江苏专版2019年高考物理总复习第19讲动能动能定理及其应用讲义20181003310

第19讲 动能 动能定理及其应用
考查内容 考纲要求
考查年份
考查详情
能力要求
动能 动能 定理 Ⅱ
14年 T 15—计算，以传送带
模型 分析综合、
应用数学处 理物理问题
15年 T 14—计算，利用动能
定理求一个未知大
小、未知
方向的力做的功
T 15—计算，利用动能
定理求粒子的速度 理解、推理应
用数学处理 物理问题
16年
T 15—计算，以回旋加
速器为背景，考查动
能的表达式
分析、推理
17年
T 3—选择，动能定理
的简单应用 T 14—计算，利用动能
定理求变力做的功
理解、推理
弱项清单,1.受力分析忽略或错误；
2．不能养成合理的思维习惯，审题时不能画出运动过程图．
知识整合
第1课时 动能定理
一、动能
1．定义：物体由于________而具有的能． 2．表达式：E k ＝12mv 2
.
3．物理意义：动能是状态量，是________(选填“矢量”或“标量”)． 二、动能定理
1．内容：合力在一个过程中对物体所做的功(或各个力做功之和)，等于物体在这个过程中____________．
2．表达式：W ＝12mv 22－12
mv 2
1＝____________．
3．物理意义：__________做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__________． (2)既适用于恒力做功，也适用于____________．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
方法技巧考点1 对动能及其变化的理解
1．对动能的理解
(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式E k ＝12
mv 2
.
(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．
2．关于动能的变化
对于某一物体而言，速度变化，动能不一定变化(因为速度是矢量，动能是标量)，动能变化速度一定变化．根据动能定理，动能变化的原因就是因为合外力做功不为零．
动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．
【典型例题1】 (16年扬州模拟)(多选)如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A ．对物体，动能定理的表达式为W N ＝12mv 2
2，其中W N 为支持力的功
B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功
C ．对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12mv 22－12mv 2
1，其中W N 为支持力的功
D ．对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12
Mv 2
1
1.关于物体的动能，下列说法中正确的是( )
A ．物体速度变化，其动能一定变化
B ．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化
C ．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变
D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大
考点2 对动能定理的理解
1．对动能定理的理解
(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：
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，求合外力的功，进而求得某一力的功．
②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．
(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．
2．运用动能定理需注意的问题
(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
(2)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．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．
【典型例题2】如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：
(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；
(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．
2.在典型例题2中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数．
【典型例题3】在典型例题2中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程．
【典型例题4】(17年江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )
【学习建议】读图能力要加强，遇到图象问题最好结合受力分析、运动过程分析写出函数的方程，在根据方程辨别几个不同的选项．平时重视用数学方法处理物理问题能力的培养．
当堂检测 1.(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
A ．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B ．运动物体的动能总为正值
C ．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
D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态
2．如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，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 ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
第2题图
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的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
)
3．一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m /s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( )
A ．Δv ＝0
B ．Δv ＝12 m /s
C ．ΔE k ＝1.8 J
D ．Δ
E k ＝10.8 J
4．用起重机提升货物，货物上升过程中的v­t 图象如图所示，在t ＝3 s 到t ＝5 s 内，重力对货物做的功为W 1、绳索拉力对货物做的功为W 2、货物所受合力做的功为W 3，则( )
第4题图
A ．W 1＞0
B ．W 2＜0
C ．W 2＞0
D ．W 3＞0
5．如图所示，质量为m 的小木块从A 点水平抛出，抛出点距离地面高度为L ，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g.在无风情况下小木块的落地点B 到抛出点的水平距离为s ；当有恒定的水平风力F 时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C 到抛出点的水平距离为34s ，
求：
(1)小木块初速度的大小； (2)水平风力F 的大小；
(3)水平风力对小木块所做的功．
第5题图
第2课时动能定理的应用
考点1 利用动能定理求解多过程问题
1．基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程．
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况．
(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能E k1和E k2.
(4)列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．
2．注意事项
(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统．
(2)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．
(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，也可整个过程考虑．
【典型例题1】(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小F N＝16 N
B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J
C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 m
D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m
1.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行的更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦
冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)
【典型例题2】(16年苏州模拟)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD 两部分组成．其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点．为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：
(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)；
(2)物块在BD板上运动的总路程．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
【典型例题3】总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设运动的阻力与车的重力成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
考点2 动能定理与图象结合问题
力学中四类图象所围“面积”的意义
v­t图象，围成的面积表示位移；a­t图象，围成的面积表示速度的变化量；F­x图象，围成的面积表示力所做的功；p­t图象，围成的面积表示力所做的功．
【典型例题4】(17年南通模拟)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所示．下列说法正确的是( )
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
当堂检测 1.质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取
g ＝10 m /s 2
)( )
第1题图
A ．34 J
B ．56 J
C ．92 J
D ．196 J
2．(多选)如图所示为一滑草场，某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )
第2题图
A ．动摩擦因数μ＝6
7
B ．载人滑草车最大速度为
2gh 7
C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3
5
g
3．如图所示，物体在离斜面底端4 m 处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角37°，斜面与平面间由一段圆弧连接，求物体在水平面上滑行的距离．
第3题图
4．质量m ＝1 kg 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—位移的图线如图所示．(g 取10 m /s 2
)求：
(1)物体的初速度；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数； (3)拉力F 的大小．
第4题图
第19讲 动能 动能定理
及其应用
第1课时 动能定理
知识整合 基础自测
一、1.运动 3.标量
二、1.动能的变化 2.E k2－E k1 3.合外力 4．(1)曲线运动 (2)变力做功 方法技巧
·典型例题1·CD 【解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力
F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝1
2mv 22－12
mv 2
1，故A 、B 均错误，C 正确；对
电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确．
·变式训练1·C 【解析】 若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A 错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B 错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C 正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D 错误．
·典型例题2·(1) gR (2)6mg
(3) 1
2mgR 【解析】 (1)小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v 0.
竖直方向上：R ＝12
gt 2
①
水平方向上：2R ＝v 0t ② 解得：v 0＝gR ③；
(2)小滑块在最低点时速度为v ，由动能定理得： －mg ·2R ＝12mv 20－12mv 2
④
解得：v ＝5gR ⑤
在最低点由牛顿第二定律得：
F N －mg ＝m v 2
R
⑥
解得：F N ＝6mg
由牛顿第三定律得：F N ′＝6mg ⑦；
(3)从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦阻力做功W f ，由动能定理得：
mgh －W f ＝12
mv 2－0⑧
解得：W f ＝1
2
mgR ⑨.
·变式训练2·4－2
14
【解析】 小滑块刚好能过C 点，则在C 点由牛顿第二定律得：
mg ＝m v 2C
R
解得：v C ＝gR
小滑块由D 至C 过程，由动能定理得：
mg (h －2R )－μmg cos θ·h －()R －R cos θsin θ＝12
mv 2
C －0，
解得：μ＝4－2
14
.
·典型例题3·R μ
【解析】 滑块在P 点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B 点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：
mgs PB sin θ－μmgs cos θ＝0 由几何关系得：s PB ＝R
解得：s ＝R μ
.
·典型例题4·C 【解析】 向上滑动的过程中，根据动能定理：E k －E k0＝ －(mg sin θ＋f )x ，下滑过程中E k －E k0＝ －(f －mg sin θ)x ，都是一次函数关系，下的斜率小．
当堂检测
1．ABC 【解析】 因为动能是标量，只涉及速度的大小，故选ABC.
2．C 【解析】 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 2
0，
选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 2
0，
解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg (1＋H h )－fH
h ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个
过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．
3．B 【解析】 因为速度是矢量，动能是标量，故选B.
4．C 【解析】 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W 1＜0，W 2＞0，A 、B 错误，C 正确；根据动能定理：合力做的功W 3＝0－12
mv 2
，v ＝2 m/s ，即W 3＜0，D 错误． 5．(1) s
g 2L (2)mgs 4L (3)－3mgs 2
16L
【解析】 (1)无风时，小木块做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有：
水平方向：s ＝v 0t
竖直方向：L ＝12gt 2
解得初速度v 0＝s
g 2L
. (2)有水平风力后，小木块在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．则
34s ＝v 0t －12at 2
又F ＝ma
t ＝
2L
g
联立以上三式得：F ＝
mgs 4L
. (3)水平风力对小木块所做的功为： W ＝－3mgs
2
16L
.
第2课时 动能定理的应用
方法技巧
·典型例题1·BC 【解析】 小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2
R
，解
得F N ＝18 N ，A 错误；根据动能定理有mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝mgR －12mv 2
＝3 J ，B 正确；小
滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝vt ，竖直方向上h ＝12
gt 2
，解得x ＝v ·
2h
g
＝0.6
m ，C 正确，D 错误．
·变式训练1·10 m 【解析】 设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 1，所受摩擦力的大小为f 1：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 2，所受摩擦力的大小为f 2.则有s 1＋s 2＝s ，式中s 为投掷线到圆心O 的距离．f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2mg ，设冰壶的初速度为v 0，由功能关系，得f 1·s 1＋f 2·s 2＝12mv 20，联列以上各式，解得s 2＝2μ1gs －v 2
2g （μ1－μ2），代
入数据得s 2＝10 m.
·典型例题2·(1)37° (2)0.25 m 【解析】(1)设动摩擦因数为μ，当BD 水平时，研究物块的运动，根据动能定理得W 总＝ΔE k
从A 到D 的过程中mgR (1－cos37°)－μmgl ＝0 代入数据联立解得μ＝0.5
当BD 以B 为轴向上转动一个锐角θ时，从A 到C 的过程中，根据动能定理
mgR (1－cos 37°)－mg l 2
sin θ－μF N l
2
＝0
其中F N ＝mg cos θ 联立解得θ＝37°.
(2)物块在C 处速度减为零后，由于mg sin θ＞μmg cos θ物块将会下滑，而AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B 点．
根据能量守恒定律mgR (1－cos37°)＝Q 而摩擦产生的热量Q ＝fs ，f ＝μmg cos θ
代入数据解得，物块在BD 板上的总路程s ＝0.25 m.
·典型例题3·
ML
M －m
【解析】 过程如图，对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：
FL －k (M －m )gs 1＝－12
(M －m )v 20，对车尾，脱钩后用动能定理得：
－kmgs 2＝－12mv 2
0，而Δs ＝s 1－s 2，由于原来列车是匀速前进的，所以F ＝kMg .由以上方
程解得Δs ＝
ML
M －m
.
·典型例题4·D 【解析】 由a ­t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －1
2×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A
错；由图象可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝1
2
×(2＋5)×
2 m/s ＝7 m/s ，B 错；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：
W 合4＝12
mv 24－0
又v 4＝1
2
×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s
得W 合4＝36 J
0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：
W 合6＝12
mv 26－0
又v 6＝6 m/s 得W 合6＝36 J
则W 合4＝W 合6，D 正确． 当堂检测
1．A 【解析】 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx ·sin30°－F f x ＝0－E 0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx ·sin30°－F f x ＝E －0，代入数据得E ＝34 J ，故选A.
2．AB 【解析】 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －
μmg cos 45°·
h
sin45°－μmg cos 37°·h sin37°＝0，解得μ＝6
7
，选项A 正确；对经过
上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin45°＝12
mv 2
，解得v ＝
2gh
7
，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝
mg sin37°－μmg cos37°m ＝－3
35
g ，选项D 错误．
3．1.6 m 【解析】 物体在斜面上受重力mg 、支持力N 1、摩擦力F 1的作用，沿斜面
加速下滑(因μ＝0.5＜tan37°＝0.75)，到水平面后，在摩擦力F 2作用下做减速运动，直至停止对物体在斜面上和水平面上时进行受力分析，如图所示，知下滑阶段：F N 1＝mg os37°
故F 1＝μF N1＝μmg cos37°，由动能定理 mg sin37°s 1－μmg cos37°s 1＝12mv 2
1－0 ①
在水平运动过程中F 2＝μF N 2＝μmg
由动能定理 μmgs 2＝0－12mv 2
1 ②
由①、②式可得
s 2＝
sin37°－μcos37°
μ
s 1＝
0.6－0.5×0.8
0.5
×4＝1.6 m.
第3题图
4．(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N 【解析】 (1)由题图可知初动能为2 J ，
E k0＝12
mv 20＝2 J v 0＝2 m/s ；
(2)在位移4 m 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F f ，则
－F f x 2＝0－10 J ＝－10 J F f ＝2.5 N 因F f ＝μmg 故μ＝0.25；
(3)物体从开始到移动4 m 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 －F f )·x 1＝ΔE k 解得F ＝4.5 N.。