1、第2讲 动能、动能定理,考点1,动能,1定义：物体由于_而具有的能叫动能,运动,2公式：Ek_.,3单位：焦耳，1 J1 _,kgm2/s2,4性质：动能是标量，是状态量，与 v瞬时对应，具有相对,性，大小与参照物的选择_,有关,考点2,动能定理的理解与运用,1动能定理,动能,(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体_的变化(3)注意合外力的功，是指物体所受的所有力在某一过程中所做,功的代数和,F总 scos,WFWfWNWG,表达式：W总_如果某个力对物体做负功，则加负值位移和速度，必须是相对于同一个参考系，一般以地面为参考系,2动能定理的运用,(1)动能定理中涉及的物理量有 F、s、m、v
2、、W、Ek 等，在,涉及含有上述物理量的问题时，可以考虑使用动能定理由于动能定理只需考虑过程中力做功的情况和初、末状态的动能，而无需考虑运动状态的细节，所以运用动能定理解题，往往比用牛顿运动定律要简便用动能定理还能解决一些牛顿运动定律难以求解的问题，如变力做功，曲线运动等，所以解题时，应优先考虑用动能定理,(2)动能定理实际上是根据一个过程中做了多少功，导致动能变化了多少来列方程的，所以运用动能定理时要注意选定过程,(3)运用动能定理解题的一般步骤,明确研究对象的受力情况和运动过程,分析整个过程中各力对研究对象的做功情况明确初、末状态的动能,列出动能定理方程，并求解,题组1,对应考点1,1有两
3、个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为 m，甲速度为 v，动能为 Ek ；乙速度为v，动能为,Ek，那么(,),BEkEkDEk Ek,AEkEkCEk Ek 答案：B,题组2,对应考点2,2(双选)如图 521，质量为 m 的小车在水平恒力 F 推动下，从山坡(粗糙)底部 A 处由静止起运动至高为 h 的坡顶 B，获得速度为 v，AB 间水平距离为 s，重力加速度为 g.下列说法,正确的是(,),图 521,A小车克服重力所做的功是 mgh,答案：AB,3如图 522 所示，一质量为 m 的质点在半径为 R 的半球形固定容器中，由静止开始自边缘上的 A 点滑下，到达最低点 B
4、时，它对容器的正压力为 FN.重力加速度为 g，则质点自,A 滑到 B 的过程中，摩擦力对其所做的功为(,),图 522,答案：A,热点1,运用动能定理解决多过程问题,【例1】(2010 年全国卷)如图 523，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段 MN 与水平段 NP 相切于 N，P 端固定一竖直挡板M 相对于 N 的高度为 h，NP 长度为 s.一物块自 M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处若在 MN 段的摩擦可忽略不计，物块与NP 段轨道间的滑动摩擦因数为，求物块停止的地方与 N 点距离的可能值,图 523,备考策略：解决这类问题一定要审清题意，分
5、析清楚物体的运动过程，以及过程中力做功的情况和初、末状态.关于滑动摩擦力做功，要注意摩擦力方向的变化，如该题中，从N 到P时摩擦力方向向左，反弹后摩擦力方向向右，所以摩擦力对木块始终做负功，则式中的x 表示在NP段滑动的总距离.,第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距,1(2011 年苏北模拟)如图 524 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、
6、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间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.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,图 524,解：(1)小滑块从 ABCD 过程中，由动能定理得,(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总对小滑块运,动全过程利用动能定理，有,mgh1mgx总,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.,热点2,动能定理与曲线运动结合,【例
7、2】(2010 年上海卷)如图 525，ABC 和 ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E 在同一水平面，C、D、E 在同一竖直线上，D点距水平面的高度为h，C点高度为2h，一滑块从 A点以初速度 v0分别沿两轨道滑行到C或 D处后水平抛出,(1)求滑块落到水平面时，落点与 E 点间的距离 sC和sD.(2)为实现 sCsD，v0应满足什么条件？,图525,备考策略：该类题型考查的内容比较丰富，考点分布广，包括动能定理、牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等，对能力的要求比较高.对该类题型，一定要把物体的运动过程分析清楚，将各过程中的特点把握住，再从已知和要求的两个方向出发来联立方程组求解.如该题中
8、，过程分为物体冲上C、D 过程和平抛过程，上冲过程高度不同，重力做功不同，则平抛初速度不同，应由动能定理或机械能守恒定律求平抛初速度，平抛中高度和水平初速度不同，水平位移不同，要运用平抛规律列方程.,2(2011 年天津卷)如图 526 所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为2R.重力加速度为 g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：,(1)黏合后的两球从飞出轨道
9、到落地的时间 t；(2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小,图 526,(2)设球A 的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A 冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由动能定理知,设碰撞后黏合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定,律知mv12mv2,飞出轨道后两球做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线,运动，有2Rv2t综合式得v,易错点,对过程中初末状态、力做功的判断及计算,【例题】 一质量为 m 的小球用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平力 F 作用下，从平衡位置 P 点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向角到达 Q点时，如图527 所示，则水平力F,所做的功为(,),图 527,Amg
10、lcosCmgl(1cos),BFlsinDFlcos,错解分析：物体的位移为slsin，则WFsFlsin.错因分析：该题中没有指出水平力F 是恒力，小球缓慢地移动，可以看做每个瞬间都处在平衡状态，速度大小不变，由于绳与竖直方向的夹角不断变化，如果三力平衡，则拉力F 也在不断变化，即大小不恒定，不适合用公式WFsFlsin.,正确解析：本题中不能简单地用WFscos，可运用动能定理小球在运动过程中受三个力的作用，可认为速度大小不变，其中绳的拉力与小球瞬时速度的方向垂直不做功，根据动能定理得W总WGWFEk0，可知WGWFmgh，即重力做的负功和拉力做的功相等，选择C.,指点迷津：动能定理应用
11、中首先要分析研究对象的受力情况、运动情况，正确的选定过程，并分析研究过程中的所有力的做功情况，然后根据所求选择合适公式或规律求解,1(双选，2011 年东北模拟)如图 528 所示，长为 L 的长木板水平放置，在木板的 A 端放置一个质量为 m 的小物块，现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块,滑到底端的速度为 v，则在整个过程中(,),图 528,D滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin,A支持力对物块做功为 0,B支持力对小物块做功为 mgLsinC摩擦力对小物块做功为 mgLsin,1 2,答案：BD,1(20
12、11年新课标卷)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：当所加恒力的方向与物体运动的方向成锐角时，该力一直做正功，其动能一直增大，A 正确；当所加恒力的方向与物体运动的方向相反时，物体先做匀减速运动后做反向的匀加速运动，其动能先逐渐减小至零，再逐渐增大，B 正确；当所加恒力的方向与物体运动的方向成钝角(不等于180)时，其动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，D 正确；物体不可能出现动能先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小的情况，C 错误,答案：C,2(双选，2010 年江苏卷)如图 529 所示，平直木板AB 倾斜放置，板上的 P 点距 A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由 A 到 B 逐渐减小，先让物块从 A 由静止开始滑到 B.然后，将 A 着地，抬高 B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从 B 由静止开始滑到 A.上述两过程相比较，下列说法中,一定正确的有(,),图 529,A物块经过 P 点的动能，前一过程较小,B物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦产生的热量，前,一过程较少,C物块滑到底端的速度，前一过程较大,D物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长,答案：AD,
