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1、第2讲动能动能定理动能(考纲要求 )1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能2公式：Ekmv2.3单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2.4矢标性：动能是标量，只有正值5状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度.动能定理(考纲要求 )1.内容：在一个过程中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2表达式：Wmvmv.3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度4适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)一定质量的物体动能变化时，
2、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，合外力对物体做的功一定为零()(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化()答案(1)(2)(3)(4)基 础 自 测1(单选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为()Av0 Bv12 m/s CEk1.8 J DEk10.8 J解析取初速度方向为正方向，则v(66)m/s12 m/s，由于速度大小没
3、变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确答案B2(单选)如图521所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为()图521AWmvmvBWmvmvCWmvmvD由于F的方向未知，W无法求出解析物块由A点到B点的过程中，只有力F做功，由动能定理可知，Wmvmv，故B正确答案B3(单选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用此后，该质点的动能不可能()A一直增大B先逐渐减小至零，再逐渐增大C先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析若力
4、F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A可能若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B可能若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D可能，选项C不可能，本题选C.答案C4(单选)在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)()解析小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化，先减小后反向增大，A对；位移和动能与
5、时间不是线性关系，C、D错答案A5(单选)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一半时，子弹的速度是()A. BvC D解析设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为f.根据动能定理，子弹刚好打穿木块的过程满足fd0mv2.设子弹射入木块厚度一半时的速度为v，则fmv2mv2，得vv，故选B.答案B热点一对动能定理的理解及简单应用1从两个方面理解动能定理(1)动能定理公式中体现的三个关系：数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功单位关系
6、，等式两侧物理量的国际单位都是焦耳因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因(2)动能定理叙述中所说的“外力”，即可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力2应用动能定理的注意事项(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)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系图522【典例1】 如图522所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的
7、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WFNmv，其中WFN为支持力的功B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WFNmgHmvmvD对电梯，其所受合力做功为MvMv解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，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【跟踪短训】1质量m2 kg的物体，在光滑水平面上以v16 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F
8、8 N方向向北的恒力作用于物体，在t2 s内物体的动能增加了()A28 J B64 J C32 J D36 J解析由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动：a4 m/s2，v2at8 m/s.2s末物体的速度v10 m/s,2 s内物体的动能增加了Emv2mv64 J，故选项B正确答案B图5232人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图523所示，则在此过程中()A物体所受的合外力做功为mghmv2B物体所受的合外力做功为mv2C人对物体做的功为mg
9、hD人对物体做的功大于mgh解析物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：WFWfmghmv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人WFWfmghmv2，A、C错误，B、D正确答案BD热点二动能定理在多过程中的应用1优先考虑应用动能定理的问题(1)不涉及加速度、时间的问题；(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；(3)变力做功的问题；(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题2应用动能定理的解题步骤图524【典例2】如图524所示，一根直杆由粗细相同的两段构成，其中AB段为长x15 m的粗糙杆，BC段为长x21 m的光滑杆将杆
10、与水平面成53角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m0.5 kg、孔径略大于杆直径的圆环开始时，圆环静止在杆底端A.现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C，然后再沿杆下滑已知圆环与AB段的动摩擦因数0.1，g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.试求：(1)拉力F的大小；(2)拉力F作用的时间；(3)若不计圆环与挡板碰撞时的机械能损失，从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程审题指导解析(1)AC过程：根据动能定理有Fx1mg(x1x2)sin 53mgx1cos 5300恒力F5.1 N(2)AB过程：根据牛顿第二定律和
11、运动学公式有Fmgsin 53mgcos 53ma1，x1a1t解得加速度a11.6 m/s2时间t12.5 s(3)从圆环开始运动到最终静止在粗糙杆上通过的总路程为L，根据动能定理有Fx1mgLcos 5300总路程L85 m.答案(1)5.1 N(2)2.5 s(3)85 m反思总结本题要注意以下几点(1)拉力F在圆环运动全过程中不是始终存在的，导致圆环的运动包含有力F作用和无力F作用的多个物理过程，物体的运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑力做功时，必须根据不同情况，分别对待(2)题中A到C的运动中包含两个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，应用动能定理求解【
12、跟踪短训】图5253如图525所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A不变 B变小 C变大 D变大变小均可能解析设木盒质量为M，木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，(mM)gx1(Mm)v2，解得x1；加一个竖直向下的恒力F(Fmg)时，由动能定理可知，(mM)gx2Mv2，解得x2.显然x2x1.答案B4(2013天津卷，10)质量为m4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在
13、B点，A、B两点相距x20 m，物块与地面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.解析(1)设物块受到的滑动摩擦力为Ff，则Ffmg根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1Ff x0代入数据，解得x116 m(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2xx1由牛顿第二定律得a由匀变速直线运动公式得v22ax2由vv0at得vat代入数据，解得t2 s答案(1)16 m(2)2 s思想方法8.突破压轴计算题的审题策略与技巧审题策略1审题要慢，答题要快所谓审题要慢，就
14、是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素要做到这些，必须通读试题(特别是括号内的内容，千万不要忽视)，才能快速答题2建立模型，总体把握建模是解题过程中最为关键的一个环节，无论是简单问题还是复杂问题，都需要正确建立模型，建模可以从“数、形、链”三个方面进行，所谓“数”即物理量，可以是具体数据，也可以是符号；所谓“形”，就是将题设物理情境以图形的形式呈现出来；所谓“链”，即情境链接和条件关联，情境链接就是将物理情境分解成物理子过程，并将这些子过程由“数、形”有机地链接起来，条件关联即“数”间关联或存在的临界条件关联等“数、形、链”三位一体，
15、三维建模一般分三步建立模型：(1)分析和分解物理过程，确定不同过程的初、末状态，将状态量与过程量对应起来；(2)画出关联整个物理过程的思维导图，对于物体的运动和相互作用过程，直接画出运动过程草图；(3)在图上标出物理过程和对应的物理量，建立情境链接和条件关联、完成情境模型审题技法1在审题过程中，要特别注意以下几个方面：第一，题中给出什么第二，题中要求什么第三，题中隐含什么第四，题中考查什么2理解题意的具体方法是：(1)认真审题，捕捉关键词. 如“最多”、“刚好”、“瞬间”等(2)认真审题，挖掘隐含条件(3)审题过程要注意画好情境示意图，展示物理图景(4)审题过程要建立正确的物理模型(5)在审题
16、过程中要特别注意题中的临界条件【典例】 (2013海南卷13)一质量m0.6 kg的物体以v020 m/s的初速度从倾角为30的斜坡底端沿斜坡向上运动当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Ek18 J，机械能减少了E3 J，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能审题指导第一步：读题获取信息第二步：解析(1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为Ff，物体动能减少Ek时，在斜坡上运动的距离为x，由动能定理和功能关系得mgsin 30xFfxEkFfxE由牛顿第二定律得mgsin 30Ffma联立式并代入数据可得a6 m/s2(
17、2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为xm，由运动学规律可得v2axm设物体返回底端时的动能为Ek，由动能定理有mgsin 30xmFf xmEk0联立式并代入数据可得Ek80 J答案(1)6 m/s2(2)80 J图526即学即练如图526所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x5 m，轨道CD足够长且倾角37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h14.30 m、h21.35 m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos
18、370.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离解析(1)小滑块从ABCD过程中，由动能定理得：mg(h1h2)mgxmv0将h1、h2、x、g代入得：vD3 m/s(2)小滑块从ABC过程中，由动能定理得mgh1mgxmv将h1、x、g代入得：vC6 m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小agsin 6 m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t11 s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2t11 s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔tt1t22 s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小
19、滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，有：mgh1mgx总0将h1、代入得x总8.6 m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2xx总1.4 m答案(1)3 m/s(2)2 s(3)1.4 m1(2010山东卷，24)如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R0.45 m，水平轨道AB长x13 m，OA与AB均光滑一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了x23.28 m时速度v2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中已知小车质量M0.2
20、kg，与CD间的动摩擦因数0.4.(取g10 m/s2)求(1)恒力F的作用时间t.(2)AB与CD的高度差h.解析(1)设小车在轨道CD上加速的距离为x，由动能定理得FxMgx2Mv2设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得FMgMaxat2联立式，代入数据得t1 s(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a，减速时间为t，由牛顿运动定律得vatMgMavvat设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得mgRmv设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得x1vAt1设滑块做平抛运动的时间为t1，则t1ttt1
21、由平抛规律得hgt12联立式，代入数据得h0.8 m答案(1)1 s(2)0.8 m2(2012北京卷，22)如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上已知l1.4 m，v3.0 m/s，m0.10 kg，小物块与桌面间的动摩擦因数0.25，桌面高h0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块的初速度大小v0.解析(1)由平抛运动规律，有：竖直方向hgt2，水平方向svt，得水平距离s v0.90 m.(2)由机械能守恒定律，得落地时的动
22、能Ekmv2mgh0.90 J.(3)由动能定理，有mglmv2mv，得初速度大小v0 4.0 m/s.答案(1)0.90 m(2)0.90 J(3)4.0 m/s3(2012江苏卷，14)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；(3)讨论在装置安
23、全工作时，该小车弹回速度v和撞击速度v的关系解析(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力Fkx且Ff解得x(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得：fW0mv同理，小车以vm撞击弹簧时，flW0mv解得vm (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，则有mvW由解得v1 ，当v 时，vv当 v 时，v .答案(1)(2) (3)当v BW1 CW2mv2 DW2mv2解析设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mgkx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W1v1，所以WFWG，即选项C错误
24、；由PFv知，P不变时F随v的增大而减小，选项D正确答案BD图521612(2013山东省济宁市模拟，22)光滑水平面上，一个长木板与半径R未知的半圆组成如图5216所示的装置，装置质量M5 kg.在装置的右端放一质量为m1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数0.5，装置与小滑块一起以v010 m/s的速度向左运动现给装置加一个F55 N向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板已知小滑块在通过半圆形轨道时克服
25、摩擦力做功Wf2.5 Jg取10 m/s2.求：(1)装置运动的时间和位移；(2)长木板的长度l；(3)小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离解析(1)对M：FmgMa1解得：a110 m/s2设装置运动的时间为t1，由v0a1t10解得：t11 s装置向左运动的距离：x1v0t1a1t5 m(2)对m：mgma2，解得a25 m/s2设滑块到A点的速度为v1，则v1v0a2t1解得：v15 m/s小滑块向左运动的距离：x2v0t1a2t7.5 m则木板长为lx2x12.5 m(3)设滑块在B点的速度为v2，从A至B：mg2RWfmvmv在B点：mgm联立解得：R0.4 m，v22 m/s小滑块平抛运动时：2Rgt落点离A的距离：xv2t2，解得：x0.8 m答案(1)1 s5 m(2)2.5 m(3)0.8 m
