【物理】2019届一轮复习人教版第5章第2节 动能定理学案
第二节 动能定理
(对应学生用书第81页)
[教材知识速填]
知识点1 动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2，v为瞬时速度，动能是状态量．
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．矢标性：动能是标量，只有正值．
5．动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
易错判断
(1)一定质量的物体动能变化时，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)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的平方成正比．(×)
知识点2 动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝mv－mv.
3．物理意义：合外力的功是动能变化的量度．
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．
易错判断
(1)物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变．(√)
(2)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(×)
(3)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)
[教材习题回访]
考查点：对动能的理解
1．(人教版必修2P74T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变．在下列几种情形下，汽车的动能不变的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的4倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍
[答案] D
考查点：动能定理的理解
2．(粤教版必修2P77T2)(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则( )
A．物体的动能可能减少
B．物体的动能可能不变
C．物体的动能可能增加
D．余下的力一定对物体做功
[答案] ACD
考查点：动能定理的应用
3．(沪科版必修2P55T2)一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动了距离s时，其动能为E1，而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能为E2，则( )
A．E2＝E1 B．E2＝2E1
C．E2>2E1 D．E1
Ek2，C正确，D错误．]
动能定理的应用
1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
2．应用动能定理解题的基本思路
[多维探究]
考向1 用动能定理分析求解变力做功问题
1．如图524所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
图524
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋mv2)
[题眼点拨] “C点时弹簧最短，距地面高度为h”可知此时小球的速度为零，弹力是小球所受外力要用动能定理求解．
A [小球从A点运动到C
点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A.]
2. 如图525所示，一辆汽车通过一根绳PQ跨过定滑轮提升井中质量为m的物体，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上．设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、绳与滑轮间的摩擦都忽略不计．开始时，车在A处，滑轮左右两侧的绳都绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H.提升时车水平向左加速运动，沿水平方向从A经过B驶向C，设A到B的距离也为H，车经过B时的速度为v0，求车由A运动到B的过程中，绳对物体所做的功.
【导学号：84370212】
图525
[题眼点拨] ①“绳总长不变”想到用几何关系求解物体上升的高度；②“过B时速度为v0”要用分解的方法求出物体上升的速度．
[解析] 物体上升的过程中，物体的重力和绳的拉力均做功．设车运动至B时，物体的速度为v，绳的拉力对物体做的功为W
由几何关系得物体上升的高度为h＝(－1)H
所以物体的重力做的功为WG＝－mgh＝(1－)mgH
对物体应用动能定理有W＋WG＝mv2
又物体的速度v＝v0cos 45°＝v0
由以上各式解得W＝mv＋(－1)mgH.
[答案] mv＋(－1)mgH
(2018·长春模拟)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(g取10 m/s2)( )
A．11 J B．16 J
C．18 J D．9 J
C [A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝.vAcos α＝vBsin α，解得：vB＝4 m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝mv，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mv＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，选项C正确．]
考向2 利用动能定理求解多过程问题
3. 如图526所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )
图526
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
D [设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点．]
4．(2017·上海高考)如图527所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图527
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h.
[题眼点拨] ①“通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零”，则此时速度为vC＝；②“与斜面间动摩擦因数为μ”说明沿AB运动的摩擦力做负功．
[解析](1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg＝ ①
vC＝＝2 m/s.
(2)对B→C过程由动能定理得：
－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv ②
vB＝＝4.29 m/s.
(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：
mgh－mgμcos 37°·＝mv－0 ③
代入数据解得h＝1.38 m.
[答案](1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
1．若在题4中滑块刚好到达与圆心等高的D点，如图所示，则A、B间的高度差h′应为多少？
[解析] 由A→D应用动能定理可得：
mgh′－μmgcos θ·－mgRcos θ＝0
解得：h′＝＝0.48 m.
[答案] 0.48 m
2．若题4中斜面轨道光滑，滑块从A点释放后滑到C点，对轨道的压力是重力的多少倍？(原AB高度差h＝1.38 m不变)
[解析] 由A→C应用动能定理，设C点时的速度为vC.
mgh－mg(R＋Rcos θ)＝mv ①
NC＋mg＝ ②
由①②得：NC＝2.3mg，故是重力的2.3倍．
[答案] 2.3
[反思总结] 应用动能定理注意的三个问题
(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．
动能定理与图象的结合问题
四类图象所围面积的含义
vt图
由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图
由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图
由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图
由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
[母题] (2018·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图528甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成．将质量m＝0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：
甲 乙
图528
(1)圆弧轨道的半径；
(2)星球表面的重力加速度；
(3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系EkH图象.
【导学号：84370213】
[题眼点拨] ①“C点的压力”要利用重力和轨道对C的压力提供向心力的条件；②“F随H的关系”要根据条件写出F－H的函数关系．
[解析](1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：F＋mg＝m
小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝mv
解得：F＝H－5mg
由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0
解得：r＝0.2 m.
(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N
解得：g＝5 m/s2.
(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝Ek－0
解得：Ek＝H－0.4
则EkH图象如图所示．
[答案](1)0.2 m (2)5 m/s2 (3)见解析
[母题迁移]
迁移1 动能定理与vt图象的结合
1．用起重机提升货物，货物上升过程中的vt图象如图529所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则( )
图529
A．W1>0 B．W2<0
C．W2>0 D．W3>0
C [分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得；重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C正确；根据动能定理，合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3<0，D错误．]
迁移2 动能定理与at图象结合
2．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图5210所示．下列说法正确的是( )
【导学号：84370214】
图5210
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
[题眼点拨] 看到“at”图象，要利用图象面积表示速度变化的结论．
D [由v＝at可知，at图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5 s时，速度最大，B项错；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6
s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．]
迁移3 动能定理与Fx图象的结合
3．如图5211甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.求：
甲 乙
图5211
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
[题眼点拨] ①“F大小随位移变化的关系”要看到F方向及大小的变化；②“与BC间动摩擦因数未知”涉及BC间摩擦力或功等问题时要灵活运用动能定理．
[解析](1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝mv
代入数值解得vB＝2 m/s.
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at
解得t1＝ s.
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得：
W－mg·2R＝mv－mv
代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J.
[答案](1)2 m/s (2) s (3)5 J
打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)
丙
(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．
[解析](1)撤去F前，根据动能定理，有
(F－mg)h＝Ek－0
由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N，得F＝30 N
又由题图乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J
则v＝4 m/s，P＝Fv＝120 W.
(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－Ek′
已知Ek′＝20 J，f＝
又由题图丙得k′＝105 N/m，解得：x′＝0.02 m.
[答案](1)120 W (2)0.02 m
