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第2講　動能和動能定理
如圖所示,足球運動員用力F踢出足球,足球的質量為m,足球被踢出時的速度為v,足球被踢出后在地面上運動了距離x停下。在這個過程中,足球運動員對足球是否做功 若沒有做功,請說明理由;若做功,請算出其大小。
[footnoteRef:1] [1:
1.(2024·寧夏吳忠期末)質量10 g、以800 m/s飛行的子彈與質量60 kg、以10 m/s奔跑的運動員相比(　　)
[A] 運動員的動能較大
[B] 子彈的動能較大
[C] 二者的動能一樣大
[D] 無法比較它們的動能
【答案】 B
2.(2024·江西南昌模擬)一小球以一定的初速度水平拋出,以初位置為坐標原點,豎直向下為y軸正方向建立坐標系,不計空氣阻力,小球可視為質點,則該小球的動能Ek與下落高度y的關系,正確的是(　　)
　　
[A] [B]
　　
[C] [D]
【答案】 C]
【答案】 運動　mv2　焦耳　標量　m-m
動能的變化　m-m　合力　曲線運動　變力
分階段
考點一　動能定理的理解和應用
(1)如圖所示,質量為m的物體,僅在與其運動方向相同的合力F作用下,經位移l后,速度由v1增加到v2。試從動力學的角度寫出位移l與速度的關系式。
提示:由牛頓第二定律可得F=ma,結合運動學公式-=2al,可得l=。
(2)在(1)中,試寫出經位移l過程中合力F做功的表達式。
提示:合力做的總功W=Fl。
(3)結合(1)(2)中的表達式,你能得到什么結論
提示:合力做的功等于物體動能變化,即W=Ek2-Ek1=ΔEk。
1.動能定理的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程,動能定理表達式中“=”的意義是一種因果關系在數值上相等的符號。
(2)標量性:動能是標量,功也是標量,所以動能定理是一個標量式,不存在方向的選取問題,當然動能定理也就不存在分量的表達式。
2.動能定理的優越性
(1)應用牛頓第二定律和運動學規律解題時,涉及的有關物理量比較多,對運動過程的細節也要仔細研究。
(2)應用動能定理解題只需考慮外力做的總功及初、末狀態的動能,并且可以把不同的運動過程合并為一個全過程來處理。
(3)一般情況下,能用牛頓第二定律和運動學規律解決的問題,用動能定理也可以求解,并且更為簡捷。
[例1] 【動能定理的理解】 (多選)(2024·河南商丘模擬)如圖甲為乘客乘坐觀光電梯的情境,可以簡化成圖乙所示,電梯質量為M,乘客的質量為m。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動,當電梯的速度由v1增大到v2時,上升高度為H,重力加速度為g,則在這個過程中,下列說法正確的是(　　)
[A] 對乘客,動能定理的表達式為W=m-m,其中W為支持力做的功
[B] 對乘客,動能定理的表達式為W-mgH=m-m,其中W為支持力做的功
[C] 對電梯,動能定理的表達式為W合=0,其中W合為合力做的功
[D] 對電梯,其所受的合力做功為M-M
【答案】 BD
【解析】 電梯上升的過程中,對乘客做功的有重力mg、支持力FN,這兩個力的總功(即合力做的功)才等于乘客動能的增量,即W合=W-mgH=m-m,其中W為支持力做的功,A錯誤,B正確;對電梯,無論有幾個力對它做功,由動能定理可知,其合力做的功一定等于其動能的增量,即M-M,C錯誤,D正確。
[例2] 【動能定理的應用】 (2024·安徽卷,2)某同學參加戶外拓展活動,遵照安全規范,坐在滑板上,從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m,可視為質點。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為(　　)
[A] mgh [B] mv2
[C] mgh+mv2 [D] mgh-mv2
【答案】 D
【解析】 人與滑板在下滑的過程中,由動能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf=mgh-mv2,故D正確。
(1)應用動能定理解題應抓住“兩狀態,一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況,“一過程”即明確研究過程,確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。
(2)動能定理的應用技巧。
考點二　應用動能定理求變力做功　　　　　　 　　　　　 　　　　　
在有變力做功的過程中,變力做功無法直接通過功的公式求解,可用動能定理W變+W恒=m-m求解。物體初、末速度已知,恒力做功W恒可由公式求出,即W變=m-m-W恒。
[例3] 【應用動能定理求變力做功】 (2024·吉林長春模擬)如圖所示,載人飛船返回艙在離地面約6 000 m 的高空打開主傘(降落傘),在主傘的作用下返回艙速度從80 m/s降至10 m/s,此后可視為勻速下降,當返回艙在距離地面1 m時啟動反推發動機,速度減至0后恰落到地面上。設主傘所受的空氣阻力為F阻=kv,其中k為定值,v為速率,其余阻力不計。已知返回艙(含航天員)總質量為3 000 kg,主傘的質量忽略不計,忽略返回艙質量的變化,重力加速度g取10 m/s2,設全過程為豎直方向的運動。求:
(1)在主傘打開后的瞬間,返回艙的加速度大小;
(2)若在反推發動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態,則反推發動機在該過程中對返回艙做的功。
【答案】 (1)70 m/s2　(2)-1.8×105 J
【解析】 (1)對返回艙進行受力分析,在返回艙以v1=10 m/s勻速下降時kv1=mg,
在返回艙以v2=80 m/s下降時kv2-mg=ma,
解得a=70 m/s2。
(2)返回艙在最后1 m下降過程中,由動能定理得mgh+W=0-m,
解得W=-1.8×105 J。
考點三　動能定理與圖像結合的問題
1.解決動能定理與圖像結合問題的基本步驟
2.常見圖像及圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義
(1)
(2)
(3)
[例4] 【動能定理與μx圖像】 (2024·四川達州二模)如圖甲所示,一傾角θ=37°的斜面體固定在水平地面上(斜面足夠長、帶一定滑輪),物塊A放在斜面上的O點,用跨過輕質定滑輪的輕繩與物塊B連接,B離滑輪足夠遠。A、B的質量分別為m1=2.5 kg、m2=0.9 kg。運動過程中A與O點的距離設為x,A與斜面間的動摩擦因數μ與x的關系如圖乙。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,現將A、B由靜止釋放。
(1)當A與O點的距離為多大時物塊A的速度最大;
(2)求物塊A在斜面上滑行的最大位移xm。
【答案】 (1)2 m　(2)4 m
【解析】 (1)設物塊A的速度最大時A與斜面間的動摩擦因數為μ1,由牛頓第二定律得
m1gsin θ-μ1m1gcos θ-m2g=0,
解得μ1=0.3,
由題圖乙得μ=x,
則當μ1=0.3時x1=2 m。
(2)設物塊A沿斜面向下滑到最大位移過程中,克服摩擦力做功為Wf,由動能定理得
m1gxmsin θ-Wf-m2gxm=0-0,
摩擦力做功為Wf=xm=xm,
其中μ2=xm,
解得xm=4 m。
(滿分:70分)
對點1.動能定理的理解和應用
1.(4分)關于運動物體所受的合力、合力做的功及動能變化的關系,下列說法正確的是(　　)
[A] 合力為零,則合力做功一定為零
[B] 合力做功為零,則合力一定為零
[C] 合力做功越多,則動能一定越大
[D] 動能不變,則物體所受合力一定為零
2.(4分)(2024·遼寧大連期末)如圖所示,某質量為m的企鵝(可視為質點)斜向上跳水,起跳時它距海平面高為h,速度大小為v0,不計空氣阻力,企鵝落水時的速度大小為v,已知重力加速度大小為g,在此過程中,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力做功為mv2
[B] 重力做功為mgh
[C] 企鵝經過最高點時動能為零
[D] 企鵝的動能一直增加
對點2.應用動能定理求變力做功
3.(4分)(2024·河南鄭州模擬)如圖所示,兩根直桿豎直固定,一條長為2L的輕繩,兩端分別拴在桿上的P、Q點,在繩的中點O拴吊一個質量為m的小球,P、Q在同一水平線上,兩桿間距離為1.5L,重力加速度為g,現用力拉著繩的右端沿右側桿緩慢向上移動L的距離,此過程中,拉力做功為(　　)
[A] mgL [B] mgL
[C] mgL [D] mgL
4.(6分)(多選)在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上,放著一質量為m的小滑塊,在一個平行于斜面的拉力F (圖中未畫出)作用下,沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點運動到Q點,運動過程中速度大小始終為v,P、Q為四分之一圓周的兩個端點,P與圓心O等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,在從P點運動到Q點的過程中,小滑塊(　　)
[A] 所受合力的大小保持不變
[B] 重力做功的瞬時功率保持不變
[C] 所受拉力對其做功為-mgRsin θ
[D] 運動到Q點時,拉力的大小為m+mgsin θ
對點3.動能定理與圖像結合的問題
5.(6分)(2024·山西太原模擬)(多選)如圖甲所示,傾角為30°的光滑斜面上,質量為2 kg的小物塊在平行于斜面的拉力F作用下由靜止沿斜面向上運動,拉力(F)隨位移(x)變化的圖像如圖乙所示。g取10 m/s2,則在物塊沿斜面運動的過程中,下列判斷正確的是(　　)
[A] 上升過程中,當x=7.5 m時物塊的速度最大
[B] 上升過程中,當x=10 m時物塊的速度為0
[C] 上升過程中,物塊能達到的最大高度為7.5 m
[D] 下降過程中,當x=0時重力對物塊做功的功率為100 W
6.(6分)(多選)質量均為m=1 kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動,二者的動能Ek隨位移x的變化圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
[A] 甲的加速度大于乙的加速度
[B] 甲、乙在x=6 m處相遇
[C] 當甲的位移剛達到9 m時,乙在甲的后面
[D] 當甲的位移為6 m時,乙在甲后面,且距離最遠
7.(4分)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示,可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放,沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg,滑道高度h為4 m,且過Q點的切線水平,重力加速度g取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力做的功為360 J
[B] 克服阻力做的功為440 J
[C] 經過Q點時向心加速度大小為6 m/s2
[D] 經過Q點時對軌道的壓力大小為180 N
8.(4分)(2024·貴州貴陽三模)如圖甲所示,水平地面上質量為m=0.4 kg的物體在水平向右的力F作用下由靜止開始運動,力F隨物體位移x的變化關系如圖乙所示,當位移x1=0.8 m時撤去拉力,當位移x2=1.0 m時物體恰好停止運動。已知物體與地面間的動摩擦因數為0.3,g取10 m/s2,忽略空氣阻力,則F0與物體運動的過程中速度的最大值分別為(　　)
[A] 2.5 N,1.5 m/s [B] 2.5 N,1.3 m/s
[C] 2.0 N,1.4 m/s [D] 2.0 N,1.2 m/s
9.(15分)無人快遞車在水平路面上從靜止開始做直線運動,經過160 s到達目的地停止運動,快遞車在整個運送過程中牽引力F隨時間t的變化關系如圖所示,圖中F1和t1未知。假設快遞車與貨物總質量m=100 kg,運行時所受阻力為自身重力的,重力加速度g取10 m/s2,0～t1時間內位移大小s1=10 m。求:
(1)快遞車在加速和減速過程中的加速度大小;
(2)快遞車在整個運動過程中牽引力所做的功。
10.(17分)(2024·甘肅蘭州模擬)半徑為R的光滑圓環可繞過圓心的豎直軸OO′轉動。質量為m的小球套在圓環上,原長為1.5R的輕質彈簧一端固定在小球上,另一端固定在圓環頂端O點。整個系統靜止時,小球在O′點處于平衡狀態且對圓環無壓力。重力加速度為g。
(1)當圓環以角速度ω0轉動時,小球在P點相對圓環靜止,∠POO′ = α,求彈簧彈力的大小及角速度ω0;(sin α=0.6,sin 2α=0.96,cos 2α=0.28)
(2)利用Fx圖像,證明小球從O′點運動到P點的過程中,彈簧彈力(F=kx)所做的功為W=k(-),其中x1和x2分別為小球在O′和P點處彈簧的伸長量;
(3)圓環開始轉動后,小球受輕微擾動離開O′,當轉速逐漸增大到ω0時,小球沿圓環緩慢上移到P點并相對圓環靜止。求此過程中圓環作用在小球上的合力做的功。
(答案及解析)
對點1.動能定理的理解和應用
1.(4分)關于運動物體所受的合力、合力做的功及動能變化的關系,下列說法正確的是(　　)
[A] 合力為零,則合力做功一定為零
[B] 合力做功為零,則合力一定為零
[C] 合力做功越多,則動能一定越大
[D] 動能不變,則物體所受合力一定為零
【答案】 A
【解析】 由W=Flcos α可知,若物體所受合力為零,則合力做功一定為零,但合力做功為零,合力不一定為零,例如,合力的方向時刻與物體運動方向保持垂直,同理,動能不變,合力做功為零,但合力不一定為零,A正確,B、D錯誤;由動能定理W=ΔEk可知,合力做功越多,動能變化越大,但動能不一定越大,C錯誤。
2.(4分)(2024·遼寧大連期末)如圖所示,某質量為m的企鵝(可視為質點)斜向上跳水,起跳時它距海平面高為h,速度大小為v0,不計空氣阻力,企鵝落水時的速度大小為v,已知重力加速度大小為g,在此過程中,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力做功為mv2
[B] 重力做功為mgh
[C] 企鵝經過最高點時動能為零
[D] 企鵝的動能一直增加
【答案】 B
【解析】 在此過程中,根據動能定理可得重力做功為WG=mgh=mv2-m,故A錯誤,B正確;企鵝斜向上跳水,所以企鵝經過最高點時具有一定的水平速度,動能不為零,故C錯誤;企鵝斜向上跳水,向上運動過程,重力做負功,企鵝的動能減少,向下運動過程,重力做正功,企鵝的動能增加,故D錯誤。
對點2.應用動能定理求變力做功
3.(4分)(2024·河南鄭州模擬)如圖所示,兩根直桿豎直固定,一條長為2L的輕繩,兩端分別拴在桿上的P、Q點,在繩的中點O拴吊一個質量為m的小球,P、Q在同一水平線上,兩桿間距離為1.5L,重力加速度為g,現用力拉著繩的右端沿右側桿緩慢向上移動L的距離,此過程中,拉力做功為(　　)
[A] mgL [B] mgL
[C] mgL [D] mgL
【答案】 C
【解析】 繩右端向上移動L的距離時,根據幾何關系可知,O點剛好到PQ上,根據動能定理有W-mgh=0,解得拉力做功為W=mgh=mg=mgL。
4.(6分)(多選)在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上,放著一質量為m的小滑塊,在一個平行于斜面的拉力F (圖中未畫出)作用下,沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點運動到Q點,運動過程中速度大小始終為v,P、Q為四分之一圓周的兩個端點,P與圓心O等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,在從P點運動到Q點的過程中,小滑塊(　　)
[A] 所受合力的大小保持不變
[B] 重力做功的瞬時功率保持不變
[C] 所受拉力對其做功為-mgRsin θ
[D] 運動到Q點時,拉力的大小為m+mgsin θ
【答案】 AC
【解析】 小滑塊做勻速圓周運動,所受合力提供向心力,大小不變,故A正確;重力不變,速度大小不變,但方向時刻發生變化,速度在沿斜面向下的分量v∥逐漸減小,根據P=mgv∥sin θ可知,重力做功的瞬時功率逐漸減小,故B錯誤;對小滑塊受力分析,小滑塊受到重力、支持力、摩擦力和拉力,將重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向,沿斜面方向的分力為mgsin θ,垂直于斜面方向的分力為mgcos θ,在此過程中,重力做的功為WG=mgRsin θ,摩擦力做的功為Wf=-,根據動能定理可知W+WG+Wf=0,解得拉力對其做功為W=-mgRsin θ,故C正確;運動到Q點時,摩擦力方向水平向左,大小為μmgcos θ,設此時拉力沿QO方向的分力為F1,沿PO方向的分力為F2,則有F2=μmgcos θ,F1-mgsin θ=m,聯立解得F=,故D錯誤。
對點3.動能定理與圖像結合的問題
5.(6分)(2024·山西太原模擬)(多選)如圖甲所示,傾角為30°的光滑斜面上,質量為2 kg的小物塊在平行于斜面的拉力F作用下由靜止沿斜面向上運動,拉力(F)隨位移(x)變化的圖像如圖乙所示。g取10 m/s2,則在物塊沿斜面運動的過程中,下列判斷正確的是(　　)
[A] 上升過程中,當x=7.5 m時物塊的速度最大
[B] 上升過程中,當x=10 m時物塊的速度為0
[C] 上升過程中,物塊能達到的最大高度為7.5 m
[D] 下降過程中,當x=0時重力對物塊做功的功率為100 W
【答案】 AC
【解析】 小物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為mgsin 30°=10 N,根據題圖乙可知,在有拉力作用的情況下,物塊先沿斜面向上做勻加速直線運動,后向上做加速度先減小后反向增大的直線運動,當拉力大小為10 N時,加速度減小為0,此時速度達到最大值,根據題圖乙,結合數學函數關系,可以解得x=7.5 m,故A正確;當x=10 m時,根據動能定理有WF-mgxsin 30°=mv2-0,其中WF= J=150 J,解得v=5 m/s,故B錯誤;設物塊沿斜面運動到x=10 m位置之后,能夠沿斜面繼續向上減速至0的位移為x1,則有-mgx1sin 30°=0-mv2,解得x1=5 m,則上升過程中,物塊能達到的最大高度為H=(x+x1)sin 30°=(10+5)× m=7.5 m,故C正確;物塊由最高點下降至最低點過程有mg(x+x1)sin 30°=m,解得v1=5 m/s,則下降過程中,當x=0時重力對物塊做功的功率為P=mgv1sin 30°,解得P=50 W,故D錯誤。
6.(6分)(多選)質量均為m=1 kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動,二者的動能Ek隨位移x的變化圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
[A] 甲的加速度大于乙的加速度
[B] 甲、乙在x=6 m處相遇
[C] 當甲的位移剛達到9 m時,乙在甲的后面
[D] 當甲的位移為6 m時,乙在甲后面,且距離最遠
【答案】 AC
【解析】 對甲,根據動能定理ma1x=Ek0-Ek,得Ek=-ma1x+Ek0;對乙,根據動能定理有ma2x=Ek,圖線斜率表示合力,甲、乙加速度大小分別為a1== m/s2=2 m/s2,a2== m/s2=1 m/s2,則甲的加速度大于乙的加速度,A正確;對甲,Ek0=m,甲的初速度為v0=6 m/s,二者相遇時x=v0t-a1t2=a2t2,此時t=4 s,但當t=3 s時,甲已經停止,故甲、乙在x=9 m時相遇,即乙在甲的后面,B錯誤,C正確;當甲的位移為6 m時,由ma1x=Ek0-mv2,此時甲的速度為v=2 m/s,時間為t′==(3-) s,此時,乙的位移和速度分別為x′=a2t′2=(6-3) m,v′=a2t′=(3-) m/s,乙在甲后面,當甲、乙速度相等時,相距最遠,D錯誤。
7.(4分)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示,可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放,沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg,滑道高度h為4 m,且過Q點的切線水平,重力加速度g取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程,下列說法正確的是(　　)
[A] 重力做的功為360 J
[B] 克服阻力做的功為440 J
[C] 經過Q點時向心加速度大小為6 m/s2
[D] 經過Q點時對軌道的壓力大小為180 N
【答案】 B
【解析】 重力做的功為WG=mgh=800 J,A錯誤;下滑過程根據動能定理可得WG-W克f=m,代入數據解得克服阻力做的功為W克f=440 J,B正確;經過Q點時向心加速度大小為an==9 m/s2,C錯誤;經過Q點時,根據牛頓第二定律可得FN-mg=man,解得貨物受到的支持力大小為FN=380 N,根據牛頓第三定律可知,貨物對軌道的壓力大小為380 N,D錯誤。
8.(4分)(2024·貴州貴陽三模)如圖甲所示,水平地面上質量為m=0.4 kg的物體在水平向右的力F作用下由靜止開始運動,力F隨物體位移x的變化關系如圖乙所示,當位移x1=0.8 m時撤去拉力,當位移x2=1.0 m時物體恰好停止運動。已知物體與地面間的動摩擦因數為0.3,g取10 m/s2,忽略空氣阻力,則F0與物體運動的過程中速度的最大值分別為(　　)
[A] 2.5 N,1.5 m/s [B] 2.5 N,1.3 m/s
[C] 2.0 N,1.4 m/s [D] 2.0 N,1.2 m/s
【答案】 B
【解析】 設x1位置拉力大小為F1,由題圖乙可得=,由動能定理得x1-μmgx2=0,聯立可得F0=2.5 N,當F=μmg時物體達到最大速度,設此時位移為x3,則有=,可得x3= m,由動能定理得(-μmg)x3=m,可得vmax=1.3 m/s。
9.(15分)無人快遞車在水平路面上從靜止開始做直線運動,經過160 s到達目的地停止運動,快遞車在整個運送過程中牽引力F隨時間t的變化關系如圖所示,圖中F1和t1未知。假設快遞車與貨物總質量m=100 kg,運行時所受阻力為自身重力的,重力加速度g取10 m/s2,0～t1時間內位移大小s1=10 m。求:
(1)快遞車在加速和減速過程中的加速度大小;
(2)快遞車在整個運動過程中牽引力所做的功。
【答案】 (1)0.2 m/s2　0.1 m/s2　(2)1.45×104 J
【解析】 (1)由題意可知,快遞車運行時所受阻力為F阻=mg,代入數據得F阻=50 N,
快遞車在減速過程中,由牛頓第二定律F阻-F2=ma2,其中F2=40 N,
解得a2=0.1 m/s2,
設加速時間為t1,減速時間為t2,車做勻速運動的速度為v,由題圖可得t2=160 s-140 s=20 s,
由運動學公式v=a1t1=a2t2,可得v=2 m/s,
由題意s1=a1=10 m,
聯立解得a1=0.2 m/s2,t1=10 s。
(2)全程對快遞車由動能定理
WF-F阻(s1+s2+s3)=0,
其中s2=vΔt=2×(140-10) m=260 m,
s3=t2=×20 m=20 m,
代入解得WF=1.45×104 J。
10.(17分)(2024·甘肅蘭州模擬)半徑為R的光滑圓環可繞過圓心的豎直軸OO′轉動。質量為m的小球套在圓環上,原長為1.5R的輕質彈簧一端固定在小球上,另一端固定在圓環頂端O點。整個系統靜止時,小球在O′點處于平衡狀態且對圓環無壓力。重力加速度為g。
(1)當圓環以角速度ω0轉動時,小球在P點相對圓環靜止,∠POO′ = α,求彈簧彈力的大小及角速度ω0;(sin α=0.6,sin 2α=0.96,cos 2α=0.28)
(2)利用Fx圖像,證明小球從O′點運動到P點的過程中,彈簧彈力(F=kx)所做的功為W=k(-),其中x1和x2分別為小球在O′和P點處彈簧的伸長量;
(3)圓環開始轉動后,小球受輕微擾動離開O′,當轉速逐漸增大到ω0時,小球沿圓環緩慢上移到P點并相對圓環靜止。求此過程中圓環作用在小球上的合力做的功。
【答案】 (1)　　(2)見解析　(3) 1.92mgR
【解析】 (1)小球在O′點處于平衡狀態且對圓環無壓力,有k(2R-1.5R)=mg,
小球在P點相對圓環靜止而做勻速圓周運動,彈簧的長度為l=2Rcos α=1.6R,
由胡克定律有Fk=k(l-l0)=,
對小球受力分析,由牛頓第二定律有Fkcos α+FNcos 2α=mg,
Fksin α+FNsin 2α=mRsin 2α,
聯立解得ω0=
(2)根據胡克定律F=kx可知,彈力與形變量成正比,如圖所示。
則彈力做功等于圖像與橫軸圍成的面積,有W彈=·Δx=·(x1-x2),
化簡可得W彈=·Δx=·(-)。
(3)小球沿圓環緩慢上移到P點并相對圓環靜止,由動能定理有W總=mv2-0,
v=ω0Rsin 2α,
解得W總=1.44mgR,
設此過程中圓環作用在小球上的合力做的功為W環,其中W總 = -mgR(1-cos 2α)+W彈+W環,
對于彈簧彈力做功,其中x1 = 0.5R,x2= 0.1R,
代入數據得W環 = 1.92mgR。
(
第
1
頁
)(共50張PPT)
高中總復習·物理
第2講　
動能和動能定理
情境導思
如圖所示,足球運動員用力F踢出足球,足球的質量為m,足球被踢出時的速度為v,足球被踢出后在地面上運動了距離x停下。在這個過程中,足球運動員對足球是否做功 若沒有做功,請說明理由;若做功,請算出其大小。
知識構建
運動
焦耳
標量
動能的變化
合力
曲線運動
變力
分階段
小題試做
1.(2024·寧夏吳忠期末)質量10 g、以800 m/s飛行的子彈與質量60 kg、以
10 m/s奔跑的運動員相比(　　)
[A] 運動員的動能較大
[B] 子彈的動能較大
[C] 二者的動能一樣大
[D] 無法比較它們的動能
B
小題試做
C
(1)如圖所示,質量為m的物體,僅在與其運動方向相同的合力F作用下,經位移l后,速度由v1增加到v2。試從動力學的角度寫出位移l與速度的關系式。
(2)在(1)中,試寫出經位移l過程中合力F做功的表達式。
提示:合力做的總功W=Fl。
(3)結合(1)(2)中的表達式,你能得到什么結論
提示:合力做的功等于物體動能變化,即W=Ek2-Ek1=ΔEk。
1.動能定理的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程,動能定理表達式中“=”的意義是一種因果關系在數值上相等的符號。
(2)標量性:動能是標量,功也是標量,所以動能定理是一個標量式,不存在方向的選取問題,當然動能定理也就不存在分量的表達式。
2.動能定理的優越性
(1)應用牛頓第二定律和運動學規律解題時,涉及的有關物理量比較多,對運動過程的細節也要仔細研究。
(2)應用動能定理解題只需考慮外力做的總功及初、末狀態的動能,并且可以把不同的運動過程合并為一個全過程來處理。
(3)一般情況下,能用牛頓第二定律和運動學規律解決的問題,用動能定理也可以求解,并且更為簡捷。
[例1] 【動能定理的理解】 (多選)(2024·河南商丘模擬)如圖甲為乘客乘坐觀光電梯的情境,可以簡化成圖乙所示,電梯質量為M,乘客的質量為m。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動,當電梯的速度由v1增大到v2時,上升高度為H,重力加速度為g,則在這個過程中,下列說法正確的是(　 　)
BD
[例2] 【動能定理的應用】 (2024·安徽卷,2)某同學參加戶外拓展活動,遵照安全規范,坐在滑板上,從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑,至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m,可視為質點。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為(　　)
D
規律總結
(1)應用動能定理解題應抓住“兩狀態,一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況,“一過程”即明確研究過程,確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。
(2)動能定理的應用技巧。
[例3] 【應用動能定理求變力做功】 (2024·吉林長春模擬)如圖所示,載人飛船返回艙在離地面約6 000 m 的高空打開主傘(降落傘),在主傘的作用下返回艙速度從80 m/s降至10 m/s,此后可視為勻速下降,當返回艙在距離地面
1 m時啟動反推發動機,速度減至0后恰落到地面上。設主傘所受的空氣阻力為F阻=kv,其中k為定值,v為速率,其余阻力不計。已知返回艙(含航天員)總質量為3 000 kg,主傘的質量忽略不計,忽略返回艙質量的變化,重力加速度g取10 m/s2,設全過程為豎直方向的運動。求:
(1)在主傘打開后的瞬間,返回艙的加速度大小;
【答案】 (1)70 m/s2
【解析】 (1)對返回艙進行受力分析,在返回艙以v1=10 m/s勻速下降時kv1=mg,
在返回艙以v2=80 m/s下降時kv2-mg=ma,
解得a=70 m/s2。
(2)若在反推發動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態,則反推發動機在該過程中對返回艙做的功。
【答案】 (2)-1.8×105 J
1.解決動能定理與圖像結合問題的基本步驟
2.常見圖像及圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義
(1)
(2)
(3)
[例4] 【動能定理與μ-x圖像】 (2024·四川達州二模)如圖甲所示,一傾角θ=37°的斜面體固定在水平地面上(斜面足夠長、帶一定滑輪),物塊A放在斜面上的O點,用跨過輕質定滑輪的輕繩與物塊B連接,B離滑輪足夠遠。A、B的質量分別為m1=2.5 kg、m2=0.9 kg。運動過程中A與O點的距離設為x,A與斜面間的動摩擦因數μ與x的關系如圖乙。重力加速度g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,現將A、B由靜止釋放。
(1)當A與O點的距離為多大時物塊A的速度最大;
【答案】 (1)2 m
(2)求物塊A在斜面上滑行的最大位移xm。
【答案】 (2)4 m
1.(4分)關于運動物體所受的合力、合力做的功及動能變化的關系,下列說法正確的是(　　)
[A] 合力為零,則合力做功一定為零
[B] 合力做功為零,則合力一定為零
[C] 合力做功越多,則動能一定越大
[D] 動能不變,則物體所受合力一定為零
對點1.動能定理的理解和應用
基礎對點練
A
【解析】 由W=Flcos α可知,若物體所受合力為零,則合力做功一定為零,但合力做功為零,合力不一定為零,例如,合力的方向時刻與物體運動方向保持垂直,同理,動能不變,合力做功為零,但合力不一定為零,A正確,B、D錯誤;由動能定理W=ΔEk可知,合力做功越多,動能變化越大,但動能不一定越大,C錯誤。
2.(4分)(2024·遼寧大連期末)如圖所示,某質量為m的企鵝(可視為質點)斜向上跳水,起跳時它距海平面高為h,速度大小為v0,不計空氣阻力,企鵝落水時的速度大小為v,已知重力加速度大小為g,在此過程中,下列說法正確的是(　　)
B
C
對點2.應用動能定理求變力做功
4.(6分)(多選)在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上,放著一質量為m的小滑塊,在一個平行于斜面的拉力F (圖中未畫出)作用下,沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點運動到Q點,運動過程中速度大小始終為v,P、Q為四分之一圓周的兩個端點,P與圓心O等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,在從P點運動到Q點的過程中,小滑塊(　 　)
AC
5.(6分)(2024·山西太原模擬)(多選)如圖甲所示,傾角為30°的光滑斜面上,質量為2 kg的小物塊在平行于斜面的拉力F作用下由靜止沿斜面向上運動,拉力(F)隨位移(x)變化的圖像如圖乙所示。g取10 m/s2,則在物塊沿斜面運動的過程中,下列判斷正確的是(　 　)
[A] 上升過程中,當x=7.5 m時物塊的速度最大
[B] 上升過程中,當x=10 m時物塊的速度為0
[C] 上升過程中,物塊能達到的最大高度為7.5 m
AC
對點3.動能定理與圖像結合的問題
6.(6分)(多選)質量均為m=1 kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動,二者的動能Ek隨位移x的變化圖像如圖所示。下列說法正確的是(　 　)
[A] 甲的加速度大于乙的加速度
[B] 甲、乙在x=6 m處相遇
[C] 當甲的位移剛達到9 m時,乙在甲的后面
[D] 當甲的位移為6 m時,乙在甲后面,且距離最遠
AC
B
綜合提升練
8.(4分)(2024·貴州貴陽三模)如圖甲所示,水平地面上質量為m=0.4 kg的物體在水平向右的力F作用下由靜止開始運動,力F隨物體位移x的變化關系如圖乙所示,當位移x1=0.8 m時撤去拉力,當位移x2=1.0 m時物體恰好停止運動。已知物體與地面間的動摩擦因數為0.3,g取10 m/s2,忽略空氣阻力,則F0與物體運動的過程中速度的最大值分別為(　　)
[A] 2.5 N,1.5 m/s [B] 2.5 N,1.3 m/s
[C] 2.0 N,1.4 m/s [D] 2.0 N,1.2 m/s
B
(1)快遞車在加速和減速過程中的加速度大小;
【答案】 (1)0.2 m/s2　0.1 m/s2
(2)快遞車在整個運動過程中牽引力所做的功。
【答案】 (2)1.45×104 J
10.(17分)(2024·甘肅蘭州模擬)半徑為R的光滑圓環可繞過圓心的豎直軸OO′轉動。質量為m的小球套在圓環上,原長為1.5R的輕質彈簧一端固定在小球上,另一端固定在圓環頂端O點。整個系統靜止時,小球在O′點處于平衡狀態且對圓環無壓力。重力加速度為g。
(1)當圓環以角速度ω0轉動時,小球在P點相對圓環靜止,∠POO′ = α,求彈簧彈力的大小及角速度ω0;(sin α=0.6,sin 2α=0.96,cos 2α=0.28)
(3)圓環開始轉動后,小球受輕微擾動離開O′,當轉速逐漸增大到ω0時,小球沿圓環緩慢上移到P點并相對圓環靜止。求此過程中圓環作用在小球上的合力做的功。
【答案】 (3) 1.92mgR

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