5.2-动能和动能定理(精讲)(解析版).docx

1、专题5.2动能和动能定理【考情分析】1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。【重点知识梳理】 (1)定义：物体由于运动而具有的能。(2)公式：Ekmv2，v为瞬时速度，动能是状态量。 (4)标矢性：动能是标量，只有正值。(5)动能的变化量：EkEk2Ek1mvmv。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。(2)表达式：WEkmvmv。(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)适用条件既适用于直线运动，也适用于曲线运动。既适用于恒力做功，也适用于变力做功。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。【典型题分析】高频考

2、点一 动能定理的理解及应用【例1】（2020天津卷）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）A. 做匀加速直线运动B. 加速度逐渐减小C. 牵引力的功率D. 牵引力做功【答案】BC【解析】动车的功率恒定，根据可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为，C正确；动车功率恒定，在t

3、时间内，牵引力做功为。根据动能定理得，D错误。 【举一反三】(2018全国卷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，机械能的增量为()A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR【答案】C【解析】小球从a运动到c，根据动能定理，得F3RmgRmv，又Fmg，故v12，小球离开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

4、从c点到最高点所用的时间t2，水平位移xgt22R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即EF(2RRx)5mgR。【方法技巧】应用动能定理解题的基本思路(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(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Ek2Ek1及其他必要的解题方程进行求解【变式探究】(2018江苏卷7)(多选)如图所示，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，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小

5、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克服摩擦力做的功【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，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹Ffma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Ff，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，F弹与Ff差值增大，即加速度增大；当越过O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有FFfma，随着拉伸量增大，a也增大故从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F弹Ff时速度达到最大C错：在AO段物块运

6、动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段运动方向与弹力方向相反，弹力做负功D对：由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0。高频考点二动能定理在多过程综合问题中的应用【例2】(2018全国卷 )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，sin .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，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用已知小球在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(1)水平

7、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.由力的合成法则有tan F2(mg)2F设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fm由式和题给数据得F0mgv.(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得DARsin CDR(1cos )由动能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为pmv1.(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

8、v，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有vtgt2CDvvsin 由式和题给数据得t .【方法技巧】利用动能定理求解多过程问题的基本思路(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(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【变式探究】(2017上海卷19)如图所示，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 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已知滑块与斜面间动摩擦因数0

9、.25.(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(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.【解析】(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mgvC2 m/s(2)对BC过程，由动能定理得mgR(1cos 37)mvmvvB 4.29 m/s(3)滑块在AB的过程，由动能定理得mghmgcos 37mv0代入数据解得h1.38 m【答案】(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m高频考点三动能定理与图象结合【例3】（2020江苏卷）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和

10、地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为，动摩擦因数为，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有，整理可得。即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有，即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确。故选A。【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基本步骤【变式探究】 (2019全国卷)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

11、以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A2 kgB1.5 kgC1 kg D0.5 kg【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，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(mgF)3 m(3672) 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(mgF)3 m(4824) J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误。高频考点四动能定理求解多过程问题【例4】(2020河南信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆

12、弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R1 m的圆周轨道，CDO是半径为r0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L2 m，与小球之间的动摩擦因数0.2。现让一个质量为m1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)(1)当H2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D

13、点的过程，根据动能定理得：mg(Hr)mgLmv0在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：FNm联立解得：FN84 N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FNFN84 N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：mgHminmgLmv0在O点有：mgm代入数据解得：Hmin0.65 m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：mg(Hmaxr)3mgL0代入数据解得：Hmax0.7 m故有：0.65 mH0.7 m。【答案】(1)84 N(2)0.65 mH0.7 m【

14、方法技巧】1多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。2 应用动能定理求多过程问题的技巧（1）运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。（2）全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能

15、特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。弹簧弹力做功与路径无关。【变式探究】（2020北京101中学质检）如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。【解析】(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得mg(Hh)mgLBC0mv所以0.5。(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x4LBC4 m；那么，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgHmgxmv2mv，所以v4 m/s。(3)由受力平衡可知物体最终停在BC上，设物体整个运动过程在BC上的总路程为x，那么由动能定理可得mgHmgx0mv所以x21.6 m21LBC0.6 m，故物体最后停止的位置距B点LBC0.6 m0.4 m处。【答案】(1)0.5(2)4 m/s(3)距B点0.4 m