2021第5章第2節(jié)動(dòng)能定理

第2節(jié)動(dòng)能定理一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。122．公式：Ek＝mv2，v為瞬時(shí)速度，動(dòng)能是狀態(tài)量。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。12125．動(dòng)能的變化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv12。22二、動(dòng)能定理1．內(nèi)容：合外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化。12122．表達(dá)式：W＝ΔEk＝mv－mv12。223．物理意義：合外力對(duì)物體做的功是物體動(dòng)能變化的量度。4．適用條件(1)既適用于直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。1．思考辨析(正確的畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”)(1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。(√)(√)(×)(2)物體的合外力對(duì)物體做的功為零，動(dòng)能一定不變。(3)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定變化。(4)物體的動(dòng)能不變，其所受的合外力必定為零。(×)2．(魯科版必修2P27T1改編)(多選)關(guān)于動(dòng)能，下列說(shuō)法正確的是()11E＝mv2中的速度v一般是物體相對(duì)于地面的速度2kA．公式B．動(dòng)能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體運(yùn)動(dòng)的方向無(wú)關(guān)C．物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能的大小相等但方向不同D．物體以相同的速率做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能不同AB[動(dòng)能是標(biāo)量，與速度的大小有關(guān)，而與速度的方向無(wú)關(guān)。公式中的速度一般是相對(duì)于地面的速度，故A、B正確。]3．(人教版必修2P74T1改編)在下列幾種情況下，甲、乙兩物體的動(dòng)能相等的是()12A．甲的速度是乙的B．甲的質(zhì)量是乙的C．甲的質(zhì)量是2倍，甲的質(zhì)量是乙的12倍，甲的速度是乙的218乙的4倍，甲的速度是乙的D．質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運(yùn)動(dòng)，乙向西運(yùn)動(dòng)[答案]D4．(人教版必修2P75T4改編)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與水平面B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)之間的距離x0＝3m，質(zhì)量m＝3kg的小物塊與斜面摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。當(dāng)小物塊從A點(diǎn)由左的恒力F(圖中未畫(huà)出)，取g＝10m/s2。若到B點(diǎn)時(shí)撤去恒力F，求小物平滑連接于及水平面間的動(dòng)靜止開(kāi)始沿斜面下滑的同時(shí)，對(duì)小物塊施加一個(gè)水平向F＝10N，小物塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)塊在水平面上滑行的距離x為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．5.7mC．6.5mB．4.7mD．5.5mB[小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點(diǎn)開(kāi)始沿ABC路徑運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：2Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：x＝4.7m。故選項(xiàng)B正確。]動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用[依題組訓(xùn)練]1．關(guān)于動(dòng)能概念及動(dòng)能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1的說(shuō)法中正確的是()A．若物體速度在變化，則動(dòng)能一定在變化B．速度大的物體，動(dòng)能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動(dòng)能的變化可以用合力做的功來(lái)量度D[速度是矢量，而動(dòng)能是標(biāo)量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則12動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤；由Ek＝mv2知B錯(cuò)誤；動(dòng)能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1表示動(dòng)能的變化可用合力做的功量度，但功和能是兩個(gè)不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)別，故C錯(cuò)誤，D正確。]2．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖所示，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能一定()A．小于拉力所做的功3B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功A[由動(dòng)能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功，A正確。]3.如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，A的速度為v，壓縮彈簧至h，則小球從A到C的過(guò)程中彈簧彈力做功并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為是()A．mgh－12mv2C．－mghB．mv2－mgh12122vD．－＋mghmA[小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，重力和彈簧的彈力對(duì)小球做負(fù)功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對(duì)小球不做功，由動(dòng)能定理可得WG＋WF1212＝0－mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對(duì)小球做功為W＝mgh－Fmv2，所以正確選項(xiàng)為A。]1．對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2．公式W＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系合4動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題[講典例示法]1．解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟(1)觀(guān)察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線(xiàn)所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線(xiàn)的斜率、截距、圖線(xiàn)的交點(diǎn)、圖線(xiàn)下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問(wèn)題。2．圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義[典例示法BCD組成，AB與BCD相切于B點(diǎn)，C為圓軌道的最低點(diǎn)，將物上離地面高為H處由靜止下可用力傳感器測(cè)出其經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN?，F(xiàn)將物塊放在ABC上不同高度處，讓H從零開(kāi)始逐漸增大，傳感器測(cè)得物塊每次從不同高度處下滑到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN，得到如圖乙兩段直線(xiàn)PQ和QI，且IQ反向延長(zhǎng)線(xiàn)與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值為2.5N，g取10m/s2。求：]如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面AB和光滑軌道塊置于軌道ABC滑，5甲乙(1)小物塊的質(zhì)量m及圓軌道的半徑R；(2)軌道BC所對(duì)圓心角；(3)小物塊與斜面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)。審題導(dǎo)引：解此題的關(guān)鍵是把握?qǐng)D象的信息，并將圖象信息與物理過(guò)程相對(duì)應(yīng)，如下圖所示。[解析](1)小物塊從圓軌道BC滑下，12由動(dòng)能定理可知mgH＝mv2C在C點(diǎn)合力提供向心力v2FN－mg＝mRCFN＝2mgRH＋mg4－2結(jié)合PQ段圖象知mg＝2N，m＝0.2kg，2mg＝0.5R解得R＝1m。(2)由于圖線(xiàn)Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)于軌道的B點(diǎn)，而此時(shí)H＝0.5m，則軌道BC所對(duì)圓心角θ由幾何關(guān)系可知H＝R(1－cosθ)，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60°。6(3)小物塊從A到C，由動(dòng)能定理可得μmgcosθH－0.512＝mv2，mgH－sinθ到達(dá)C點(diǎn)處由向心力公式可得F′N(xiāo)－mg＝mv2，R聯(lián)立得μ＝43。3](1)0.2kg1m(2)60°(3)4[答案動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(lèi)(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-t圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所需要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移，由F-x圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以?xún)?nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kgC．1kgB．1.5kgD．0.5kg7C[設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過(guò)程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過(guò)程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。]2．(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖象分別如圖甲、乙所示。下列說(shuō)法中正確的是()甲乙A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等AD[由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝v10N＝6N，在P60＝2～6s內(nèi)所受的拉力F′＝P′＝20N＝2N，B錯(cuò)誤；拉力在0～6s內(nèi)做的總v′10功W＝Fx1＋F′x2＝6×102×2J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，物12體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為mv2＝40J，D正確。]3．如圖甲所示，在傾角為30°、長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝5m的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長(zhǎng)為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開(kāi)始受8一水平向右的力F作用，F(xiàn)只在滑塊處于水平面上時(shí)作用，并且按圖乙所示的規(guī)律變化，最后滑塊剛好到達(dá)斜面頂端B，g取10m/s2。試求：甲乙(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大小；(2)滑塊與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。[解析](1)滑塊沖上斜面的過(guò)程中重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mg·L·sin1230°＝0－mv2A代入數(shù)據(jù)解得v＝52m/s。A(2)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負(fù)功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0，滑動(dòng)摩擦力的大小為Ff＝μmg，始終做負(fù)功，對(duì)于滑塊在OA上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，由動(dòng)能定理得12F1x1＋F2x2＋fx＝mv－02A12即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25。mv2A[答案](1)52m/s(2)0.25動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題[講典例示法]1．多過(guò)程問(wèn)題的分析方法(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。9(3)根據(jù)“子過(guò)程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。2．利用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題的基本思路[典例示法](2019·信陽(yáng)模擬)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的14光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量，圖中沒(méi)有畫(huà)出)，D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長(zhǎng)L＝2m，與小球之間的擦因數(shù)μ＝0.2。現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點(diǎn)的正上方距水平線(xiàn)OA高H的P處自由落下。(g取10m/s)2(1)當(dāng)H＝2m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍。D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小；思路點(diǎn)撥：解此題可按以下思路(1)小球由P到D全過(guò)程，由動(dòng)能定理列方程求小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的速度。(2)小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CDO軌道的兩個(gè)臨界條件是在O點(diǎn)重力提供向心力，碰后再返回最高點(diǎn)恰能上升到D點(diǎn)。[解析](1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度為vD，對(duì)小球從P到D點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：12mg(H＋r)－μmgL＝mv－02D10在D點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力FN提供向心力，則有：FN＝mv2Dr聯(lián)立解得：FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋篎′N(xiāo)＝FN＝84N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿(mǎn)足能上升到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：12mgHmin－μmgL＝mv－02O在O點(diǎn)有：mg＝mvO2r代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，碰后再返回最高點(diǎn)能上升到D點(diǎn)，則有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。[答案](1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m應(yīng)用動(dòng)能定理求多過(guò)程問(wèn)題的技巧1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式。2．全過(guò)程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：11(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)。[跟進(jìn)訓(xùn)練]組合運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題1.如圖所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側(cè)是一個(gè)半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點(diǎn)為圓心，C為圓弧上的一點(diǎn)，OC與水平方向的夾角為37°?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放。354cos37°5已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。＝，＝sin37°(1)若小球恰能擊中C點(diǎn)，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2)改變釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值。[解析](1)設(shè)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度為v0，從O點(diǎn)到C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有12Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝gt212從A點(diǎn)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh＝mv20聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝154R。(2)設(shè)小球落到軌道上的點(diǎn)與O點(diǎn)的連線(xiàn)與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，12Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝gt′212對(duì)此過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgRsinθ＝Ek－mv′2012解得E＝mgR3sinθ＋41k4sinθ當(dāng)sinθ＝33時(shí)，小球落到軌道時(shí)的動(dòng)能最小，最小值為Ek＝23mgR。[答案](1)415R3mgR(2)2往復(fù)運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題2.(2019·東陽(yáng)市月考)如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出10m，BC長(zhǎng)1m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑1kg的物體，從A點(diǎn)以4m/s的速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)BC后滑C點(diǎn)10.3m的D點(diǎn)速度為零。求：(g取10m/s2)連接。一質(zhì)量為到高出(1)物體與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度；(3)物體最后停止的位置(距B點(diǎn)多少米)。[解析](1)物體從A到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力、摩擦力做功，由動(dòng)能定理可得12mg(H－h(huán))－μmgL＝0－mv2ABC所以μ＝2gH－h(huán)＋vA22gLBC＝2×10×10－10.3＋42＝0.5。2×10×1(2)物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，物體在BC上運(yùn)動(dòng)的總位移x＝4LBC＝4m；那么，對(duì)物體從A到物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得1212mgH－μmgx＝mv2－mv，所以2Av＝v＋2gH－2μgx＝4