資源簡介

第3講　動能定理
一、動能和動能變化(必修二第八章第3節)
定義 物體由于運動而具有的能
公式 Ek=mv2
矢標性 動能是標量,只有正值,動能與速度方向無關
狀態量 動能是狀態量,因為v是瞬時速度
相對性 由于速度具有相對性,所以動能也具有相對性
動能的 變化 物體末動能與初動能之差,即ΔEk=m-m。動能的變化是過程量
提醒:動能Ek為非負值,而動能變化量ΔEk有正負之分。ΔEk>0表示物體的動能增加,ΔEk<0表示物體的動能減少。
二、動能定理(必修二第八章第3節)
提醒:合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系,但并不是說動能的變化就是合力做的功。
【質疑辨析】
角度1 動能和動能變化
(1)質量大的物體,動能一定大。 (　　)
(2)速度方向變化,物體的動能一定變化。 (　　)
(3)動能不變的物體一定處于平衡狀態。 (　　)
角度2 動能定理
(4)物體的動能不變,所受的合外力必定為零。(　　)
(5)合外力做功是物體動能變化的原因。 (　　)
(6)動能定理只適用于同時作用的力做功。 (　　)
答案:(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　
精研考點·提升關鍵能力
考點一　動能和動能變化量　(核心共研)
【核心要點】
動能Ek、動能變化量ΔEk與速度v的關系
項目 動能Ek 動能變化量ΔEk 速度v
數值 關系 Ek=mv2 ΔEk=m-m≠m(Δv)2
變化 關系 動能是標量,速度是矢量。當動能發生變化時,物體的速度(大小)一定發生了變化;當速度發生變化時,可能僅是速度方向的變化,物體的動能可能不變
【典例剖析】
角度1 動能
[典例1]在水平路面上有一輛以36 km/h行駛的客車,在車廂后座有一位乘客甲,把一個質量為4 kg的行李以相對客車5 m/s的速度拋給前方座位的另一位乘客乙,則行李的動能是 (　　)
A.500 J B.200 J
C.450 J D.900 J
角度2 動能變化
[典例2](2023·唐山模擬)一個物體做勻加速直線運動,從某時刻開始經歷時間t發生的位移為x,該過程中動能比原來增加了8倍。則該物體運動的加速度為(　　)
A. B. C.4 D.
【備選例題】
　　一個蘋果豎直上拋再落回原處,蘋果運動過程中受到的空氣阻力忽略不計,從蘋果被拋出瞬間開始研究,其動能Ek滿足二次函數Ek=ax2+bx+c的形式,其中a、b、c為常數且均不等于0,關于其中x的物理意義,下列說法正確的是 (　　)
A.x表示蘋果的瞬時速度v
B.x表示蘋果運動的位移h
C.x表示蘋果運動的時間t
D.x表示蘋果重力的功率P
考點二　動能定理的應用　(核心共研)
【核心要點】
關于動能定理的四點注意
(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的,一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。
(2)當物體的運動包含多個不同過程時,可分段應用動能定理求解;當所求解的問題不涉及中間的速度時,也可以全過程應用動能定理求解。
(3)列動能定理方程時,必須明確各個力做功的正、負,確實難以判斷的先假定為做正功,最后根據結果加以檢驗。
(4)動能是標量,功也是標量,所以動能定理是一個標量式,動能定理不存在分量表達式,解題時不能分解動能。
【典例剖析】
角度1 動能定理的基本應用
[典例3](多選)(2023·湖南選擇考)如圖,固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成,兩段相切于B點,AB段與水平面夾角為θ,BC段圓心為O,最高點為C,A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道,能沿軌道運動恰好到達C點,下列說法正確的是 (　　)
A.小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中,重力的功率始終保持不變
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能從B點脫離軌道
角度2 求解變力做功
[典例4](多選)(2023·廣東選擇考)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點由靜止釋放,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,下列說法正確的有 (　　)
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9 m/s2
D.經過Q點時對滑道的壓力大小為380 N
【備選例題】
　　(2023·廣州模擬)如圖所示,半徑為R的圓弧軌道固定在豎直平面內,一質量為m的小球由距槽口M正上方3R的O點無初速度釋放,經過一段時間小球運動到圓弧軌道的最高點N,且此時小球與軌道之間壓力的大小為mg。重力加速度為g,則對小球由O到N的過程,下列描述正確的是 (　　)
A.小球在N點的速度大小為
B.小球在N點具有的重力勢能為mgR
C.合力對小球做功為2mgR
D.摩擦力對小球做功為-2mgR
考點三　動能定理與圖像問題結合　(核心共研)
【核心要點】
1.“五類”圖像
2.“一個”流程
【典例剖析】
角度1 F-x圖像
[典例5](多選)(2024·長春模擬)如圖(a)所示,一質量為5 kg的物體P以初速度v0沖進一光滑管內部,管底部固定有兩個彈簧,勁度系數為k2的短彈簧套在勁度系數為k1的長彈簧外,開始時彈簧均處于原長。物體P從A點開始接觸長彈簧,到B點開始接觸短彈簧,恰好能到達C點,AB間距離為0.10 m,BC間距離為0.05 m。圖(b)是該物體所受合力隨位移變化的關系(以A點作為坐標原點)。下列說法正確的是 (　　)
A.k1=100 N/m
B.物體處于C點時的加速度大小為a=12 m/s2
C.物體從A點運動到C點,兩彈簧對物體做的功為2.25 J
D.物體的初速度為v0= m/s
角度2 Ek-x圖像
[典例6](多選)(2022·福建選擇考)一物塊以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上運動,一段時間后回到斜面底端。該物塊的動能Ek隨位移x的變化關系如圖所示,圖中x0、Ek1、Ek2均已知。根據圖中信息可以求出的物理量有 (　　)
A.重力加速度大小
B.物塊所受滑動摩擦力的大小
C.斜面的傾角
D.沿斜面上滑的時間
角度3 W-x圖像
[典例7](多選)(2023·新課標全國卷)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
【備選例題】
　　(2021·湖北選擇考)如圖(a)所示,一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑,運動過程中摩擦力大小f恒定,物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2,物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
A.m=0.7 kg,f=0.5 N
B.m=0.7 kg,f=1.0 N
C.m=0.8 kg,f=0.5 N
D.m=0.8 kg,f=1.0 N
答案及解析
考點一　動能和動能變化量　
【典例剖析】
角度1 動能
[典例1]在水平路面上有一輛以36 km/h行駛的客車,在車廂后座有一位乘客甲,把一個質量為4 kg的行李以相對客車5 m/s的速度拋給前方座位的另一位乘客乙,則行李的動能是 (　　)
A.500 J B.200 J
C.450 J D.900 J
【關鍵點撥】5 m/s是行李相對客車的速率,需解出行李相對地面的速度大小。
【解析】選C。動能Ek=mv2的大小有相對性,不同參考系v值不同,Ek不同,一般應以地面為參考系。客車以36 km/h=10 m/s的速度向前行駛,甲乘客相對客車以5 m/s的速度將行李拋給乙乘客,所以行李的運動速度為v=(10+5) m/s=15 m/s。由動能的定義式有Ek=mv2=×4×152 J=450 J,故C正確,A、B、D錯誤。
角度2 動能變化
[典例2](2023·唐山模擬)一個物體做勻加速直線運動,從某時刻開始經歷時間t發生的位移為x,該過程中動能比原來增加了8倍。則該物體運動的加速度為(　　)
A. B. C.4 D.
【關鍵點撥】 動能比原來增加了8倍,即動能變為原來的9倍。
【解析】選A。動能比原來增加了8倍即動能變為原來的9倍,由動能公式Ek=mv2,可知物體的速度變為原來的3倍,即v=3v0,由平均速度求位移,可得x=(v0+v)t,由加速度定義式a=,聯立可得a=,A正確,B、C、D錯誤。
【備選例題】
　　一個蘋果豎直上拋再落回原處,蘋果運動過程中受到的空氣阻力忽略不計,從蘋果被拋出瞬間開始研究,其動能Ek滿足二次函數Ek=ax2+bx+c的形式,其中a、b、c為常數且均不等于0,關于其中x的物理意義,下列說法正確的是 (　　)
A.x表示蘋果的瞬時速度v
B.x表示蘋果運動的位移h
C.x表示蘋果運動的時間t
D.x表示蘋果重力的功率P
【解析】選C。豎直上拋運動,以豎直向上為正方向v=v0-gt,-2gh=v2- ,P=mgv,則蘋果動能Ek=mv2=m(v0-gt)2 ,解得Ek=m(-2gtv0+g2t2) ,所以A錯誤,C正確;蘋果動能Ek=mv2=m(-2gh),B錯誤;蘋果動能Ek=mv2=m()2,D錯誤。
考點二　動能定理的應用　
【典例剖析】
角度1 動能定理的基本應用
[典例3](多選)(2023·湖南選擇考)如圖,固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成,兩段相切于B點,AB段與水平面夾角為θ,BC段圓心為O,最高點為C,A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道,能沿軌道運動恰好到達C點,下列說法正確的是 (　　)
A.小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中,重力的功率始終保持不變
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能從B點脫離軌道
【解析】選A、D。小球恰好到達C點的速度為vC=0,則小球從C到B的過程中,有mgR(1-cosα)=mv2,FN=mgcosα-m,聯立有FN=3mgcosα-2mg,則從C到B的過程中α由0增大到θ,則cosα逐漸減小,故FN逐漸減小,則小球從B到C的過程中,對軌道的壓力逐漸增大,A正確;由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小,則A到B的過程中重力的功率為P=-mgvsinθ,則A到B的過程中小球重力的功率始終減小,則B錯誤;從A到C的過程中有-mg·2R=m-m,解得v0=,C錯誤;小球在B點恰好脫離軌道,則有mgcosθ=m,vB=,則若小球初速度v0增大,小球在B點的速度有可能為,故小球有可能從B點脫離軌道,D正確。
【方法技巧】 應用動能定理的解題流程
角度2 求解變力做功
[典例4](多選)(2023·廣東選擇考)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點由靜止釋放,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,下列說法正確的有 (　　)
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9 m/s2
D.經過Q點時對滑道的壓力大小為380 N
【思維流程】
【解析】選B、C、D。重力做的功為WG=mgh=800 J,A錯誤;下滑過程據動能定理可得WG-Wf=m,代入數據解得,克服阻力做的功為Wf=440 J,B正確;經過Q點時向心加速度大小為a==9 m/s2,C正確;經過Q點時,根據牛頓第二定律F-mg=ma,解得貨物受到的支持力大小為F=380 N,根據牛頓第三定律可知,貨物對滑道的壓力大小為380 N,D正確。
【備選例題】
　　(2023·廣州模擬)如圖所示,半徑為R的圓弧軌道固定在豎直平面內,一質量為m的小球由距槽口M正上方3R的O點無初速度釋放,經過一段時間小球運動到圓弧軌道的最高點N,且此時小球與軌道之間壓力的大小為mg。重力加速度為g,則對小球由O到N的過程,下列描述正確的是 (　　)
A.小球在N點的速度大小為
B.小球在N點具有的重力勢能為mgR
C.合力對小球做功為2mgR
D.摩擦力對小球做功為-2mgR
【解析】選A。由題知,小球運動到圓弧軌道的最高點N時小球與軌道之間壓力的大小為mg,則2mg=m,解得vN=,A正確;由于題意沒有規定零勢能面在何處,則無法確定小球在N點具有的重力勢能,B錯誤;根據動能定理可知,合力對小球做的功即小球動能的改變量,則從O到N有W合=m,解得W合 = mgR,C錯誤;小球從O到N根據動能定理有mg·2R+Wf=m,解得Wf=-mgR,D錯誤。
考點三　動能定理與圖像問題結合　
【典例剖析】
角度1 F-x圖像
[典例5](多選)(2024·長春模擬)如圖(a)所示,一質量為5 kg的物體P以初速度v0沖進一光滑管內部,管底部固定有兩個彈簧,勁度系數為k2的短彈簧套在勁度系數為k1的長彈簧外,開始時彈簧均處于原長。物體P從A點開始接觸長彈簧,到B點開始接觸短彈簧,恰好能到達C點,AB間距離為0.10 m,BC間距離為0.05 m。圖(b)是該物體所受合力隨位移變化的關系(以A點作為坐標原點)。下列說法正確的是 (　　)
A.k1=100 N/m
B.物體處于C點時的加速度大小為a=12 m/s2
C.物體從A點運動到C點,兩彈簧對物體做的功為2.25 J
D.物體的初速度為v0= m/s
【解析】選B、D。根據圖(b)可知,在0~0.10 m內k1==200 N/m,故A錯誤;根據牛頓第二定律可知,物體處于C點時的加速度大小為a== m/s2=12 m/s2,故B正確;F-x圖像圍成的面積代表做的功,所以物體從A點運動到C點,兩彈簧對物體做的功為W=×0.10×20 J+×(20+60)×0.05 J=3 J,故C錯誤;根據動能定理可知0-m=-W,解得v0= m/s,故D正確。
角度2 Ek-x圖像
[典例6](多選)(2022·福建選擇考)一物塊以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上運動,一段時間后回到斜面底端。該物塊的動能Ek隨位移x的變化關系如圖所示,圖中x0、Ek1、Ek2均已知。根據圖中信息可以求出的物理量有 (　　)
A.重力加速度大小
B.物塊所受滑動摩擦力的大小
C.斜面的傾角
D.沿斜面上滑的時間
【題眼破譯】——提升信息轉化能力
【解析】選B、D。由動能定義式得Ek1=m,則可求解質量m;上滑時,由動能定理Ek-Ek1=-(mgsinθ+f)x,下滑時,由動能定理Ek=(mgsinθ-f)(x0-x),x0為上滑的最遠距離;由圖像的斜率可知mgsinθ+f=,mgsinθ-f=,兩式相加可得gsinθ=(+),兩式相減可得f=,即可求解gsinθ和所受滑動摩擦力f的大小,但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出,故A、C錯誤,B正確;根據牛頓第二定律和運動學關系得mgsinθ+f=ma,t=,故可求解沿斜面上滑的時間,D正確。
角度3 W-x圖像
[典例7](多選)(2023·新課標全國卷)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】選B、C。由于拉力在水平方向,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,拉力為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f=4 N,則物體在x=2 m處速度最大,且根據選項A、B分析可知此時的速度v2= 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=mv=2 kg·m/s,D錯誤。
【備選例題】
　　(2021·湖北選擇考)如圖(a)所示,一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑,運動過程中摩擦力大小f恒定,物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2,物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
A.m=0.7 kg,f=0.5 N
B.m=0.7 kg,f=1.0 N
C.m=0.8 kg,f=0.5 N
D.m=0.8 kg,f=1.0 N
【解析】選A。0~10 m內物塊上滑,由動能定理得-mgsin30°·s-fs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin30°+f)s,結合0~10 m內的圖像得,斜率的絕對值|k|=mgsin30°+f=4 N,
10~20 m內物塊下滑,由動能定理得(mgsin30°-f)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin30°-f)s-(mgsin30°-f)s1,結合10~20 m內的圖像得,斜率k'=mgsin30°-f=3 N,聯立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,故選A。

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