1、第2讲 动能 动能定理,一 动能,二 动能定理,基础过关,考点一 对动能定理的理解及应用,考点二 动能定理与图像综合问题,考点三 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用,考点突破,基础过关,一、动能 1.定义:物体由于 运动 而具有的能。 2.公式:Ek= mv2 。 3.单位: 焦耳 ,1 J=1 Nm=1 kgm2/s2。 4.标矢性:标量。,二、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=Ek2-Ek1= m - m 。 3.适用范围 a.动能定理既适用于直线运动,也适用于 曲线 运动。 b.动能定理既适用于恒力做功,也适用于
2、变力 做功。 c.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。,1.判断下列说法对错。 (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。 ( ),2.(多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法中正确的是( BC ) A.公式中的W为不包含重力的其
3、他力做的总功 B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,也可通过以下两种方式 计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功 C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W0时动能增加,当W0时动能减少 D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但 不适用于变力做功,3.A、B两物体在光滑水平面上,分别在相同的水平恒力F作用下, 由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量,则在这 一过程中( C ) A.A获得的动能较大 B.B获得的动能较大 C.A、B获得的动能一样大 D.无法比较A、B获得的动能大小,4.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的
4、小球A,若将小球A从弹 簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换 为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B下降h时 的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力) ( B ),A. B. C. D.,考点一 对动能定理的理解及应用,考点突破,1.动能定理公式中“=”体现的“三个关系”,2.应用动能定理解题的一般步骤,3.应用动能定理的“四个注意点” (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)动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理。 (3)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于
5、不涉及加速度和时间, 比用运动学研究更简便。 (4)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过程的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。,例1 (2018课标,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( A ),A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功,解析 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek W拉,故A正确,B错误;Ek可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。,考向1 对动能定理的理解 1.关于
6、运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关 系。下列说法正确的是 ( A ) A.合外力为零,则合外力做功一定为零 B.合外力做功为零,则合外力一定为零 C.合外力做功越多,则动能一定越大 D.动能不变,则物体合外力一定为零,解析 由W=Fl cos 可知,物体所受合外力为零,合外力做功一定为 零,但合外力做功为零,可能是=90,故A正确,B错误;由动能定理W=Ek 可知,合外力做功越多,动能变化量越大,但动能不一定越大,动能不变,合 外力做功为零,但合外力不一定为零,C、D均错误。,考向2 动能定理在变力做功中的应用 2.(多选)(2016课标,20,6分)如图,一固定容器的内壁是半径
7、为R的 半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内 壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度 大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持 力大小为N,则 ( AC ),A.a= B.a= C.N= D.N=,解析 由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W = mv2,在最低点的向心加速度a= ,联立得a= ,选项A正确,B 错误;在最低点时有N-mg=ma,所以N= ,选项C正确,D错误。,考向3 动能定理在直线运动中的应用 3.一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最 大高度为H,如图所示;
8、当物块的初速度为 时,上升的最大高度记为h。 重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为 ( D )A.tan 和 B. tan 和 C.tan 和 D. tan 和,解析 由动能定理有 -mgH-mg cos =0- mv2 -mgh-mg cos =0- m 解得= tan ,h= ,故D正确。,考向4 动能定理在曲线运动中的应用 4.如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放 置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下 落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4 mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N
9、点的过程中克 服摩擦力所做的功。则 ( ),A.W= mgR,质点恰好可以到达Q点 B.W mgR,质点不能到达Q点 C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 D.W mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离,答案 C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中, 由功能关系得:mg2R-W= mv2 质点在最低点时,FN-mg=m 由牛顿第三定律得FN=4mg 联立得W= mgR 质点由N点到Q点的过程中,在等高位置处的速度总小于由P点到N点下 滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做的功WW,故质点到达Q 点后,会继续上升一段距离,选项C正确。,方法技巧,考点二 动能定理与图像综合问
10、题,四类图像中面积的含义,解决物理图像问题的基本步骤,1.(多选)(2018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g=10 m/s2。根据以上信息 能精确得出或估算得出的物理量有 ( ABC ),A.物体与水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,解析 物体做匀速直线运动时,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= =0.35,A正确;减
11、速过程由动能定 理得WF+Wf=0- mv2,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Wf=-mgx,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。,2.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律 时,在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所 示。下列说法正确的是 ( D ),A.06 s内物体先向正方向运动,后向负方 向运动 B.06 s内物体在4 s时的速度最大 C.在24 s内物体的速度不变 D.04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力对物体做的
12、功,解析 在a-t图像中,图线与时间轴围成的“面积”表示物体在相应时间内速度的变化量,在时间轴上方为正,在时间轴下方为负。物体在6 s末的速度v6= (2+5)2 m/s- 12 m/s=6 m/s,则06 s内物体一直向正方向运动,A项错。由a-t图像可知,物体在5 s末速度最大,vm= (2+5)2 m/s=7 m/s,B项错。由a-t图像可知,在24 s内物体的加速度不变,物体做匀加速直线运动,速度变大,C项错。由动能定理可知,在04 s内合力对物体做的功为W合4= m -0,又v4= (2+4)2 m/s=6 m/s,得W合4=36 J;同理06 s内合力对物体做的功为W合6= m -
13、0,又v6=6 m/s,得W合6=36 J,则W合4=W合6,D项正确。,考点三 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用,1.应用动能定理应抓好“两状态,一过程” “两状态”即研究对象始、末状态,需明确研究对象的速度或动能情 况;“一过程”即研究对象的运动过程,明确这一过程研究对象的受力 情况和位置变化或位移信息。,2.应用动能定理解题的基本思路,3.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力,大小恒定的阻力或摩擦力做功 时,要注意运用它们的功能特点: (1)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关; (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积; (3)弹簧弹力做功与路径无关。,例
14、2 (2018课标,25,20分)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
15、 本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。 (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)2+ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 F=m ,由式和题给数据得 F0= mg v= (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 DA=R sin CD=R(1+cos ) 由动能定理有,-mgCD-F0DA= mv2- m 由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为 p=mv1= (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
16、C点落至水平轨道上所 用时间为t。由运动学公式有 vt+ gt2=CD,v=v sin 由 式和题给数据得 t=,考向1 运用动能定理巧解往复运动问题 1.(2019四川成都期中)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,滑块所受滑动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,则滑块经过的总路程是 ( A ),A. B. C. D.,解析 由于滑块所受滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,故滑 块最终要停在斜面底端。设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程 应用动能定理有mgx0 sin -m
17、gx cos =0- m ,解得x= ,选项A正确。,考向2 动能定理解决平抛运动、圆周运动问题 2.(2017湖南常德模拟)如图,一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度 从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧 轨道(不计空气阻力,进入圆弧轨道时无机械能损失)。已知圆弧的半径 R=0.3 m,=60,小球到达A点时的速度vA=4 m/s。g取10 m/s2,求: (1)小球做平抛运动的初速度v0; (2)P点与A点的高度差; (3)小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力。,答案 (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N,方向竖直向上 解析 (1)由题意知,小
18、球到A点时的速度vA沿圆弧上A点的切线方向,对 速度进行分解如图所示: 小球做平抛运动,由平抛运动规律得: v0=vx=vA cos =2 m/s。 (2)小球由P点至A点的过程,由动能定理得 mgh= m - m 解得h=0.6 m。,(3)小球从A点到C点的过程中,由动能定理得 -mg(R cos +R)= m - m 解得vC= m/s 小球在C点时,由牛顿第二定律得 FN+mg=m 解得FN=8 N 由牛顿第三定律得FN=FN=8 N 方向竖直向上。,方法技巧,动能定理在多过程、多阶段运动中的应用,热点题型探究,例3 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
19、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为, 求:,(1)滑块第一次滑至左侧弧上时距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。,答案 (1) (2) 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:mgh-mg cos =0,解 得h= 。 (2)通过分析可知,滑块最终滑至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:mgR cos -mg cos s=0
20、,解得:s= 。,1.(多选)(2018湖南长沙长郡中学高三周测)如图所示,竖直固定放 置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切,圆弧轨道的 半径为R,圆心O与A、D在同一水平面上,C点为圆弧轨道最低点,COB =30。现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放,小物块与粗 糙斜面AB间的动摩擦因数tan ,则关于小物块的运动情况,下列说法 正确的是 ( ),A.小物块可能运动到A B.小物块经过较长时间后会停在C点 C.小物块通过圆弧轨道最低点C时,对C点的最大压力大小为3mg D.小物块通过圆弧轨道最低点C时,对C点的最小压力大小为(3- )mg,答案 CD 物块从D点无初速
21、度滑下后,由于克服摩擦力做功,所以物 块在斜面上运动时机械能不断减小,在斜面上升的最大高度越来越小, 不可能运动到A点,又知道mg cos ,最终在与B点对 称的E点之间来回运动,A、B错误;物块第一次运动到C时速度最大,对轨 道的压力最大,物块从D第一次运动到C过程,由动能定理得:mgR= m ; 设此时轨道对物块的支持力为F1,由牛顿第二定律得:F1-mg= ,联立解 得:F1=3mg,由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力为3mg,故C正确;当,最后稳定后,物块在BE之间运动时,设物块经过C点的速度为v2,由动能 定理得:mgR(1-cos )= m ,设轨道对物块的支持力为F2,由牛顿第
22、二定 律得:F2-mg= ,联立解得:F2=(3- )mg,由牛顿第三定律可知,物块对C 点的最小压力为(3- )mg,D正确。,2.如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道 AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与 一半径为 R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一 竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点 (未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道 间的动摩擦因数= ,重力加速度大小为g。(取sin 37= ,cos 37= ) (1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
23、 (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。,(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道 的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平 相距 R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质 量。,答案 (1)2 (2) mgR (3) m,解析 (1)根据题意知,B、C之间的距离l为 l=7R-2R 设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得 mgl sin -mgl cos = m 式中=37。联立式并由题给条件得 vB=2 ,(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B 点运动到E点的过程中,由动能定理有,
24、mgx sin -mgx cos -Ep=0- m E、F之间的距离l1为 l1=4R-2R+x P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有 Ep-mgl1 sin -mgl1 cos =0 联立式并由题给条件得 x=R ,Ep= mgR (3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1= R- R sin y1=R+ R+ R cos 式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。 设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 y1= gt2,x1=vDt,联立 式得 vD= 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有m1 = m1 +m1g( R+ R cos ) P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有 Ep-m1g(x+5R) sin -m1g(x+5R) cos = m1,联立 式得 m1= m,
