1、第2讲 动能定理及其应用考点考点1 1 动能动能1.1.定义：物体由于定义：物体由于_而具有的能而具有的能2.2.表达式：表达式：E Ek k=_=_3.3.物理意义：动能是状态量，是物理意义：动能是状态量，是_(_(填填“矢量矢量”或或“标量标量”)4.4.单位：动能的单位是单位：动能的单位是_运动运动标量标量焦耳焦耳21mv21.1.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性，大小与参考系的选取有关，中学物理中，一般选取地面为性，大小与参考系的选取有关，中学物理中，一般选取地面为参考系参考系2.2.动能的变化：物体末动能与初动
2、能之差动能的变化：物体末动能与初动能之差即即说明：说明：(1)(1)表达式中表达式中v v1 1、v v2 2均指瞬时速度均指瞬时速度.(2)E(2)Ek k00，表示物体的动能增大，表示物体的动能增大.EEk k000，故手对重物做的功，故手对重物做的功W W1 1mm2 2g g2 2/k/k，选项，选项B B正确正确.由动能定理知由动能定理知 则则C C、D D错错.2222m g1Wmv,k2 利用动能定理规范求解多过程问题利用动能定理规范求解多过程问题【例证例证2 2】如图所示装置由如图所示装置由ABAB、BCBC、CDCD三段轨道组成，轨道交接三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧
3、平滑连接，其中轨道处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道ABAB、CDCD段是光滑的，水段是光滑的，水平轨道平轨道BCBC的长度的长度x=5 m,x=5 m,轨道轨道CDCD足够长且倾角足够长且倾角=37=37,A,A、D D两点两点离轨道离轨道BCBC的高度分别为的高度分别为h h1 1=4.30 m=4.30 m、h h2 2=1.35 m.=1.35 m.现让质量为现让质量为m m的的小滑块自小滑块自A A点由静止释放点由静止释放.已知小滑块与轨道已知小滑块与轨道BCBC间的动摩擦因数间的动摩擦因数=0.5,=0.5,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2，sin37s
4、in37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8.=0.8.求：求：(1)(1)小滑块第一次到达小滑块第一次到达D D点时的速度大小；点时的速度大小；(2)(2)小滑块第一次与第二次通过小滑块第一次与第二次通过C C点的时间间隔；点的时间间隔；(3)(3)小滑块最终停止的位置距小滑块最终停止的位置距B B点的距离点的距离.【解题指南解题指南】解答本题应注意以下两个方面：解答本题应注意以下两个方面：(1)(1)重力做功与摩擦力做功的特点；重力做功与摩擦力做功的特点；(2)(2)所选择的研究过程与动能定理关系式的对应所选择的研究过程与动能定理关系式的对应.【规范解答规范解答】(1)(1)小滑
5、块从小滑块从ABCDABCD过程中，由动能定理得：过程中，由动能定理得：mg(hmg(h1 1-h-h2 2)-mgx=)-mgx=(3 (3分分)将将h h1 1、h h2 2、x x、g g代入得：代入得：v vD D=3 m/s=3 m/s (2 (2分分)(2)(2)小滑块从小滑块从ABCABC过程中，由动能定理得过程中，由动能定理得mghmgh1 1-mgx=-mgx=(1 (1分分)将将h h1 1、x x、g g代入得：代入得：v vC C=6 m/s=6 m/s (1 (1分分)小滑块沿小滑块沿CDCD段上滑的加速度大小段上滑的加速度大小a=gsin=6 m/sa=gsin=6
6、 m/s2 2 (1(1分分)小滑块沿小滑块沿CDCD段上滑到最高点的时间段上滑到最高点的时间 (1(1分分)由对称性可知小滑块从最高点滑回由对称性可知小滑块从最高点滑回C C点的时间点的时间t t2 2=t=t1 1=1 s=1 s故小滑块第一次与第二次通过故小滑块第一次与第二次通过C C点的时间间隔点的时间间隔t=tt=t1 1+t+t2 2=2 s(1=2 s(1分分)2D1mv022C1mv2C1vt1 sa(3)(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为运动的总路程为x x总总有：有：mghmgh1 1
7、=mgx=mgx总总 (2(2分分)将将h h1 1、代入得代入得x x总总=8.6 m=8.6 m (2 (2分分)故小滑块最终停止的位置距故小滑块最终停止的位置距B B点的距离为点的距离为2x-x2x-x总总=1.4 m=1.4 m (1 (1分分)答案：答案：(1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m(1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m【互动探究互动探究】若轨道若轨道CDCD段不光滑，动摩擦因数也为段不光滑，动摩擦因数也为=0.5,=0.5,试求：试求：小滑块在小滑块在CDCD段上滑的最大高度段上滑的最大高度h h3 3.【解析解析】由动能定理可知，由动能定理可知，mg
8、(hmg(h1 1-h-h3 3)-mgx-mgcos)-mgx-mgcos解得解得:h:h3 3=1.08 m.=1.08 m.答案：答案：1.08 m1.08 m3h0,sin【总结提升总结提升】动能定理综合应用问题的规范解答动能定理综合应用问题的规范解答1.1.基本步骤基本步骤(1)(1)选取研究对象，明确它的运动过程；选取研究对象，明确它的运动过程；(2)(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能明确研究对象在过程的始末状态的动能E Ek1k1和和E Ek2k2；(4)(4)列出动能定理的方程列出
9、动能定理的方程W W合合=E=Ek2k2-E-Ek1k1及其他必要的解题方程，进及其他必要的解题方程，进行求解行求解.2.2.注意事项注意事项(1)(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统物体的物体系统.(2)(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式.当题目中涉当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理.(3)(
10、3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑也可整个过程考虑.动能定理与图象结合的问题动能定理与图象结合的问题【例证例证3 3】如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0 kgm=1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于当弹簧处于原长时，小物块静止于O O点点.现对小物块施加一个外现对小物块施加一个外力力F F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至，使它缓慢移动，将弹簧压缩至
11、A A点时，压缩量为点时，压缩量为x=0.1 mx=0.1 m，在这一过程中，所用外力在这一过程中，所用外力F F与压缩量的关系如图乙所示与压缩量的关系如图乙所示.然后撤然后撤去去F F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O O点至桌面点至桌面B B点的距点的距离为离为L=2x,L=2x,水平桌面的高度为水平桌面的高度为h=5.0 mh=5.0 m，计算时，可认为滑动摩，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力擦力近似等于最大静摩擦力(g(g取取10 m/s10 m/s2 2).).求：求：(1)(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能在压缩弹簧过
12、程中，弹簧存贮的最大弹性势能.(2)(2)小物块到达桌边小物块到达桌边B B点时速度的大小点时速度的大小.(3)(3)小物块落地点与桌边小物块落地点与桌边B B点的水平距离点的水平距离.【解题指南解题指南】解答本题时应注意以下三点：解答本题时应注意以下三点：(1)F-x(1)F-x图象与图象与x x轴所围面积为变力轴所围面积为变力F F做的功做的功.(2)(2)弹性势能对应弹簧弹力做的负功的大小弹性势能对应弹簧弹力做的负功的大小.(3)F-x(3)F-x图象中图象中x=0 x=0时时F F的含义的含义.【自主解答自主解答】(1)(1)取向左为正方向，从取向左为正方向，从F-xF-x图中可以看出
13、，小物图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为块与桌面间的滑动摩擦力大小为f=1.0 Nf=1.0 N，方向为负方向，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为在压缩过程中，摩擦力做功为W Wf f=-f=-fx=-0.1 Jx=-0.1 J由图线与由图线与x x轴所围面积可得外力做功为轴所围面积可得外力做功为所以弹簧存贮的最大弹性势能为所以弹簧存贮的最大弹性势能为E Ep p=W=WF F+W+Wf f=2.3 J=2.3 JF1.047.0W0.1 J2.4 J2(2)(2)从从A A点开始到点开始到B B点的过程中，由于点的过程中，由于L=2xL=2x，摩擦力做功为，摩擦力做功为W W
14、f f=-f=-f3x=-0.3 J3x=-0.3 J对小物块用动能定理有对小物块用动能定理有E Ep p+W+Wf f=解得解得v vB B=2 m/s=2 m/s(3)(3)小物块从小物块从B B点开始做平抛运动点开始做平抛运动下落时间下落时间t=1 st=1 s水平距离水平距离s=vs=vB Bt=2 mt=2 m答案：答案：(1)2.3 J (2)2 m/s (3)2 m(1)2.3 J (2)2 m/s (3)2 m2B1mv221hgt2【总结提升总结提升】变力做功与图象结合问题的分析方法变力做功与图象结合问题的分析方法如弹簧的弹力等变力做功问题，可以作出力如弹簧的弹力等变力做功问
15、题，可以作出力位移图象，力所位移图象，力所做的功可以用力的图线与对应的位移轴所包围的做的功可以用力的图线与对应的位移轴所包围的“面积面积”表示表示.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，可求出相应的再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，可求出相应的物理量物理量.【变式训练变式训练】如图甲所示，一质量为如图甲所示，一质量为m=1 kgm=1 kg的物块静止在粗糙的物块静止在粗糙水平面上的水平面上的A A点，从点，从t=0t=0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力变化的水平力F F作用并向右运动，第作用并向右运动，第3 s3 s末物块运动到末物块
16、运动到B B点时速度点时速度刚好为刚好为0 0，第，第5 s5 s末物块刚好回到末物块刚好回到A A点，已知物块与粗糙水平面之点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数间的动摩擦因数=0.2(g=0.2(g取取10 m/s10 m/s2 2).).求：求：(1)A(1)A与与B B间的距离；间的距离；(2)(2)水平力水平力F F在在5 s5 s内对物块所做的功内对物块所做的功.【解析解析】(1)(1)在在3 35 s5 s内物块在水平恒力内物块在水平恒力F F作用下由作用下由B B点匀加速运点匀加速运动到动到A A点，设加速度为点，设加速度为a a，A A与与B B间的距离为间的距离为x x，
17、则，则F-mg=maF-mg=ma得得a=2 m/sa=2 m/s2 2 x=atx=at2 2=4 m=4 m(2)(2)设物块回到设物块回到A A点时的速度为点时的速度为v vA A，由由v vA A2 2=2ax=2ax得得v vA A=4 m/s=4 m/s设整个过程中设整个过程中F F做的功为做的功为W WF F，由动能定理得：由动能定理得：W WF F-2mgx=mv-2mgx=mvA A2 2解得：解得：W WF F=24 J=24 J答案：答案：(1)4 m (2)24 J(1)4 m (2)24 J1212考查内容考查内容利用动能定理分析功、能关系问题利用动能定理分析功、能关
18、系问题【例证例证】如图所示，卷扬机的绳索通过如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力定滑轮用力F F拉位于粗糙斜面上的木箱，拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动使之沿斜面加速向上移动.在移动过程在移动过程中，下列说法正确的是中，下列说法正确的是()()A.FA.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和功之和B.FB.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的机械能木箱克服重力做的功等于木箱增加的机械能D.FD.F对
19、木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和功之和【规范解答规范解答】选选D.D.木箱加速上滑的过程中，拉力木箱加速上滑的过程中，拉力F F做正功，重力做正功，重力和摩擦力做负功，支持力不做功和摩擦力做负功，支持力不做功.由动能定理得：由动能定理得：W WF F-W-WG G-W-Wf f=mv mv2 2-0.-0.即即W WF F=W=WG G+W+Wf f+mv+mv2 2,A,A、B B错误；又因克服重力做功错误；又因克服重力做功W WG G等于等于木箱增加的重力势能，所以木箱增加的重力势能，所以W WF F=E=Ep p
20、+E+Ek k+W+Wf f，故，故D D正确；又由重正确；又由重力做功与重力势能变化的关系知木箱克服重力做的功等于木箱力做功与重力势能变化的关系知木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，不等于木箱增加的机械能增加的重力势能，不等于木箱增加的机械能,C,C错误错误.12121.1.如图所示，质量为如图所示，质量为m m的物块，在恒力的物块，在恒力F F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过过A A点和点和B B点的速度分别是点的速度分别是v vA A和和v vB B，物块，物块由由A A运动到运动到B B点的过程中，力点的过程中，力F F对物块做的功对物块做的
21、功W W为为()()22BA22BA22AB11A.Wmvmv2211B.Wmvmv2211C.Wmvmv22D.FW由于 的方向未知，无法求出【解析解析】选选B.B.物块由物块由A A到到B B的过程中，只有力的过程中，只有力F F对物块做功，由动对物块做功，由动能定理可知，能定理可知，故故B B正确正确.22BA11Wmvmv,222.2.质量为质量为m m的物体在水平力的物体在水平力F F的作用下由静止开始在光滑地面上的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为运动，前进一段距离之后速度大小为v v，再前进一段距离使物体，再前进一段距离使物体的速度增大为的速度增大为2v
22、2v，则，则()()A.A.第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B.B.第二过程的动能增量等于第一过程动能增量第二过程的动能增量等于第一过程动能增量C.C.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D.D.第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2 2倍倍【解析解析】选选A.A.由题意知，两个过程中速度增量均为由题意知，两个过程中速度增量均为v,Av,A正确；由正确；由动能定理知：动能定理知：故故B B、C C、D D错误错误.2222121113WmvWm
23、 2vmvmv2222，3.3.物体在合外力作用下做直线运动的物体在合外力作用下做直线运动的v v-t t图象如图所示，下列图象如图所示，下列表述正确的是表述正确的是()()A.A.在在0 01 s1 s内，合外力做正功内，合外力做正功B.B.在在0 02 s2 s内，合外力总是做正功内，合外力总是做正功C.C.在在1 12 s2 s内，合外力做正功内，合外力做正功D.D.在在0 03 s3 s内，合外力总是做正功内，合外力总是做正功【解析解析】选选A.A.由动能定理可知，合外力所做的功等于动能的增由动能定理可知，合外力所做的功等于动能的增量，物体的速度增大，则合外力做正功，物体的速度减小，则
24、量，物体的速度增大，则合外力做正功，物体的速度减小，则合外力做负功，由题图可知，合外力做负功，由题图可知，0 01 s1 s内，合外力做正功，内，合外力做正功，1 12 s2 s内合外力做负功，故内合外力做负功，故A A正确，正确，B B、C C、D D错误错误.4.4.质量为质量为m m的物体从地面上方的物体从地面上方H H高处无初速释放，陷入地面的深高处无初速释放，陷入地面的深度为度为h h，如图所示，在此过程中，如图所示，在此过程中()()A.A.重力对物体做功为重力对物体做功为mgHmgHB.B.重力对物体做功为重力对物体做功为mghmghC.C.外力对物体做的总功为零外力对物体做的总
25、功为零D.D.地面对物体的平均阻力为地面对物体的平均阻力为mg(H+h)/Hmg(H+h)/H【解析解析】选选C.C.在此过程中，重力做功为在此过程中，重力做功为mg(H+h)mg(H+h)，A A、B B错误；物错误；物体无初速释放，到最低点的速度为零，由动能定理可知，外力体无初速释放，到最低点的速度为零，由动能定理可知，外力对物体做的总功为零，对物体做的总功为零，C C正确；由正确；由mg(H+h)-fmg(H+h)-fh=0h=0可得：地面对可得：地面对物体的平均阻力为物体的平均阻力为f=mg(H+h)/h,Df=mg(H+h)/h,D错误错误.5.5.如图所示如图所示,轻弹簧左端固定在
26、竖直轻弹簧左端固定在竖直墙上墙上,右端点在右端点在O O位置位置.质量为质量为m m的物块的物块A(A(可视为质点可视为质点)以初速度以初速度v v0 0从距从距O O点右点右方方x x0 0的的P P点处向左运动点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到将弹簧右端压到OO点位置后点位置后,A,A又被弹簧弹回，又被弹簧弹回，A A离开弹簧后离开弹簧后,恰好回到恰好回到P P点，点，物块物块A A与水平面间的动摩擦因数为与水平面间的动摩擦因数为.求求:(1)(1)物块物块A A从从P P点出发又回到点出发又回到P P点的过程点的过程,克服摩擦力所做的功克服摩擦力所做的功.(2)O(2)O点和点和OO点间的距离点间的距离x x1 1.【解析解析】(1)A(1)A从从P P点出发又回到点出发又回到P P点的过程中，只有摩擦力做点的过程中，只有摩擦力做功，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为功，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为(2)A(2)A从从P P点出发又回到点出发又回到P P点的过程中根据动能定理点的过程中根据动能定理-2mg(x-2mg(x1 1+x+x0 0)=0-)=0-得：得：答案：答案：2f01Wmv.2201mv22010vxx4 g 22000v11mv 2x24 g
