第2讲动能动能定理

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加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.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.
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图 5-2-4
解:(1)小滑块从 A→B→C→D 过程中,由动能定理得
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=WG+WF=ΔEk=0,可知-WG=WF=mgh,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
答案:AB
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3Leabharlann Baidu如图 5-2-2 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 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(
1 A.2R(FN-3mg) 1 C.2R(FN-mg) 1 B.2R(3mg-FN) 1 D.2R(FN-2mg)
图5-2-5 (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 sC<sD,v0智浪教育 应满足什么条件? --普惠英才文库
1 2 1 2 解:(1)根据机械能守恒,有2mv0=2mgh+2mvC 1 2 1 2 2mv0=mgh+2mvD 1 2 1 2 根据平抛运动规律有 2h=2gtC, h=2gtD, sC=vCtC, sD=vDtD 综合得 sC= 4v2 0h 2 - 16 h ,sD= g 2v2 0h 2 - 4 h . g
第2讲 动能、动能定理
考点1
动能
运动 而具有的能叫动能. 1.定义:物体由于______ 1 2 m v 2.公式:Ek=_______. 2 kg· m2/s2 3.单位:焦耳,1 J=1 _________
4.性质:动能是标量,是状态量,与 v瞬时对应,具有相对 有关 . 性,大小与参照物的选择_____
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θ角到达 Q点时,如图5-2-7 所示,则水平力F 所做的功为( )
A.mglcosθ
C.mgl(1-cosθ)
B.Flsinθ
D.Flcosθ
图 5-2-7
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错解分析:物体的位移为s=lsinθ,则W=Fs=Flsinθ.
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考点2
动能定理的理解与运用
1.动能定理 动能 的变化. (1)内容:合外力对物体所做的功等于物体_____
1 2 1 2 (2)表达式:W=Ek2-Ek1=2mv2-2mv1. (3)注意.
①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. WF+Wf+WN+WG+…… F总 scosθ =_________________________ 表达式:W总=_________ 如果某个力对物体做负功,则加负值.
2.(双选)如图 5-2-1,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( ) A.小车克服重力所做的功是 mgh 1 2 B.合外力对小车做的功是2mv 1 2 C.推力对小车做的功是2mv +mgh 1 2 D.阻力对小车做的功是2mv +mgh
热点1
运用动能定理解决多过程问题
【例1】(2010 年全国卷Ⅱ)如图 5-2-3,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
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题组1
对应考点1
1.有两个物体甲、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(
) B.Ek'=Ek D.Ek' >Ek
A.Ek'=-Ek C.Ek' < Ek 答案:B
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题组2
对应考点2
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(2)为实现 sC<sD,即 得 v0< 6gh
4v2 0h 2 - 16 h < g
2v2 0h 2 - 4 h g
但滑块从 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,要求 v0> 4gh 所以 4gh<v0< 6gh.
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的做功情况,然后根据所求选择合适公式或规律求解.
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1.(双选,2011 年东北模拟)如图 5-2-8 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,
1 2 mg(h1-h2)-μmgx=2mvD-0 将 h1、h2、x、μ、g 代入得 vD=3 m/s.
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(2)小滑块从 A→B→C 过程中,由动能定理得 1 2 mgh1-μmgx=2mvC 将 h1、x、μ、g 代入得 vC=6 m/s 小滑块沿 CD 段上滑的加速度大小 a=gsinθ=6 m/s2 vC 小滑块沿 CD 段上滑到最高点的时间 t1= a =1 s 由对称性可知, 小滑块从最高点滑回 C 点的时间 t2=t1=1 s 故小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔 t=t1+t2=2 s.
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W=Fs=Flsinθ.
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正确解析:本题中不能简单地用W=Fscosθ,可运用动能
备考策略:解决这类问题一定要审清题意,分析清楚物体 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.
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1.(2011 年苏北模拟)如图 5-2-4 所示装置由 AB、BC、
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图 5-2-1
解析:小车克服重力做功 W=mgh,A 选项正确;由动能 定理知小车受到的合力做的功等于小车动能的增加,W 合=ΔEk 1 2 1 2 =2mv , B 选项正确; 由动能定理, W 合=W 推+W 重+W 阻=2mv , 1 2 1 2 所以推力做的功 W 推=2mv -W 阻-W 重=2mv +mgh-W 阻,C 1 2 1 2 选项错误;阻力对小车做的功 W 阻=2mv -W 推-W 重=2mv + mgh-Fs,D 选项错误.
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(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.
①明确研究对象的受力情况和运动过程. ②分析整个过程中各力对研究对象的做功情况.
③明确初、末状态的动能.
④列出动能定理方程,并求解.
②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.
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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、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.
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,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.
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(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
mgh1=μmgx总
将h1、μ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2x-x总=1.4 m.
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热点2
动能定理与曲线运动结合
【例 2】(2010 年上海卷)如图 5-2-5,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.
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 x=5 m,轨道
CD足够长且倾角θ=37°,A、D 两点离轨道BC的高度分别为 h1=4.30 m、h2=1.35 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μ=0.5,取重力
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2.(2011 年天津卷)如图 5-2-6 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到落地的时间 t; (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小.
)
图 5-2-2
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解析:质点到达最低点 B 时,它对容器的正压力为 FN,根 v2 据牛顿定律有 FN-mg=m R ,根据动能定理,质点自 A 滑到 B 1 2 1 的过程中有 Wf+mgR=2mv , 故摩擦力对其所做的功 Wf=2RFN 3 -2mgR.
答案:A
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h 前停止,则物块停止的位置距 N 点的距离为 d=2s-x=2s- μ
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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
h N 点的距离为 d= x-2s=μ-2s h h 所以物块停止的位置距 N 点的距离可能为 2s-μ或μ-2s.

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mv1=2mv2 ④
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2R=v2t
综合②③④⑤式得v= 2 2gR.
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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,
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图 5-2-6
解:(1)黏合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向分 1 2 运动为自由落体运动,有2R=—gt 2
解得 t=2 R g.
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(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
1 2 1 2 2mgR=2mv -2mv1
NP 段轨道间的滑动摩擦因数为μ,求物块停止的地方与 N 点距
离的可能值.
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图 5-2-3 解:物块从M 端静止释放到停止,整个过程只有重力和摩 擦力做功.设在NP 段滑动的距离为x,由动能定理有
mgh-μmgx=0
得x=
h μ
第一种可能是:物块与弹性挡板碰撞后,在到达圆弧轨道
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