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第2讲　动能定理及其应用
【目标任务】
1.理解动能、动能定理。2.会应用动能定理解决一些基本问题。3.掌握动能定理与图像结合的问题的分析方法。
【知识特训】
知识必记
一、动能
1.定义：物体由于　　　　而具有的能。
2.公式：Ek=mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量。
3.矢标性：动能是　　　　，只有正值，动能与速度的方向　　　　。
4.动能的变化量：ΔEk=m-m。
5.动能的相对性
由于速度具有　　　　，则动能也具有　　　　，一般以　　　　为参考系。
二、动能定理
1.内容：合力对物体所做的功等于物体　　　　。
2.表达式：W=ΔEk=m-m。
3.物理意义：　　　　做的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于　　　　。
(2)既适用于恒力做功，也适用于　　　。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以　　　　。
基础必验
1.思考判断
(1)动能就是运动物体所具有的能量。 (　　)
(2)动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能。 (　　)
(3)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。 (　　)
(4)动能不变的物体一定处于平衡状态。 (　　)
(5)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零。 (　　)
(6)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。 (　　)
(7)物体的动能不变，所受的合力必定为零。 (　　)
(8)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。 (　　)
2.[对动能的理解]改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是 (　　)
A.质量不变，速度增大到原来的2倍
B.速度不变，质量增大到原来的2倍
C.质量减半，速度增大到原来的2倍
D.速度减半，质量增大到原来的4倍
3.[对动能定理的理解](2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是 (　　)
A.
B.
C.
D.
【能力特训】
特训点一　对动能、动能定理的理解(自主冲关类)
1.[对动能的理解]高铁列车在启动阶段的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能 (　　)
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
2.[对动能定理的理解](2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 (　　)
A. B. C.2倍 D.4倍
1.动能与动能的变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少。
2.对动能定理的理解
(1)动能定理表明了“三个关系”
①因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
②数量关系：合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力做的功。
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。
(3)相对性
动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
3.应用动能定理的流程
4.应用动能定理的注意事项
(1)“合力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。“合力”既可以是恒力，也可以是变力。
(2)动能变化量一定是末动能减去初动能。
(3)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
特训点二　动能定理与图像的综合问题(逐点突破类)
1.[动能定理与Ek-x图像的综合]某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 (　　)
A.
B.
C.
D.
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v-t图像、F-t图像、Ek-t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v-t图像所包围的“面积”求位移，由F-x图像所包围的“面积”求功等。从图像的意义切入，把分析力、功与能量间的关系，物体动能的变化情况以及合力做功作为突破问题的关键。
(3)常见的能量、功图像
①W-x图像：通过“斜率”求得某种力F。
②Ep-x图像：通过“斜率”求得与势能有关的力。
③Ek-x图像：通过“斜率”求得合力F。
(4)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
2.[动能定理结合v-t图像](2024·广西二模)(多选)如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1 s 时刻撤去恒力F，物体运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
　　　甲　　　　　　　乙
A.物体在3 s内的位移x=3 m
B.恒力F与滑动摩擦力大小之比为3∶1
C.物体与地面间的动摩擦因数μ=0.3
D.0~1 s内物体克服摩擦力做的功大于1 s~3 s内物体克服摩擦力做的功
1.常与动能定理结合的四类图像
v-t图像 由公式x=vt可知，v-t图线与t轴围成的面积表示物体的位移
a-t图像 由公式Δv=at可知，a-t图线与t轴围成的面积表示物体速度的变化量
F-x图像 由公式W=Fx可知，F-x图线与x轴围成的面积表示力所做的功
P-t图像 由公式W=Pt可知，P-t图线与t轴围成的面积表示力所做的功
2.解决物理图像问题的基本步骤
特训点三　运用动能定理求解多过程的问题(综合提升类)
1.应用动能定理的关键
对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，可画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
2.求解多过程问题须抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程的研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
3.应用动能定理解决平抛运动、圆周运动等曲线运动问题时需注意
(1)平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
典例 [运用动能定理求解多过程问题](2023·湖北卷)某游戏装置原理示意图如图所示。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
①审题关键点：竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。
②解题切入点：a.小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式可求小物块到达D点的速度大小；b.根据动能定理并结合小物块在B、C之间的平抛运动规律可以求得B和D两点的高度差；c.结合第(2)问求解小物块在B点的速度，运用动能定理可以求得小物块在A点的初速度大小。
对点特训
1.[动能定理用于曲线运动](2024·河北模拟)(多选)如图，在O点用长为L的不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球(可视为质点)，O点正下方的P点固定一细钉子，O、P间的距离为d，C点和P点等高。小球处于O点右侧同一水平高度的A点时，绳刚好拉直，将小球从A点由静止释放。以过最低点B的水平面为零势能面，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　)
A.若小球恰能绕钉子做完整的圆周运动，则d应等于L
B.若d为L，小球到达C点时绳子拉力为3mg
C.若d为L，小球到达C点时的机械能为mgL
D.若d为L，小球到达C点时所受合力方向水平向右
2.[动能定理用于直线运动](2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时 (　　)
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于m-fl
D.物块的动能一定小于m-fl
3.[动能定理用于多过程运动](2024·河南模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A两点高度相同。AB是半径R=1 m的圆弧轨道，CDO是半径r=0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小滑块弹回，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L=2 m，与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.2。现让一个质量m=1 kg的小滑块从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)若H=2 m，求小滑块第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(2)为使小滑块仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小滑块不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
参考答案
知识特训
知识必记
一、
1.运动
3.标量　无关
5.相对性　相对性　地面
二、
1.动能的变化　3.合力
4.(1)曲线运动　(2)变力做功　(3)不同时作用
基础必验
1.(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×
(7)×　(8)√
2.D　解析：由Ek=mv2知只有D所述情形中汽车动能不变，D正确。
3.D　解析：根据曲线运动的特点可知，做曲线运动的物体的速度方向沿运动轨迹的切线方向，合力方向指向运动轨迹的凹侧。小车做曲线运动，且动能一直增大，则小车所受合力方向与运动方向的夹角为锐角，A、B、C错误，D正确。
能力特训
特训点一
1.B　解析：动能Ek=mv2，与速度的二次方成正比，C错误；速度v=at，可得Ek=ma2t2，与经历的时间的二次方成正比，A错误；根据v2=2ax，可得Ek=max，与位移成正比，B正确；动量p=mv，可得Ek=，与动量的二次方成正比，D错误。
2.C　解析：动能表达式为Ek=m，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时的速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，由h=gt2可知，从离开甲板至到达海面上时间不变，根据x=vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，C正确。
特训点二
1.A　解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek=mgxtan θ，开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条过原点的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小至0，后增大，即图像斜率先减小至0，后负向增大，A正确。
2.BC　解析：根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3 s内的位移x= m=9 m，A错误；物体在第1 s内和后2 s内的位移分别为x1=×6×1 m=3 m，x2= m=6 m，对整个过程，由动能定理得Fx1-fx=0-0，且x=x1+x2，解得F∶f=3∶1，B正确；对后2 s内物体的运动过程，由动能定理得-μmgx2=0-mv2，得μ===0.3，C正确；由x1特训点三
典例　(1)　(2)0　(3)
解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
m=mg
解得vD=。
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°=
小物块从C点到D点的过程中，根据动能定理有
-mg(R+Rcos 60°)=m-m
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD=m-m
联立解得vB=，HBD=0。
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
-μmgs=m-m
s=π·2R
解得vA=。
对点特训
1.AB　解析：若小球恰能绕钉子做完整的圆周运动，则通过圆周的最高点时有mg=m，从A点到最高点过程有mg(2d-L)=mv2，解得d=L，A正确；从开始至小球到达C点过程，由动能定理得mgd=m-0，在C点，有T=m，解得T=3mg，B正确；以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为mgL，C错误；小球在C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可能水平向右，D错误。
2.BD　解析：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得m=m+M+fl，整理可得m=m-fl-Mv1>v2，可得xm>2xM，则xm-xM=l>xM，所以W=fxM3.(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m
解析：(1)设小滑块第一次到达D的速度为vD，对小滑块从P到D点的过程，根据动能定理得
mg(H+r)-μmgL=m-0
在D点轨道对小滑块的支持力FN提供向心力，则
FN=m
联立解得FN=84 N
由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小
FN'=FN=84 N。
(2)为使小滑块仅仅与挡板碰撞一次，且小滑块不会脱离CDO轨道，H最小时，必须满足小滑块能上升到O点，由动能定理得
mgHmin-μmgL=m-0
在O点，有mg=m
代入数据解得Hmin=0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小滑块不会脱离CDO轨道，H最大时，小滑块碰后再返回，最高能上升到D点，则
mg(Hmax+r)-3μmgL=0
代入数据解得Hmax=0.7 m
故0.65 m≤H≤0.7 m。

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