动能定理专题

动能定理专题
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动能定理专题
一、动能
1．定义:物体由于运动而具有的能.
2．公式：E k=错误!mv2.
３．单位:焦耳,1 J=1 Ｎ·m=1 kg·m/s2.
4.矢标性：动能是标量,只有正值．
二、动能定理
1．内容:在一个过程中合外力对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的变化.
错误!mv错误!.
2.表达式:W=＼ｆ(1,2)ｍｖ2，２-
3．物理意义:合外力的功是物体动能变化的量度．
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.
例１.下列关于动能的说法,正确的是( )
A.运动物体所具有的能就是动能
Ｂ.物体做匀变速运动，某一时刻速度为v1，则物体在全过程中的动能都是错误!mv错误!
Ｃ.做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变
D．物体在外力Ｆ作用下做加速运动,当力Ｆ逐渐减小时，其动能也逐渐减小解析：运动的物体除具有动能以外,还具有其他形式的能,A选项错误．动能是状态量,当速度v的大小变化时,动能就发生变化,B选项错误；由于匀速圆周运动中,物体的速度大小不变,因此物体的动能不变,Ｃ选项正确；在物体做加速度逐渐减小的加速运动时,物体的动能仍在变大,D选项错误；故答案应该选C．答案:C
例2．物体做匀速圆周运动时( )
A.速度变化,动能不变
B．速度变化，动能变化
Ｃ.速度不变,动能变化
D.速度不变，动能不变
解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变,故速度在变，动能不变,选项A正确.
答案:A
例3．人骑自行车下坡，坡长l＝500 ｍ，坡高h=８m，人和车总质量为100ｋg,下坡时初速度为4m/s,人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10m ／s,g取１0 ｍ／s2，则下坡过程中阻力所做的功为()
A.－4 0００ＪＢ.-3 800 Ｊ
C．-5 000J D.-4 ２００Ｊ
答案：Ｂ
例４．人通过滑轮将质量为m的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为ｖ,如图所示．则在此过程中( )
A．人对物体做的功为ｍｇh
B.人对物体做的功小于mgｈ
C．物体所受的重力做功为－mgｈ
D.物体所受的合外力做功为1
2
ｍｖ２
解析：由于重力和滑动摩擦力都做负功,可以判断人对物体做的功大于mｇh,A、B错；物体上升高度为h，克服重力做功为mｇh，即重力做功为－mgｈ,C 对；物体沿粗糙的斜面由静止开始做匀加速运动,上升高度ｈ的过程中，人的拉力F、物体重力mg和滑动摩擦力F f的合力做功等于动能的变化，即W F+W G＋W Ff=＼f(1,2)mv２，D对．
答案:CD
例5.如图所示，质量为m的小球,从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中ｈ深度而停止，设小球受到空气阻力为F阻，则下列说法正确的是()
A．小球落地时动能等于mｇＨ
B．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋ｈ)
D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg（１+H／h)
解析:小球下落高度为Ｈ的过程中需要克服空气阻力做功,故其落地时的动能为(ｍg-F阻)Ｈ，选项A错误;设小球刚落地时的动能为E k,小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W１，由动能定理得mgh-W1＝0－E k,解得W1＝mgh＋Eｋ,故选项B错误;若设全过程中小球克服阻力做功为Ｗ2,则mｇ(H＋h）-Ｗ2＝0，解得W2=mｇ(H＋h),故选项C正确;若设小球在泥土中运动时,受到的平均阻力为错误!阻，则全程由动能定理得mｇ(H＋h)-Ｆ阻Ｈ-错误!阻ｈ＝0,解得错误!阻＝错误!，故选项Ｄ错误．
答案:C
考点一：错误!
1.动能定理公式中“＝”的意义
等号表明合力做功与物体动能变化的三个关系
（1）数量关系:即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．（2)单位相同:国际单位都是焦耳．
(３)因果关系:合外力的功是引起物体动能变化的原因．
２.动能定理的特点
例1:如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于Ａ、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系，Ａ、Ｂ都向前移动一段距离.在此过程中（)
A．外力F做的功等于Ａ和B动能的增量
B.B对Ａ的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力Ｆ对Ｂ做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所
做的功之和
解析：A物体所受的合外力等于B对Ａ的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于Ａ的动能的增量,即B对．A对Ｂ的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B 上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B应用动能定理,W F －ＷFｆ＝ΔＥkＢ，即ＷF＝ΔE kB+W Fｆ就是外力Ｆ对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与Ａ的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错.
答案：BD
训练1:如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱,使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中，下列说法正确的是( ）Ａ.Ｆ对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力
所做的功之和
B.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
Ｃ．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
D.F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
解析：木箱在上升过程中，由动能定理可知：W F-mgh－ＷFｆ＝ΔE k,故有W F＝mgh＋WＦf＋ΔE k，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中,重力做负功,重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，C正确.
答案:ＣD
考点二：动能定理的应用
例2:(16分)一滑块（可视为质点)经水平轨道ＡB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝０．50 kg,滑块经过Ａ点时的速度v A=5.０m/ｓ,AB长x=4.5 ｍ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝０.10，圆弧形轨道的半径R＝０.50 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度ｈ＝0．10 m．取g=１0ｍ／s2.求：
(1）滑块第一次经过B点时速度的大小；
(２)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；
(３)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功.
解析：（1）滑块由A到B的过程中，
应用动能定理得：
错误!－
-Fｆ·x＝＼f(１,2）mｖ
错误!mv错误!（３分)
又F f＝μmｇ（１分）
解得:v B=４.0ｍ/s. (２分)
(2)在B点,滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知
ＦＮ-ｍg=m＼f(v2，B）
Ｒ(２分)
解得轨道对滑块的支持力F N=2１Ｎ（１分)
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为2１N．（２分)
(３)滑块从Ｂ经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得
错误!ｍv错误!(3分）
-mg(R+h)-ＷＦf′=０-
解得滑块克服摩擦力做功
W Ff′＝１.0 Ｊ.（2分）
答案：(1)4.0 m/ｓ(2)２１Ｎ(3）1．0 J
题后反思:优先考虑应用动能定理的问题
(1)不涉及加速度、时间的问题．
(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．
（3)变力做功的问题.
训练2：如图所示,装置ＡＢCDE固定在水平地面上,AＢ段为倾角θ=5３°的斜面,BC段为半径R=2 m的圆弧轨道,两者相切于Ｂ点,A点离地面的高度为H＝4m.一质量为m＝1kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BＣ时，由于BC段是用特殊材料制成的,导致小球在BC段运动的速率保持不变．最后,小球从最低点Ｃ水平抛出，落地速率为v=7 ｍ/s.已知小球与斜面AＢ之间的动摩擦因数μ=0.５，重力加速度g取1０m/s2,sin 5３°=0．8，ｃｏs53°=0.6，不计空气阻力,求：
(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功．
（2)B点到水平地面的高度.
解析：(1)设小球从B到C克服阻力做功为W BC.由动能定理，得mgＲ(1-cos θ)－W BC＝0.
代入数据，解得ＷBC=8J.
(2)设小球在ＡB段克服阻力做功为W AB，B点到地面高
度为h,则
W AB =μmg
错误!c ｏs θ，
而错误!=错误!. 对于小球从A 点落地的整个过程,由动能定得，得
ｍgH －ＷA Ｂ－W BC ＝＼ｆ(1，2)m ｖ2,
联立,解得ｈ=2 m.
答案: (１）８ J (２)2 m
考点三:错误!
动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图象的种类(如ｖ-t 图象还是F -x 图象、E ｋ-x 图象等)
（2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量，如由ｖ－t 图象所包围的“面积”求位移,由Ｆ-x 图象所包围的“面积”求功等.
(３)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. 例３：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m ＝1.０ kg,当弹簧处于原长时,小物块静止于Ｏ点．现对小物块施加一个外力F ，使它缓慢移动,将弹簧压缩至A 点时，压缩量为x ＝0．1 ｍ，在这一过程中,所用外力F 与压缩量的关系如图乙所示.然后撤去F 释放小物块,让小物块沿桌面运动,已知O 点至桌面B 点的距离为L ＝2x ,水平桌面的高度为h ＝5.0 m,计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力(g 取１0 m/ｓ2)．求： (1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
（２)小物块到达桌边B 点时速度的大小;
(３)小物块落地点与桌边B 点的水平距离.
解析：(1)取向左为正方向，从F －x 图中可以看出,小物块与桌面间的滑动摩
擦力大小为F f ＝1.0 N ，方向为负方向
在压缩过程中，摩擦力做功为
W Ｆf ＝－F f ·x =-0.１ J 由图线与x 轴所围面积可得外力做功为W F ＝1.0＋47．０2
×0．１ J=２．4 J. 所以弹簧存贮的最大弹性势能为
E p =Ｗ
F ＋W Ff ＝2．3 J.
(2）从A点开始到B点的过程中，由于L＝2ｘ，摩擦力做功为
W Ff′＝-F f·３x＝-0．3 J
对小物块用动能定理有
Ｅp＋ＷＦf′=错误!ｍv错误!
解得ｖＢ＝2 m/s.
(3)小物块从B点开始做平抛运动
h＝错误!gt２
下落时间t＝1ｓ
水平距离s=ｖBｔ＝2m.
答案: (1)2.3 J(２)2m／s(3）2m
例4：质量ｍ＝１kg的物体,在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图象
如图所示．在位移为４m时撤去Ｆ,物块仅在
摩擦力的作用下运动．
求：(g取１0 m/s2）
(１)物体的初速度多大?
(2)物体和平面间的动摩擦因数多大?
（3)拉力F的大小．
解析:(１)从图线可知初动能为2J,
Eｋ0=
错误!ｍｖ２＝2J，
ｖ=２m/s.
（2)在位移４ｍ处物体的动能为１0 J，在位移8 m处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功
设摩擦力为Fｆ,则-Ｆｆx2=0－１０Ｊ
F f=错误!N＝2.5 N
因F f=μmg
故μ＝错误!=错误!＝０.2５．
（3）物体从开始到移动4m这段过程中,受拉力Ｆ和摩擦力F f的作用,合力为F－F f,根据动能定理有
（F－Fｆ)·x1＝ΔE k
故得F＝ΔEｋ
x1
＋F f＝(2＋２.5) N=４．5 N.
答案：（１)2 m／s（2）0.２5 (３）4．5 N。