第13讲 动能 动能定理 听课手册Word格式文档下载.docx
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考点一 动能定理的理解及应用
1.动能定理表明了合外力做功与物体动能的变化间的关系：
（1）数量关系：
合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功；
（2）因果关系：
合外力的功是引起物体动能变化的原因．
（3）量纲关系：
单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性：
动能是标量，功也是标量，所以整个动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．
3．高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
1[2015·
山西阳泉一模]如图13 1所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中（ ）
图13 1
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功在数值上等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量
式题1（求解变力做功）[2015·
青海西宁第三次调研]足球比赛中踢点球时，足球距球门10.97m，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门，已知球门高度约2.44m，足球质量约400g，不计空气阻力，则该球员此次踢球过程中对足球做的功约为（g取10m/s2）（ ）
图13 2
A．30JB．60JC．90JD．120J
式题2（多选）（动能定理的简单应用）泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图13 3甲所示，他们设计了如下的模型：
在水平地面上放置一个质量为m＝5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化的图像如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10m/s2.则在运动过程中（ ）
图13 3
A．力F做的功为160J
B．物体的最大加速度为16m/s2
C．距出发点4m处物体的速度达到最大
D．物体在水平面上运动的最大位移约为5.3m
■注意事项
应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功，以及运动过程初末状态物体的动能．
考点二 多过程中动能定理的应用
动能定理经常与直线运动、圆周运动、平抛运动以及变力做功等知识点组成综合类问题，利用动能定理可以很方便地解决运动学里比较复杂的运动问题．多过程运动问题，可以分阶段研究，也可对多运动过程一起研究．求合外力做的功时，注意物体受力情况的变化，根据不同的情况分别求出各力的功．
2[2015·
浙江卷]如图13 4所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°
间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．（重力加速度取g＝10m/s2；
最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
图13 4
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；
（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°
时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
（已知sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ＝53°
时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
式题1[2015·
兰州一中冲刺]如图13 5所示，绝缘水平面上有宽为L＝1.6m的匀强电场区AB，电场强度方向水平向右，半径R＝0.8m的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于C，D为与圆心O等高的点，GC是竖直直径，一质量为m＝0.1kg、电荷量q＝0.01C的带负电滑块（可视为质点）以v0＝4m/s的初速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B点滑出电场，已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1＝0.4，与BC段的动摩擦因数μ2＝0.8，g取10m/s2.
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）将滑块初速度变为v′0＝
v0，则滑块刚好能滑到D点，求BC的长度x；
（3）在满足
（2）的条件下，若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍？
图13 5
式题2如图13 6所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块距挡板P为s0，以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程．
图13 6
■规律总结
应用动能定理求解多过程问题的一般思路
（1）对物体进行受力分析，确定物体运动过程中不同阶段的受力情况，分析各个力的做功情况；
（2）对物体进行运动分析，确定物体在各个过程中的初、末速度；
（3）在明确物体全过程初、末动能的变化及全过程中各力的做功情况下，尽量对全过程应用动能定理求解；
（4）恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解更简便，动能定理更适合解决变力做功、曲线运动问题．
考点三 动能定理与图像结合问题
1.观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
3．推导物体运动规律的函数关系，明确图线的斜率、截距、交点及图线面积所对应的物理意义，分析解答问题，或利用图线上的特定值求解．
3[2015·
怀化模拟]放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度—时间图像和该拉力的功率—时间图像分别如图13 7甲和乙所示．下列说法正确的是（ ）
图13 7
A．0～6s内物体位移大小为36m
B．0～6s内拉力做的功为30J
C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D．滑动摩擦力大小为5N
式题[2015·
河南南阳检测]如图13 8甲所示，水平地面上放置一倾角为θ＝37°
的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示．已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动0.5s内位移x1＝1m，0.5s后物块再运动x2＝2m时速度减为0.g取10m/s2，sin37°
＝0.8.求：
（1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度的大小；
（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功；
（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小．
甲 乙
图13 8
图像所围面积的意义
（1）vt图：
由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
（2）at图：
由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
（3）Fx图：
由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
（4）Pt图：
由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
【教材知识梳理】
核心填空
一、1.运动 质量 速度 2.
mv2 焦耳（J）
3．标量 无 4.参考系 5.状态 过程
二、1.动能 2.ΔEk
3．动能的变化 动能 4.
（1）曲线
（2）变力
易错判断
（1）（×
）动能是标量，由Ek＝
mv2知，无论选择怎样的参考系，动能都不可能是负值．
（2）（√）动能是标量，速度是矢量，物体动能变化时速度大小一定变化，但速度变化时速度大小可能不变，则动能可能不变．
（3）（×
）动能不变时速度大小不变，但速度的方向可能变化，所以物体不一定处于平衡状态．
（4）（√）合力为零时，合力一定不做功．
（5）（×
）物体的动能不变，说明合力做功为零，但合力不一定为零，如匀速圆周运动．
（6）（×
）功是过程量，动能是状态量，二者不是同种性质的量；
动能定理给出了功能转化的因果关系和数量关系．
（7）（×
）重力对物体做的功与物体运动的路径无关，摩擦力对物体做的功与物体运动的路径有关．
【考点互动探究】
考点一 动能定理的理解及应用
例1 B [解析]对物体A受力分析知，物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体应用动能定理知，B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，选项B正确；
A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，因物体A相对木板B滑动，以地面为参考系，A、B对地的位移不相等，有xA<
xB，B对A的摩擦力做功Wf1＝FfxA，A对B的摩擦力做功Wf2＝－FfxB，选项C错误；
对B应用动能定理得WF＋Wf2＝ΔEkB，则WF＝ΔEkB＋FfxB，说明外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，选项D错误；
因B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，而木板B克服摩擦力所做的功与B对A的摩擦力所做的功不相等，所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，选项A错误．
变式题1 B [解析]球的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，球在最高点速度沿水平方向，说明竖直分速度为零，由竖直分运动规律得t＝
≈0.7s，则水平速度vx＝
＝15.7m/s；
根据动能定理，W－mgh＝
mv
，解得W＝59.8J，选项B正确．
变式题2 AD [解析]由图像可知，力F做的功为WF＝
Fx＝160J，选项A正确；
当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得a＝10m/s2，选项B错误；
速度最大时物体受到的合外力为零，F＝μmg＝30N，由图像知
＝
，距出发点距离为x0＝2.5m，选项C错误；
对整个运动过程应用动能定理，WF－μmgs＝0，则最大位移s＝5.3m，选项D正确．
考点二 多过程中动能定理的应用
例2
（1）tanθ≥0.05
（2）0.8 （3）1.9m
[解析]
（1）为使小物块下滑mgsinθ≥μ1mgcosθ①
θ满足的条件tanθ≥0.05②
（2）克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg（L2－L1cosθ）③
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤
（3）由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝
mv2⑥
代入数据得v＝1m/s⑦
H＝
gt2
t＝0.4s⑧
x1＝vt
x1＝0.4m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9m⑩
变式题1
（1）10N/C
（2）1m （3）
[解析]
（1）A到B的过程中克服电场力和摩擦力做功
由动能定理得
－qEL－μ1mgL＝0－
代入数据解得E＝10N/C.
（2）A到D的过程中克服重力、电场力和摩擦力做功
－qEL－μ1mgL－μ2mgx－mgR＝0－
mv′
代入数据解x＝1m.
（3）小球恰好通过G点时，小球的重力提供向心力
mg＝
解得vG＝
＝2
m/s
A到G的过程中克服重力、电场力和摩擦力做功
根据动能定理得
－qEL－μ1mgL－μ2mgx－2mgR＝
－
mv2
代入数据解得v＝6
所以
初速度应调为原初速度的
倍．
变式题2
[解析]滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；
又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端．
在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．设其经过的总路程为L，对全过程，由动能定理得：
mgs0sinα－μmgcosαL＝0－
得L＝
.
考点三 动能定理与图像结合问题
例3 C [解析]2～6s内，由vt图像得物体的位移x2＝vt2＝24m，由Pt图像得拉力做功W2＝P2t2＝40J，由P2＝F2v＝Ffv得，摩擦力Ff＝
N，选项D错误；
0～2s内，由vt图像得物体的位移x1＝
vt1＝6m，加速度a1＝
＝3m/s2，由Pt图像得拉力做功W1＝
P1t1＝30J，0～6s内物体位移x＝x1＋x2＝30m，选项A错误；
0～6s内拉力做的功W＝W1＋W2＝70J，选项B错误；
2～6s内物体匀速运动，动能不变，由动能定理可知，合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，选项C正确．
[点评]解答本题的关键是识别图像，明确图像提供的有效信息．由图甲明确物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，并确定匀加速运动的位移、加速度等；
由图乙明确匀加速阶段的功率逐渐增大，匀速阶段的功率不变，并确定匀加速阶段拉力做的功．
变式题
（1）4m/s
（2）－12J （3）1.6N
[解析]
（1）由题知0.5s内物块做匀加速直线运动
x1＝
a1t
，v＝a1t1
解得a1＝8m/s2，v＝4m/s.
（2）加速和减速过程沿斜面向上的力分别为
F1＝18N、F2＝6N
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
加速过程：
（F1－mgsinθ－μmgcosθ）x1＝
减速过程：
－（mgsinθ＋μmgcosθ－F2）x2＝0－
Wf＝－μmgcosθ（x1＋x2）
联立解得：
m＝1kg，μ＝0.5，Wf＝－12J.
（3）斜面体受到物块的压力FN＝mgcosθ
物块受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ
设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为F′f
由平衡条件有：
F′f＋FNsinθ－Ffcosθ＝0
解得F′f＝－1.6N，负号表示摩擦力向左．
【教师备用习题】
1．质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行，从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，物体的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为（ ）
A．0
B．3J
C．4J
D．8J
[解析]AD 力作用一段时间后，物体速度的大小可能变为3m/s，方向与初速度方向相同，也可能变为1m/s，方向与初速度方向相反，应用动能定理知，选项A、D正确．
2．一物块静止在光滑的水平面上，现用一水平力拉物块，拉力随位移变化的关系如图甲所示，则物体运动的速率随位移变化的关系为（ ）
[解析]A 由于物体在外力作用下从静止开始运动，由图可知，F＝kx，运动位移x时，外力做的功等于图线与坐标轴所围的面积，即W＝
Fx＝
kx2，根据动能定理，W＝
mv2，所以v＝
x，图A正确．
3．如图甲所示，静止在水平地面上的物块M，在t＝0时刻起受到拉力F的作用，Ft关系如图乙所示．设物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力f.关于M的受力和运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．t2时刻M的加速度和速度都最大
B．0～t1时间内M所受的合外力在增大，速度为零
C．t3时刻M所受的合外力功率为零，动能最大
D．t1～t3时间内，M的位移一直在增大，机械能也一直在增大
[解析]CD 由图像知在0～t1阶段物块受到的拉力小于最大静摩擦力，物块处于静止状态，物块受到的合力为零；
t1～t3阶段做加速直线运动，t3时刻之后做减速运动，且t2时刻加速度最大，t3时刻速度最大，选项A、B错误；
t3时刻合外力为零，所以合外力功率为零，由动能定理可知t3时刻，动能最大，选项C正确；
t1～t3时间内，由于F>
Ff，故物块一直做加速运动，位移一直在增大，机械能（动能）也一直在增大，选项D正确．
4．如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接（图中没画出）．则经过A点的速度大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
[解析]B 根据动能定理，小球由A到B过程有－mgh＋Wf＝0－
；
小球由B到A过程有mgh＋Wf＝
mv2，联立解得v＝
，选项B正确．
5．在新疆旅游时，最刺激的运动莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受的阻力恒定不变，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则（ ）
A．若人在斜面顶端时被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0
B．若人在斜面顶端时被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为
v0
C．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0cosα
D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0
[解析]B 人下滑过程受力如图所示，对两次滑沙过程分别应用动能定理，有mgLsinα－fL＝
m（2v0）2－0，mgLsinα－fL＝
mv2－
，解得v＝
v0，选项A错误，选项B正确；
下滑到斜面底端时，重力的功率最大，Pm＝mg·
2v0cos（90°
－α）＝2mgv0sinα，选项C、D错误．
6．总质量为M的拖挂车，沿水平直线轨道匀速前进，其后车的质量为m，中途脱节，司机发觉时，前车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，撤去牵引力．设运动过程中的阻力与车的重力成正比，机车的牵引力是恒定的．当拖挂车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少？
[答案]
[解析]运动位移关系如图所示
对前车脱节后的全过程应用动能定理
FL－k（M－m）gx1＝0－
（M－m）v
对后车脱节后过程应用动能定理
－kmgx2＝－
而Δx＝x1－x2
由于原来拖挂车是匀速前进的，所以有F＝kMg
联立解得Δx＝
7．[2015·
山东卷]如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°
角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；
再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：
甲 乙
（1）物块的质量；
（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．
[答案]
（1）3m 0.1mgl
[解析]
（1）设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得
对小球，T1＝mg①
对物块，F1＋T1＝Mg②
当细绳与竖直方向的夹角为60°
时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得
对小球，T2＝mgcos60°
③
对物块，F2＋T2＝Mg④
联立①②③④式，代入数据得
M＝3m⑤
（2）设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得
mgl（1－cos60°
）－Wf＝
在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，
F3＝0.6F1
对小球，由牛顿第二定律得
T3－mg＝m
⑦
对物块，由平衡条件得
F3＋T3＝Mg⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
Wf＝0.1mgl
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