释放，恰好滑到 C 处停下来。若调整 BC 使其向上倾斜，倾角10不超过 90，小物块从 A 处由静止滑下再沿 BC 上滑，上滑距离与 BC 倾角有关。不计 B
19、处机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿 BC 上滑的最小距离为 x，则( )A x B xL3 L2C x D x2L2 3L2答案 B解析 小物块从 A 处由静止释放，恰好滑到 C 处停下来，由动能定理得：mgLsin mgL cos mgL 00， ，若调整 BC 使其向上倾斜，设 BC 与水平方33向之间的夹角为 时，小物块沿 BC 上滑的距离最小，为 x，由动能定理可得：mgLsin mgL cos mgxsin mgx cos 00，解得： x 33Lsin cos 。故 B 正确。33L1 2 L22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
20、段与 BC 相切的圆弧， BC 是水平的，其距离 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(图中小物块未画出)。已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，则停的地点到 B 的距离为( )A0.50 m B0.25 m C0.10 m D0答案 D解析 设小物块在 BC 段通过的总路程为 s，由于只有 BC 面上存在摩擦力，而重力做功与路径无关，由动能定理得： mgh mgs 00，代入数据可解得 s3 m。由于11d0.50 m，所以，小物块在 BC 面上经过 3
21、次往复运动后，又回到 B 点。D 正确。3如图所示，传送带 A、 B 之间的距离为 L3.2 m，与水平面间的夹角为 37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为 v2 m/s，在上端 A 点无初速度地放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为 0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点 E，已知 B、 D 两点的竖直高度差为 h0.5 m( g 取 10 m/s2)。求：(1)金属块经过 D 点时的速度；(2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功。答案 (1)2 m/s (2)3 J5解析 (1)金属块刚
22、好通过最高点 E 点，则 mg ，解得 vE2 m/s，在从 D 到 E 的mv2ER过程中由动能定理得 mg2R mv mv ，解得 vD2 m/s。12 2E 12 2D 5(2)金属块刚刚放上时， mgsin mg cos ma1解得 a110 m/s 2设金属块经位移 s1与传送带达到相同速度，则v22 a1s1时，解得 s10.2 m0，所以 mv mvB 2，则环经过 B 时，上滑的速度大于下滑的速度，故 D 正确。12 2B1211. (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
23、 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 W1530 J，取 g10 m/s 2。(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。答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)
24、运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有v 2 ax2B由牛顿第二定律有 mg Ff maHx联立式，代入数据解得 Ff144 N。(2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到 C 的过程中，由动能定理有18mgh W mv mv 12 2C 12 2B设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有 FN mg m v2CR由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立式，代入数据解得R12.5 m，即 R 至少应为 12.5 m。12(2015山东高考)如图甲所示，物块与质量为 m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接
25、。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为 l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于 l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的 0.6 倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为 g。求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。答案 (1)3 m (2)0.1 mgl解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为 T1，传感装置的初始值为 F1，物块
26、质量为 M，由平衡条件得对小球， T1 mg对物块， F1 T1 Mg当细绳与竖直方向的夹角为 60时，设细绳的拉力大小为 T2，传感装置的示数为 F2，据题意可知， F21.25 F1，由平衡条件得对小球， T2 mgcos60对物块， F2 T2 Mg联立式解得 M3 m。(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为 Wf，由动能定理得 mgl(1cos60) Wf mv2012在最低位置，设细绳的拉力大小为 T3，传感装置的示数为 F3，据题意可知，F30.6 F1，对小球，由牛顿第二定律得 T3 mg m v2l对物块，由平衡条件
27、得 F3 T3 Mg联立式解得 Wf0.1 mgl。13(2014福建高考)如图所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的 AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点水平相切。点 A 距19水面的高度为 H，圆弧轨道 BC 的半径为 R，圆心 O 恰在水面。一质量为 m 的游客(视为质点)可从轨道 AB 的任意位置滑下，不计空气阻力。(1)若游客从 A 点由静止开始滑下，到 B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面 D 点，OD2 R，求游客滑到 B 点时的速度 vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功 Wf；(2)某游客从 AB 段某处滑下，恰好停在 B 点
28、，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到 P 点后滑离轨道，求 P 点离水面的高度 h。(提 示 ： 在 圆 周 运 动 过 程 中 任 一 点 ， 质 点 所 受 的 向 心 力 与 其 速 率 的 关 系 为 F向 mv2R)答案 (1) ( mgH2 mgR) (2) R2gR23解析 (1)游客从 B 点做平抛运动，有2R vBtR gt212由式得 vB 2gR从 A 到 B，根据动能定理，有mg(H R) Wf mv 012 2B由式得 Wf( mgH2 mgR)。(2)设 OP 与 OB 间夹角为 ，设游客在 P 点时的速度为 vP，受到的支持力为 N，从 B到 P 由机械能守恒定律，有 mg(R Rcos ) mv 012 2P过 P 点时，根据向心力公式，有mgcos N m v2PRN0cos hR由式解得 h R。2320
