专题五 第2讲 动能、动能定理 (加精)

图 5－2－1
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 解析：小车克服重力做功W＝mgh,A选项正确;由动能定理 1 2 知小车受到的合力做的功等于小车动能的增加,W合=ΔEk=2mv , 1 2 B选项正确;由动能定理,W合=W推＋W重＋W阻= 2 mv ,所以推力做的 1 2 1 2 功W推= 2 mv －W阻－W重= 2 mv ＋mgh－W阻,C选项错误;阻力对小 1 2 1 2 车做的功W阻=2mv －W推－W重＝2mv ＋mgh－Fs，D选项错误． 答案：AB
(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．
【跟踪训练】 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( )
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.
【触类旁通】
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：
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.
(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.
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．
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
解析：根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克
服重力和阻力做的功，为mgh＋f h；小球上升和下降的整个过程 中动能减少量和机械能的减少量都等于全程中克服阻力做的功， 为2 f h. 答案：C
4．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( )
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
加速度 g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
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 2．公式：Ek＝________. 2mv
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
源自文库有关 ． 性，大小与参照物的选择________
(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
(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 5－2－6 解：(1)黏合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分
运动为自由落体运动，有
1 2 2R＝2gt ① 解得t＝2 R g .②
(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
综合得sC＝ 4v2 0h 2 － 16 h ，sD＝ g 2v2 0h 2 － 4 h . g 2v2 0h 2 － 4 h g
(2)为实现sC＜sD，即 得v0＜ 6gh
4v2 0h 2 － 16 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.
止在水平轨道上某处．若在 MN 段的摩擦可忽略不计，物块与
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．
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
h 得x＝μ
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在到达圆弧轨道
1 A.2R(FN－3mg) 1 B.2R(3mg－FN) 1 C.2R(FN－mg) 1 D.2R(FN－2mg)
图 5－2－2
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的 1 2 1 过程中有Wf＋mgR＝2mv ，故摩擦力对其所做的功Wf＝2RFN－ 3 2mgR.
3．从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大 高度为 h .设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为 f .下列说法
正确的是(
)
A．小球上升的过程中动能减少了 mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了 f h
C．小球上升的过程中重力势能增加了 mgh D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了 f h
(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．
图 5－2－4 解：(1)小滑块从 A→B→C→D 过程中，由动能定理得
1 2 mg(h1－h2)－μmgx＝2mvD－0 将h1、h2、x、μ、g代入得vD＝3 m/s.
答案：A
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
1 2 1 2 2mgR＝2mv －2mv1③ 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＝2mv2④ 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＝v2t⑤ 综合②③④⑤式得v＝2 2gR.
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，
【纠错强化】
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， 现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水 平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物
前停止，则物块停止的位置距 N 点的距离为
h d＝2s－x＝2s－μ
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
N 点的距离为
h d＝ x－2s＝μ－2s 所以物块停止的位置距N点的距离可能为 h h 2s－μ或μ－2s.
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
正确解析：本题中不能简单地用 W＝Fscosθ，可运用动能 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 的做功情况，然后根据所求选择合适公式或规律求解．
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．
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.
【触类旁通】
1．(2011 年苏北模拟)如图 5－2－4 所示装置由 AB、BC、
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
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
B．Flsinθ
C．mgl(1－cosθ) D．Flcosθ 图 5－2－7
错解分析：物体的位移为 s＝lsinθ，则 W＝Fs＝Flsinθ. 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.
【跟踪训练】
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 )
A．Ek′＝－Ek C．Ek′<Ek B．Ek′＝Ek D．Ek′>Ek
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． F总scosθ ＝____________________ WF＋Wf＋WN＋WG＋…… 表达式：W总＝________ 如果某个力对物体做负功，则加负值． 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．
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 应满足什么条件？
解：(1)根据机械能守恒，有 1 2 1 2 2mv0＝2mgh＋2mvC
1 2 1 2 2mv0＝mgh＋2mvD 根据平抛运动规律有 1 2 1 2 2h＝2gtC，h＝2gtD，sC＝vCtC，sD＝vDtD