1、1动能定理及其应用主干梳理 对点激活知识点 动能 1定义：物体由于 运动而具有的能。01 2公式： Ek mv2。02 123矢标性：动能是 标量，只有正值，动能与速度方向 无关。03 04 4状态量：动能是 状态量，因为 v 是瞬时速度。05 5相对性：由于速度具有 相对性，所以动能也具有相对性。06 6动能的变化：物体 末动能与 初动能之差，即 Ek mv mv 。动能的变化07 08 12 2 12 21是过程量。知识点 动能定理 1内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中 动能的变化。01 2表达式(1)W Ek。02 (2)W Ek2 Ek1。03 (3)W mv mv 。0
2、4 12 2 12 213物理意义： 合外力的功是物体动能变化的量度。05 4适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于 曲线运动。06 (2)既适用于恒力做功，也适用于 变力做功。07 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 不同时作用。08 一 思维辨析1合外力做功是物体动能变化的原因。( )2如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。( )3物体的动能不变就是物体的速度不变。( )4物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。( )5运用动能定理可以求变力做功。( )答案 1. 2. 3. 4. 5.二 对点激活21(人教版必修 2P74T1改编)改变汽车的质量
3、和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是( )A质量不变，速度增大到原来的 2 倍B速度不变，质量增大到原来的 2 倍C质量减半，速度增大到原来的 2 倍D速度减半，质量增大到原来的 4 倍答案 D解析 由 Ek mv2知只有 D 项汽车动能不变。122(多选)关于动能定理的表达式 W Ek2 Ek1，下列说法正确的是( )A公式中的 W 为不包含重力的其他力做的总功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，
4、 Ek0， Wt01.7 s，D 错误。总结升华与动能定理结合紧密的几种图象(1)v t 图：由公式 x vt 可知， v t 图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)F x 图：由公式 W Fx 可知， F x 图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(3)P t 图：由公式 W Pt 可知， P t 图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)a t 图：由公式 v at 可知， a t 图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。变式 2 (2018南平模拟)(多选)放在粗糙水平地面上质量为 0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在 06 s 内其速度与时间的关系图象和该拉力
5、的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是( )A06 s 内拉力做的功为 140 JB物体在 02 s 内所受的拉力为 4 N7C物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为 0.5D合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等答案 AD解析 06 s 内拉力做的功可以由 P t 图线与 t 轴围成的面积求得 W140 J，故 A正确；26 s 内物体匀速运动，由 P F2v2得 26 s 内拉力 F2 2 N，则摩Pv2 20 W10 m/s擦力 Ff F22 N,02 s 内由 v t 图得 a5 m/s2，由牛顿第二定律 F1 Ff ma，得F16 N，故 B 错误；由 Ff
6、 mg 得 0.25，故 C 错误；合外力做的功等于动能的增加量，所以 06 s 内与 02 s 内合外力做的功相等，故 D 正确。考点 3 应用动能定理解决曲线运动问题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。例 3 如图所示，质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O 点，与 O 点处于同一水平线上的 P 点处有一个光滑的细钉，已知 OP ，在 A 点给小球一个水平向左的初速度L2v0，发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B。(1)求小球到达 B 点时
7、的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度 v0为多少？(3)若初速度 v03 ，小球仍能恰好到达 B 点，则小球在从 A 到 B 的过程中克服gL空气阻力做了多少功？解题探究 (1)小球恰好到达最高点 B 时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力。(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？提示：不变，因为细线拉力与速度垂直。尝试解答 (1) (2) (3) mgLgL2 7gL2 114(1)小球恰好到达最高点 B，所以 mg ，mv2BL28得 vB 。gL2(2)从 A 到 B 的过程由动能定理得 mg mv mv ，(LL2) 12 2B 12 20可得 v0 。7gL2(3)
8、从 A 到 B 过程由动能定理得 mg W mv mv0 2(LL2) 12 2B 12可得 W mgL。114总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用。变式 3 (2019洛阳市尖子生联考)如图所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数均为 。一质量为 m 的小滑块从 P 点正上方由静止释放，释放高度为 R，小滑块恰好从 P 点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg， g 为重
9、力加速度。用 W 表示小滑块第一次在轨道 NQ 段运动时克服摩擦力所做的功。则( )A W mgR12B Wf 乙 ，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则 m 甲 m 乙 ，故 A 正确，B 错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D 错误。174. (2018成都月考)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. B.1 ( v202gcos x0t
10、an ) 1 ( v202gsin x0tan )C. D.2 ( v202gcos x0tan ) 1 ( v202gcos x0cot )答案 A解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用动能定理： mgx0sin mgx cos 0 mv ，解得 x ，A 正确。12 20 1 ( v202gcos x0tan )5(2018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 时停下，其 v t 图象如图所示，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
11、中拉力做的功等于零C t2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D t1 s 到 t3 s 这段时间内拉力不做功答案 A解析 对物块运动全过程应用动能定理得： WF Wf0，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。6如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力 F 的作用下由静止开始运动，其速度 v、动能 Ek及拉力功率 P 随时间 t 或位移 x 的变化图象可能正确的是( )18答案 C解析 物块在水平恒力作用下由静止
12、开始做匀加速直线运动，其加速度 a ，速度Fmv at t， vt 图象为过坐标原点的倾斜直线，A 错误；由 v22 ax x，可知 vx 图象Fm 2Fm的抛物线开口向 x 轴正方向，B 错误；动能 Ek mv2 t2，C 正确；功率12 F22mP Fv Fat t，D 错误。F2m7. (2018石家庄一模 )如图所示， N、 M、 B 分别为半径等于 0.1 m 的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点， B 点和圆心 O 等高，连线 NO 与竖直方向的夹角为 37。现从B 点的正上方某处 A 点由静止释放一个质量为 0.1 kg 的小球，进入圆轨道后，从 N 点飞出时的速度大小为 2
13、 m/s。不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s 2，下列说法正确的是( )A A、 B 间的竖直高度为 0.12 mB小球经过 B 点时对轨道压力的大小为 2.4 NC小球经过 M 点时对轨道压力的大小为 4.4 ND小球从 A 点到 M 点的过程中所受重力的功率一直增大答案 AB解析 设 AB 的竖直高度为 h，由 A 到 N 由动能定理得： mg(h Rcos37) mv 0，12 2N得 h0.12 m，故 A 正确；由 A 到 B 由动能定理得 mgh mv 0， NB ，得 NB2.4 12 2B mv2BR19N，由牛顿第三定律知小球在 B 点对轨道压力大小为 2.4 N，故
14、B 正确；由 A 到 M 由动能定理得： mg(h R) mv 0， NM mg ，得 NM5.4 N，由牛顿第三定律知小球在 M 点对12 2M mv2MR轨道压力大小为 5.4 N，故 C 错误；重力的瞬时功率 P mgvcos ， A 点因 v0，则P0， M 点因 90，则 P0，故从 A 点到 M 点，重力的功率先变大后变小，故 D 错误。8(2018福建泉州检测)如图甲所示，长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图象如图乙所示，则( )A 0tanB物块下滑的加速度逐渐
15、增大C物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为 0mglcos12D物块下滑到底端时的速度大小为 2glsin 2 0glcos答案 BC解析 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足 mgsin 0mgcos ，即 00，可得 vM ，B 项正确。在 P Q 的过程中因重力沿斜面向下的Lcos 2gLcos分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C 项正确。由几何关系可知滑块由 P 到 Q 下降的高度大于由Q 到 M 下降的高度，又 P 到 Q 过程中弹簧弹力做正功， Q 到 M 过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D
16、项错误。10(2018安徽定远期末)如图所示，一个小球(可视为质点)从 H12 m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道 AB 进入半径 R4 m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点 C 时，刚好对轨道压力为零；然后沿 CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道 BD，到达高度为 h 的 D 点时速度为零，则 h 的值可能为( )21A10 m B9.5 m C8.5 m D8 m答案 BC解析 小球到达圆环顶点 C 时，刚好小球对轨道压力为零，在 C 点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得： mg m ，开始小球从 H12 m 高处，由静止开始通过光滑弧v2R形轨道 AB，因此
17、在小球上升到顶点 C 时，根据动能定理得： mg(H2 R) Wf mv2，得12Wf2 mg。从 C 到 D 由动能定理得： mg(2R h) Wf0 mv2，由于摩擦力做功，所以上12升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以 0Wf Wf，解得 8 mh10 m，所以 B、C 正确。二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11(15 分)如图所示，质量 m3 kg 的小物块以初速度 v04 m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为 R3.75 m， B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A
18、 与圆心 O 的连线与竖直方向成 37角。MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数 0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r0.4 m 的半圆轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD 在 D 点平滑连接。已知重力加速度 g10 m/s 2，sin370.6，cos370.8。(1)求小物块的抛出点离 A 点的竖直距离 h；(2)若 MN 的长度为 L6 m，求小物块通过 C 点时所受轨道的弹力 FN；(3)若小物块恰好能通过 C 点，求 MN 的长度 L。答案 (1)0.45 m (2)60 N (3)10 m解析 (1)根据平抛运动规律有：tan37
19、gtv0得 t0.3 s解得 h gt20.45 m。12(2)小物块由抛出点运动到 B 点的过程中，根据动能定理有：mgh R(1cos37) mv mv12 2B 12 20解得 vB2 m/s10小物块由 B 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理有：22 mgL 2 mgr mv mv12 2C 12 2B在 C 点： FN mgmv2Cr解得 FN60 N。(3)小物块刚好能通过 C 点时，有 mgmvC 2r解得 vC2 m/s小物块从 B 点运动到 C 点的过程中，根据动能定理有： mgL 2 mgr mvC 2 mv12 12 2B解得 L10 m。12. (15 分)如图所示
20、， AB 是倾角为 30的粗糙直轨道， BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R。一个质量为 m 的物体(可以看成质点)从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；(2)求物体滑回轨道 AB 上距 B 点的最大距离；(3)释放点距 B 点的距离 L应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?答案 (1)3 mg(1 ) (2) R3 33 1(3)L R3 31 3解析 (1)根据几何关系可得 PB 的长
21、度l RRtan 3从 P 点到 E 点根据动能定理，有mgR mg cos l mv 012 2E代入数据解得 vE 2 3 gR在 E 点，根据牛顿第二定律有 FN mg mv2ER23解得 FN3 mg(1 )由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力 FN FN3 mg(1 )。(2)设物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离为 x，根据动能定理，有mg(l x)sin mg cos (l x)0代入数据解得 x R。3 33 1(3)物体刚好到达最高点 D 时，有 mg mv2R解得 v gR从释放点到最高点 D 的过程，根据动能定理，有mg(Lsin R Rcos ) mg cos L mv2012代入数据解得 L R3 31 3所以只有 L R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。3 31 324
