专题5.2 动能和动能定理
1.掌握动能和动能定理； 2.能运用动能定理解答实际问题。
知识点一 动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能。
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(2)公式：Ek＝mv，v为瞬时速度，动能是状态量。
2(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m/s。 (4)标矢性：动能是标量，只有正值。
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(5)动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2－mv1。
22知识点二 动能定理
(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。 1212
(2)表达式：W＝ΔEk＝mv2－mv1。
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(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。 (4)适用条件
①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。
考点一 动能定理的理解与应用
【典例1】(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能
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的增量为( )
A．2mgR C．5mgR 【答案】C
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【解析】小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝mv1，又F＝mg，故v1＝2gR，小球离开
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B．4mgR D．6mgR
c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速
度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2
v1gR12
，水平位移x＝gt＝2R，根据功能g2
关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。
【方法技巧】应用动能定理解题的根本思路 (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．
受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功 →各力做功的代数和
(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1与其他必要的解题方程进展求解．
【变式】(2018·江苏卷·7)(多项选择)如下列图，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度一样的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大 B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于抑制摩擦力做的功 【答案】AD
【解析】A对，B错：由A点开始运动时，F弹>Ff，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐
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减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F弹 【典例2】(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道 ′ PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小 球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力与轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求 3 5 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间． 【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法如此有 F0 ＝tan α mgF2＝(mg)2＋F20② 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ① 3 / 9 word v2 F＝m③ R由①②③式和题给数据得 F0＝mg v＝ 5gR. 2 34 ④ ⑤ (2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得 DA＝Rsin α CD＝R(1＋cos α) 由动能定理有 1212 －mg·CD－F0·DA＝mv－mv1⑧ 22 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 ⑥ ⑦ m23gRp＝mv1＝. 2 ⑨ (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有 v⊥t＋gt2＝CD v⊥＝vsin α 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 1 2 ⑩ ⑪ t＝ 3 5 5Rg. ⑫ 【举一反三】(2019·四川省泸州市一中模拟)如下列图，从高台边A点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM的左端C点沿圆弧切线方向进入轨道．圆弧轨道CDM的半径R＝0.5 m，O为圆弧的圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度，OC与水平面夹角为37°，斜 4 / 9 word 面MN与圆弧轨道CDM相切于M点，MN与水平面夹角为53°，斜面MN足够长，小物块的质量m＝3 kg，第1 一次到达D点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN之间的动摩擦因数μ＝，小球第一次通过C点后立 3刻装一与C点相切且与斜面MN关于OD对称的固定光滑斜面，取重力加速度g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求： 2 (1)小物块平拋运动到C点时的速度大小； (2)A点到C点的竖直距离； (3)小物块在斜面MN上滑行的总路程． v2D22 【解析】(1)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，如此有FD－mg＝m，解得vD＝8(m/s)， R从C点到D点，由动能定理有 2 mgR(1－sin 37°)＝mv2D－mvC， 1 212 解得vC＝2 m/s. (2)平拋运动到C点的竖直分速度vCy＝vCcos 37°， vC2yA点到C点的竖直距离y＝， 2g解得y＝0.128 m. (3)最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从D点到M点过程运用动能定理得 12 －mgR(1－sin 37°)－μmgs总cos 53°＝－mvD， 2代入数据并解得s总＝1 m. 【答案】 (1)2 m/s (2)0.128 m (3)1 m 【方法技巧】利用动能定理求解多过程问题的根本思路 (1)弄清物体的运动由哪些过程组成． (2)分析每个过程中物体的受力情况． (3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响． 5 / 9 word (4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能． (5)对所研究的全过程运用动能定理列方程． 【变式】(2017·某某卷·19)如下列图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 2 (1)滑块在C点的速度大小vC； (2)滑块在B点的速度大小vB； (3)A、B两点间的高度差h. 2 mvC【解析】(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝ RvC＝gR＝2 m/s (2)对B→C过程，由动能定理得 1212 －mgR(1＋cos 37°)＝mvC－mvB 22 22gR(1cos37)≈4.29 m/s vB＝vC(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得 mgh－μmgcos 37°· 12 ＝mvB－0 sin 37°2 h代入数据解得h≈1.38 m 【答案】(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m 考点三 动能定理与图象结合 【典例3】(2019·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程 6 / 9 word 中动能Ek随h的变化如下列图．重力加速度取10 m/s.该物体的质量为( ) 2 A．2 kg C．1 kg 【答案】C 【解析】设物体的质量为m，如此物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N， 选项C正确，A、B、D均错误。 【举一反三】(2019·陕西省宝鸡市一中模拟)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如下列图．两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．如此如下说法正确的答案是( ) B．1.5 kg D．0.5 kg A．F1、F2大小之比为1∶2 B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2 C．A、B质量之比为2∶1 D．全过程中A、B抑制摩擦力做功之比为2∶1 【答案】C 【解析】由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动的位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可3 得：F1＝3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相 2 7 / 9 word 等，故A、B、D错误，C正确． 【方法技巧】 1．四类图象所围“面积〞的意义 2．解决物理图象问题的根本步骤 【变式3】(2019·海淀区模拟)(多项选择)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的答案是( ) A．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小 B．最低点的坐标x＝h＋2x0 C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg D．小球动能的最大值为mgh＋ mgx0 2 8 / 9 word 【答案】CD 【解析】由图乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，如11mg222 此有W弹＝k(x－h)，由动能定理得mgx－k(x－h)＝0，即mgx－(x－h)＝0，解得x＝h＋x0(1＋ 222x0 2h1＋)，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，mg＝kx0，由对称 mgkx0 性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大11 值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正确。 22 9 / 9 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容