資源簡介

第2講　動能定理及其應用
素養目標　1.知道動能的概念．(物理觀念) 2.知道動能定理及其適用條件．(物理觀念) 3.掌握應用動能定理解題的一般步驟．(科學思維)
一、動能
1．定義：物體由于運動而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2.
3．單位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．標矢性：動能是標量，只有正值，動能與速度的方向無關．
5．動能的變化：物體末動能與初動能之差，即ΔEk＝mv－mv.
二、動能定理
1．內容：在一個過程中合力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
2．表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
直 觀 情 境 動能定理推導
如圖所示，質量為m的物體在恒力F作用下在光滑水平面上移動的位移為s，速度由v1增加至v2，則由牛頓第二定律有：F＝ma，由勻變速直線運動相關公式有：v－v＝2as，由兩式消去a可得：Fs＝mv－mv
3.物理意義：合力的功是物體動能變化的量度．
4．適用條件
(1)既適用于直線運動，也適用于曲線運動．
(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
1．思維辨析
(1)一定質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)處于平衡狀態的物體動能一定保持不變．( )
(3)做自由落體運動的物體，動能與下落時間的二次方成正比．( )
(4)物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化．( )
(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零．( )
2．運動員把質量是500 g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度是10 m，在最高點的速度為20 m/s.估算出運動員踢球時對足球做的功為(　　)
A．50 J B．100 J
C．150 J D．無法確定
3．某同學騎自行車下坡．已知坡長500 m、高8 m，人和車的總質量為100 kg.下坡時車的初速度為4 m/s，在人不踏車的情況下，到達坡底時車速為10 m/s.重力加速度取g＝10 m/s2，則下坡過程中阻力做的功為(　　)
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．200 J
考點　動能定理的理解及簡單應用
1．對“外力”的兩點理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力．
2．做功的過程就是能量轉化的過程，動能定理表達式中的“＝”是一種表示因果關系的數值上相等的符號．
典例1　(2024·江蘇南京二十九中調研)如圖所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動．當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D．
1. [動能定理的簡單應用]如圖所示，人用手托著質量為m的蘋果，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離L后，速度為v(蘋果與手始終相對靜止)，蘋果與手掌之間的動摩擦因數為μ，則下列說法正確的是(　　)
A．手對蘋果的作用力方向豎直向上
B．蘋果所受摩擦力大小為μmg
C．手對蘋果做的功為mv2
D．蘋果對手不做功
2．[動力學和能量觀點的簡單應用]滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端．利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示．與圖乙中相比，圖甲中滑塊(　　)
A．受到的合力較小
B．經過A點的動能較小
C．在A、B之間的運動時間較短
D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小
考點　應用動能定理解決多過程問題
1．運用動能定理解決多過程問題的方法
(1)分段法
①若題目需要求某一中間物理量，應分階段應用動能定理．
②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結合動能定理，各個擊破．
(2)全程法
當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節，大大簡化運算．
2．應用動能定理解題的四個基本步驟
(1)明確研究對象和研究過程
研究對象一般取單個物體，通常不取一個系統(整體)為研究對象．研究過程要根據已知量和所求量來定，可以對某個運動過程應用動能定理，也可以對整個運動過程(全程)應用動能定理．
(2)分析物體受力及各力做功的情況．
(3)明確過程始末狀態的動能Ek1和Ek2.
(4)利用動能定理表達式W1＋W2＋W3＋…＝mv－mv求解．
3．動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能．
典例2　(2023·湖北卷) 如圖所示為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D．
小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點．求：
(1)小物塊到達D點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小．
1．[動能定理在直線運動中的應用]有兩條雪道平行建造，左側相同而右側有差異，一條雪道的右側水平，另一條的右側是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一條雪道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點停下．若動摩擦因數處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則(　　)
A．動摩擦因數為tan θ
B．動摩擦因數為
C．傾角α一定大于θ
D．傾角α可以大于θ
2. [動能定理在曲線運動中的應用]如圖所示，一個半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，滑塊與軌道內表面間的動摩擦因數為μ.一質量為m的小滑塊(可看作質點)自P點正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點進入軌道．小滑塊滑到軌道最低點N時對軌道的壓力為4mg，重力加速度大小為g.則(　　)
A．小滑塊恰好可以到達Q點
B．小滑塊可能無法到達Q點
C．從P到Q，平均摩擦力等于
D．從P到Q，平均摩擦力小于
考點　動能定理與圖像的綜合應用
1．常見圖像及其意義
v t圖像 由公式x＝vt可知，v t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移大小
F x圖像 由公式W＝Fx可知，F x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功
Ek x圖像 由公式Ek＝Ek0＋Fx可知，Ek x圖線的斜率表示物體所受合力
W x圖像 由公式W＝Fx可知，W x圖線的斜率表示做功的力的大小
a t圖像 由公式Δv＝at可知，a t圖線與橫軸圍成的面積表示物體速度的變化量
P t圖像 由公式W＝Pt可知，P t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功
2.解決圖像問題的基本步驟
典例3　(2023·新課標卷)(多選)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示．物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取g＝10_m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D．從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
1．[F x圖像的理解和應用]如圖甲所示，在光滑水平桌面上，固定有光滑軌道ABC，其中半圓軌道BC與直軌道AB相切于B點，物體受到與AB平行的水平拉力F，從靜止開始運動，拉力F的大小滿足如圖乙所示的F x圖像(以A為坐標原點，拉力F從A指向B的方向為正方向，x為物體運動的水平位移大小)．若m＝1 kg，AB＝4 m，半圓軌道的半徑R＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.則下列說法中正確的是(　　)
A．從A到B拉力F做功為50 J
B．物體從B到C過程中，所受的合外力為0
C．物體能夠到達C點，且速度大小為2 m/s
D．物體能夠到達C點，且速度大小為2 m/s
2．[Ek x圖像的理解和應用]如圖甲所示，在豎直平面內固定一光滑半圓形軌道ABC，AC為豎直直徑，B為軌道的中點，質量為m的小球以一定的初動能Ek0從最低點A沖上軌道．圖乙所示是小球沿軌道從A運動到C的過程中動能Ek隨其對應高度h變化的關系圖像．已知小球在最高點C受到軌道的作用力大小為25 N，空氣阻力不計，重力加速度取g＝10 m/s2，由此可知(　　)
A．小球的質量m＝0.2 kg
B．初動能Ek0＝16 J
C．小球在C點時重力的功率為60 W
D．小球在B點受到軌道的作用力大小為85 N
答案及解析
1．思維辨析
(1)一定質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)處于平衡狀態的物體動能一定保持不變．(√)
(3)做自由落體運動的物體，動能與下落時間的二次方成正比．(√)
(4)物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化．(×)
(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零．(×)
2．運動員把質量是500 g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度是10 m，在最高點的速度為20 m/s.估算出運動員踢球時對足球做的功為(　　)
A．50 J B．100 J
C．150 J D．無法確定
解析：運動員踢球時對足球做的功W等于足球獲得的初動能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升時重力做的功等于動能的變化量，設上升到最高點時動能為Ek2，則有－mgh＝Ek2－Ek1，聯立得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J，故C正確．
答案：C
3．某同學騎自行車下坡．已知坡長500 m、高8 m，人和車的總質量為100 kg.下坡時車的初速度為4 m/s，在人不踏車的情況下，到達坡底時車速為10 m/s.重力加速度取g＝10 m/s2，則下坡過程中阻力做的功為(　　)
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．200 J
解析：自行車下坡過程中有阻力和重力做功，由動能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv，代入數據可求得Wf＝－3 800 J，選項B正確．
答案：B
考點　動能定理的理解及簡單應用
典例1　(2024·江蘇南京二十九中調研)如圖所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動．當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D．
解析：物塊即將在轉臺上滑動時，轉臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供物塊所需的向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝m，在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得W＝mv2－0，聯立解得W＝，故D正確．故選D．
1. [動能定理的簡單應用]如圖所示，人用手托著質量為m的蘋果，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離L后，速度為v(蘋果與手始終相對靜止)，蘋果與手掌之間的動摩擦因數為μ，則下列說法正確的是(　　)
A．手對蘋果的作用力方向豎直向上
B．蘋果所受摩擦力大小為μmg
C．手對蘋果做的功為mv2
D．蘋果對手不做功
解析：蘋果受手的支持力FN＝mg、靜摩擦力Ff，合力即手對蘋果的作用力，方向斜向上，A錯誤；蘋果所受摩擦力為靜摩擦力，不等于μmg，B錯誤；由動能定理可得，手對蘋果的靜摩擦力做的功W＝mv2，C正確；蘋果對手做負功，D錯誤．
答案：C
2．[動力學和能量觀點的簡單應用]滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端．利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示．與圖乙中相比，圖甲中滑塊(　　)
A．受到的合力較小
B．經過A點的動能較小
C．在A、B之間的運動時間較短
D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小
解析：因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和乙可知圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤．從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據動能定理可知圖甲經過A點的動能較大，故B錯誤．對比圖甲、乙可知，圖甲中在A、B之間的運動時間較短，故C正確．由于無論上滑還是下滑，受到的滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤．
答案：C
考點　應用動能定理解決多過程問題
典例2　(2023·湖北卷) 如圖所示為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D．
小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點．求：
(1)小物塊到達D點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小．
解析：(1)由題意知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有m＝mg
解得vD＝.
(2)由題意知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有cos 60°＝
小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv
則小物塊從B到D的過程中，根據動能定理有mgHBD＝mv－mv
聯立解得vB＝，HBD＝0.
(3)小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有－μmgs＝mv－mv
s＝π·2R，解得vA＝.
答案：(1)　(2)0　(3)
1．[動能定理在直線運動中的應用]有兩條雪道平行建造，左側相同而右側有差異，一條雪道的右側水平，另一條的右側是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一條雪道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一條傾角為α的雪道上h2高處的E點停下．若動摩擦因數處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則(　　)
A．動摩擦因數為tan θ
B．動摩擦因數為
C．傾角α一定大于θ
D．傾角α可以大于θ
解析：第一次停在BC上的某點，由動能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0，整理得：mgh1－μmg＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，A錯誤，B正確．在AB段由靜止下滑，說明μmgcos θθ，則雪橇不能停在E點，C、D錯誤．
答案：B
2. [動能定理在曲線運動中的應用]如圖所示，一個半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，滑塊與軌道內表面間的動摩擦因數為μ.一質量為m的小滑塊(可看作質點)自P點正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點進入軌道．小滑塊滑到軌道最低點N時對軌道的壓力為4mg，重力加速度大小為g.則(　　)
A．小滑塊恰好可以到達Q點
B．小滑塊可能無法到達Q點
C．從P到Q，平均摩擦力等于
D．從P到Q，平均摩擦力小于
解析：小滑塊滑到軌道最低點N時，根據向心力公式有F－mg＝m，從釋放到N點，根據動能定理有2mgR－Wf＝mv2，從釋放到Q點，根據動能定理有mgR－Wf－W′f＝mv′2，由于軌道存在摩擦力，小滑塊在NQ段比PN段等高位置速度小，所受摩擦力小，所以有Wf>W′f，Wf＝mgR，聯立解得v′>0，故A、B錯誤；由以上分析知Wf＝mgR，W′f＜mgR，可知從P到Q，·πR答案：D
考點　動能定理與圖像的綜合應用
典例3　(2023·新課標卷)(多選)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示．物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取g＝10_m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D．從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
解析：由于拉力沿水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，可看出W－x圖像的斜率代表拉力F.在物體運動的過程中，根據動能定理有W－μmgx＝mv2，則x＝1 m時物體的速度為v1＝2 m/s，x＝1 m時，拉力F＝＝6 N，則此時拉力的功率P＝Fv1＝12 W，x＝4 m時物體的動能為Ek＝2 J，A錯誤，B正確；從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為Wf＝μmgx＝8 J，C正確；根據W－x圖像可知，在0～2 m的過程中F1＝6 N,2～4 m的過程中F2＝3 N，由于物體受到的摩擦力恒為μmg＝4 N，則物體在x＝2 m處速度最大，且根據選項A、B的分析可知此時的速度v2＝2 m/s，則從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為p＝mv2＝2 kg·m/s，D錯誤．故選BC．
1．[F x圖像的理解和應用]如圖甲所示，在光滑水平桌面上，固定有光滑軌道ABC，其中半圓軌道BC與直軌道AB相切于B點，物體受到與AB平行的水平拉力F，從靜止開始運動，拉力F的大小滿足如圖乙所示的F x圖像(以A為坐標原點，拉力F從A指向B的方向為正方向，x為物體運動的水平位移大小)．若m＝1 kg，AB＝4 m，半圓軌道的半徑R＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.則下列說法中正確的是(　　)
A．從A到B拉力F做功為50 J
B．物體從B到C過程中，所受的合外力為0
C．物體能夠到達C點，且速度大小為2 m/s
D．物體能夠到達C點，且速度大小為2 m/s
解析：F x圖像與坐標軸所圍“面積”表示力F所做的功[【點撥】在如圖所示的F x圖像中，拉力F對物體做的功等于x軸上方的“正功”(三角形面積)與x軸下方的“負功”(矩形面積)的代數和]，則從A到B拉力F做功為W＝×2×40 J－10×1 J＝30 J，故A錯誤；物體從B到C過程中做圓周運動，所受的合力不為0，故B錯誤；從A到B由動能定理有W＝mv，解得vB＝2 m/s，由于光滑軌道ABC在水平面內，則物體從B到C做勻速圓周運動，物體能夠到達C點，且速度大小為2 m/s，故C錯誤，D正確．
答案：D
2．[Ek x圖像的理解和應用]如圖甲所示，在豎直平面內固定一光滑半圓形軌道ABC，AC為豎直直徑，B為軌道的中點，質量為m的小球以一定的初動能Ek0從最低點A沖上軌道．圖乙所示是小球沿軌道從A運動到C的過程中動能Ek隨其對應高度h變化的關系圖像．已知小球在最高點C受到軌道的作用力大小為25 N，空氣阻力不計，重力加速度取g＝10 m/s2，由此可知(　　)
A．小球的質量m＝0.2 kg
B．初動能Ek0＝16 J
C．小球在C點時重力的功率為60 W
D．小球在B點受到軌道的作用力大小為85 N
解析：由題圖乙可知，軌道半徑R＝0.4 m，小球在C點的動能EkC＝9 J，在最高點C，根據牛頓第二定律可得mg＋FNC＝m，解得m＝2 kg，故A錯誤；從A到C，根據動能定理可得－2mgR＝EkC－Ek0，解得Ek0＝25 J，故B錯誤；小球在C點時速度方向水平向左，與所受重力方向垂直，故重力的功率P＝0，故C錯誤；從A到B，根據動能定理可得－mgR＝mv－Ek0，解得vB＝ m/s，在B點，根據牛頓第二定律可得FNB＝m＝85 N，故D正確．
答案：D(共39張PPT)
第2講　動能定理及其應用
第五章　機械能
理清教材 強基固本
答案
解析
答案
解析
重難考點 全線突破
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析
答案
解析
謝 謝 觀 看
O

展開更多......

收起↑