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第2讲　动能和动能定理
如图所示,足球运动员用力F踢出足球,足球的质量为m,足球被踢出时的速度为v,足球被踢出后在地面上运动了距离x停下。在这个过程中,足球运动员对足球是否做功 若没有做功,请说明理由;若做功,请算出其大小。
[footnoteRef:1] [1:
1.(2024·宁夏吴忠期末)质量10 g、以800 m/s飞行的子弹与质量60 kg、以10 m/s奔跑的运动员相比(　　)
[A] 运动员的动能较大
[B] 子弹的动能较大
[C] 二者的动能一样大
[D] 无法比较它们的动能
【答案】 B
2.(2024·江西南昌模拟)一小球以一定的初速度水平抛出,以初位置为坐标原点,竖直向下为y轴正方向建立坐标系,不计空气阻力,小球可视为质点,则该小球的动能Ek与下落高度y的关系,正确的是(　　)
　　
[A] [B]
　　
[C] [D]
【答案】 C]
【答案】 运动　mv2　焦耳　标量　m-m
动能的变化　m-m　合力　曲线运动　变力
分阶段
考点一　动能定理的理解和应用
(1)如图所示,质量为m的物体,仅在与其运动方向相同的合力F作用下,经位移l后,速度由v1增加到v2。试从动力学的角度写出位移l与速度的关系式。
提示:由牛顿第二定律可得F=ma,结合运动学公式-=2al,可得l=。
(2)在(1)中,试写出经位移l过程中合力F做功的表达式。
提示:合力做的总功W=Fl。
(3)结合(1)(2)中的表达式,你能得到什么结论
提示:合力做的功等于物体动能变化,即W=Ek2-Ek1=ΔEk。
1.动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
(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。
2.动能定理的优越性
(1)应用牛顿第二定律和运动学规律解题时,涉及的有关物理量比较多,对运动过程的细节也要仔细研究。
(2)应用动能定理解题只需考虑外力做的总功及初、末状态的动能,并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理。
(3)一般情况下,能用牛顿第二定律和运动学规律解决的问题,用动能定理也可以求解,并且更为简捷。
[例1] 【动能定理的理解】 (多选)(2024·河南商丘模拟)如图甲为乘客乘坐观光电梯的情境,可以简化成图乙所示,电梯质量为M,乘客的质量为m。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增大到v2时,上升高度为H,重力加速度为g,则在这个过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] 对乘客,动能定理的表达式为W=m-m,其中W为支持力做的功
[B] 对乘客,动能定理的表达式为W-mgH=m-m,其中W为支持力做的功
[C] 对电梯,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功
[D] 对电梯,其所受的合力做功为M-M
【答案】 BD
【解析】 电梯上升的过程中,对乘客做功的有重力mg、支持力FN,这两个力的总功(即合力做的功)才等于乘客动能的增量,即W合=W-mgH=m-m,其中W为支持力做的功,A错误,B正确;对电梯,无论有几个力对它做功,由动能定理可知,其合力做的功一定等于其动能的增量,即M-M,C错误,D正确。
[例2] 【动能定理的应用】 (2024·安徽卷,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
[A] mgh [B] mv2
[C] mgh+mv2 [D] mgh-mv2
【答案】 D
【解析】 人与滑板在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故D正确。
(1)应用动能定理解题应抓住“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,确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)动能定理的应用技巧。
考点二　应用动能定理求变力做功　　　　　　 　　　　　 　　　　　
在有变力做功的过程中,变力做功无法直接通过功的公式求解,可用动能定理W变+W恒=m-m求解。物体初、末速度已知,恒力做功W恒可由公式求出,即W变=m-m-W恒。
[例3] 【应用动能定理求变力做功】 (2024·吉林长春模拟)如图所示,载人飞船返回舱在离地面约6 000 m 的高空打开主伞(降落伞),在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s,此后可视为匀速下降,当返回舱在距离地面1 m时启动反推发动机,速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为F阻=kv,其中k为定值,v为速率,其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg,主伞的质量忽略不计,忽略返回舱质量的变化,重力加速度g取10 m/s2,设全过程为竖直方向的运动。求:
(1)在主伞打开后的瞬间,返回舱的加速度大小;
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。
【答案】 (1)70 m/s2　(2)-1.8×105 J
【解析】 (1)对返回舱进行受力分析,在返回舱以v1=10 m/s匀速下降时kv1=mg,
在返回舱以v2=80 m/s下降时kv2-mg=ma,
解得a=70 m/s2。
(2)返回舱在最后1 m下降过程中,由动能定理得mgh+W=0-m,
解得W=-1.8×105 J。
考点三　动能定理与图像结合的问题
1.解决动能定理与图像结合问题的基本步骤
2.常见图像及图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
(1)
(2)
(3)
[例4] 【动能定理与μx图像】 (2024·四川达州二模)如图甲所示,一倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上(斜面足够长、带一定滑轮),物块A放在斜面上的O点,用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块B连接,B离滑轮足够远。A、B的质量分别为m1=2.5 kg、m2=0.9 kg。运动过程中A与O点的距离设为x,A与斜面间的动摩擦因数μ与x的关系如图乙。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,现将A、B由静止释放。
(1)当A与O点的距离为多大时物块A的速度最大;
(2)求物块A在斜面上滑行的最大位移xm。
【答案】 (1)2 m　(2)4 m
【解析】 (1)设物块A的速度最大时A与斜面间的动摩擦因数为μ1,由牛顿第二定律得
m1gsin θ-μ1m1gcos θ-m2g=0,
解得μ1=0.3,
由题图乙得μ=x,
则当μ1=0.3时x1=2 m。
(2)设物块A沿斜面向下滑到最大位移过程中,克服摩擦力做功为Wf,由动能定理得
m1gxmsin θ-Wf-m2gxm=0-0,
摩擦力做功为Wf=xm=xm,
其中μ2=xm,
解得xm=4 m。
(满分:70分)
对点1.动能定理的理解和应用
1.(4分)关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是(　　)
[A] 合力为零,则合力做功一定为零
[B] 合力做功为零,则合力一定为零
[C] 合力做功越多,则动能一定越大
[D] 动能不变,则物体所受合力一定为零
2.(4分)(2024·辽宁大连期末)如图所示,某质量为m的企鹅(可视为质点)斜向上跳水,起跳时它距海平面高为h,速度大小为v0,不计空气阻力,企鹅落水时的速度大小为v,已知重力加速度大小为g,在此过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力做功为mv2
[B] 重力做功为mgh
[C] 企鹅经过最高点时动能为零
[D] 企鹅的动能一直增加
对点2.应用动能定理求变力做功
3.(4分)(2024·河南郑州模拟)如图所示,两根直杆竖直固定,一条长为2L的轻绳,两端分别拴在杆上的P、Q点,在绳的中点O拴吊一个质量为m的小球,P、Q在同一水平线上,两杆间距离为1.5L,重力加速度为g,现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动L的距离,此过程中,拉力做功为(　　)
[A] mgL [B] mgL
[C] mgL [D] mgL
4.(6分)(多选)在与水平面成θ角的固定粗糙斜面上,放着一质量为m的小滑块,在一个平行于斜面的拉力F (图中未画出)作用下,沿着斜面上一段半径为R的圆周从P点运动到Q点,运动过程中速度大小始终为v,P、Q为四分之一圆周的两个端点,P与圆心O等高。小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在从P点运动到Q点的过程中,小滑块(　　)
[A] 所受合力的大小保持不变
[B] 重力做功的瞬时功率保持不变
[C] 所受拉力对其做功为-mgRsin θ
[D] 运动到Q点时,拉力的大小为m+mgsin θ
对点3.动能定理与图像结合的问题
5.(6分)(2024·山西太原模拟)(多选)如图甲所示,倾角为30°的光滑斜面上,质量为2 kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动,拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中,下列判断正确的是(　　)
[A] 上升过程中,当x=7.5 m时物块的速度最大
[B] 上升过程中,当x=10 m时物块的速度为0
[C] 上升过程中,物块能达到的最大高度为7.5 m
[D] 下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为100 W
6.(6分)(多选)质量均为m=1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动,二者的动能Ek随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
[A] 甲的加速度大于乙的加速度
[B] 甲、乙在x=6 m处相遇
[C] 当甲的位移刚达到9 m时,乙在甲的后面
[D] 当甲的位移为6 m时,乙在甲后面,且距离最远
7.(4分)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力做的功为360 J
[B] 克服阻力做的功为440 J
[C] 经过Q点时向心加速度大小为6 m/s2
[D] 经过Q点时对轨道的压力大小为180 N
8.(4分)(2024·贵州贵阳三模)如图甲所示,水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动,力F随物体位移x的变化关系如图乙所示,当位移x1=0.8 m时撤去拉力,当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,g取10 m/s2,忽略空气阻力,则F0与物体运动的过程中速度的最大值分别为(　　)
[A] 2.5 N,1.5 m/s [B] 2.5 N,1.3 m/s
[C] 2.0 N,1.4 m/s [D] 2.0 N,1.2 m/s
9.(15分)无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动,经过160 s到达目的地停止运动,快递车在整个运送过程中牵引力F随时间t的变化关系如图所示,图中F1和t1未知。假设快递车与货物总质量m=100 kg,运行时所受阻力为自身重力的,重力加速度g取10 m/s2,0～t1时间内位移大小s1=10 m。求:
(1)快递车在加速和减速过程中的加速度大小;
(2)快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。
10.(17分)(2024·甘肃兰州模拟)半径为R的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m的小球套在圆环上,原长为1.5R的轻质弹簧一端固定在小球上,另一端固定在圆环顶端O点。整个系统静止时,小球在O′点处于平衡状态且对圆环无压力。重力加速度为g。
(1)当圆环以角速度ω0转动时,小球在P点相对圆环静止,∠POO′ = α,求弹簧弹力的大小及角速度ω0;(sin α=0.6,sin 2α=0.96,cos 2α=0.28)
(2)利用Fx图像,证明小球从O′点运动到P点的过程中,弹簧弹力(F=kx)所做的功为W=k(-),其中x1和x2分别为小球在O′和P点处弹簧的伸长量;
(3)圆环开始转动后,小球受轻微扰动离开O′,当转速逐渐增大到ω0时,小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
(答案及解析)
对点1.动能定理的理解和应用
1.(4分)关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是(　　)
[A] 合力为零,则合力做功一定为零
[B] 合力做功为零,则合力一定为零
[C] 合力做功越多,则动能一定越大
[D] 动能不变,则物体所受合力一定为零
【答案】 A
【解析】 由W=Flcos α可知,若物体所受合力为零,则合力做功一定为零,但合力做功为零,合力不一定为零,例如,合力的方向时刻与物体运动方向保持垂直,同理,动能不变,合力做功为零,但合力不一定为零,A正确,B、D错误;由动能定理W=ΔEk可知,合力做功越多,动能变化越大,但动能不一定越大,C错误。
2.(4分)(2024·辽宁大连期末)如图所示,某质量为m的企鹅(可视为质点)斜向上跳水,起跳时它距海平面高为h,速度大小为v0,不计空气阻力,企鹅落水时的速度大小为v,已知重力加速度大小为g,在此过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力做功为mv2
[B] 重力做功为mgh
[C] 企鹅经过最高点时动能为零
[D] 企鹅的动能一直增加
【答案】 B
【解析】 在此过程中,根据动能定理可得重力做功为WG=mgh=mv2-m,故A错误,B正确;企鹅斜向上跳水,所以企鹅经过最高点时具有一定的水平速度,动能不为零,故C错误;企鹅斜向上跳水,向上运动过程,重力做负功,企鹅的动能减少,向下运动过程,重力做正功,企鹅的动能增加,故D错误。
对点2.应用动能定理求变力做功
3.(4分)(2024·河南郑州模拟)如图所示,两根直杆竖直固定,一条长为2L的轻绳,两端分别拴在杆上的P、Q点,在绳的中点O拴吊一个质量为m的小球,P、Q在同一水平线上,两杆间距离为1.5L,重力加速度为g,现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动L的距离,此过程中,拉力做功为(　　)
[A] mgL [B] mgL
[C] mgL [D] mgL
【答案】 C
【解析】 绳右端向上移动L的距离时,根据几何关系可知,O点刚好到PQ上,根据动能定理有W-mgh=0,解得拉力做功为W=mgh=mg=mgL。
4.(6分)(多选)在与水平面成θ角的固定粗糙斜面上,放着一质量为m的小滑块,在一个平行于斜面的拉力F (图中未画出)作用下,沿着斜面上一段半径为R的圆周从P点运动到Q点,运动过程中速度大小始终为v,P、Q为四分之一圆周的两个端点,P与圆心O等高。小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在从P点运动到Q点的过程中,小滑块(　　)
[A] 所受合力的大小保持不变
[B] 重力做功的瞬时功率保持不变
[C] 所受拉力对其做功为-mgRsin θ
[D] 运动到Q点时,拉力的大小为m+mgsin θ
【答案】 AC
【解析】 小滑块做匀速圆周运动,所受合力提供向心力,大小不变,故A正确;重力不变,速度大小不变,但方向时刻发生变化,速度在沿斜面向下的分量v∥逐渐减小,根据P=mgv∥sin θ可知,重力做功的瞬时功率逐渐减小,故B错误;对小滑块受力分析,小滑块受到重力、支持力、摩擦力和拉力,将重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向,沿斜面方向的分力为mgsin θ,垂直于斜面方向的分力为mgcos θ,在此过程中,重力做的功为WG=mgRsin θ,摩擦力做的功为Wf=-,根据动能定理可知W+WG+Wf=0,解得拉力对其做功为W=-mgRsin θ,故C正确;运动到Q点时,摩擦力方向水平向左,大小为μmgcos θ,设此时拉力沿QO方向的分力为F1,沿PO方向的分力为F2,则有F2=μmgcos θ,F1-mgsin θ=m,联立解得F=,故D错误。
对点3.动能定理与图像结合的问题
5.(6分)(2024·山西太原模拟)(多选)如图甲所示,倾角为30°的光滑斜面上,质量为2 kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动,拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中,下列判断正确的是(　　)
[A] 上升过程中,当x=7.5 m时物块的速度最大
[B] 上升过程中,当x=10 m时物块的速度为0
[C] 上升过程中,物块能达到的最大高度为7.5 m
[D] 下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为100 W
【答案】 AC
【解析】 小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsin 30°=10 N,根据题图乙可知,在有拉力作用的情况下,物块先沿斜面向上做匀加速直线运动,后向上做加速度先减小后反向增大的直线运动,当拉力大小为10 N时,加速度减小为0,此时速度达到最大值,根据题图乙,结合数学函数关系,可以解得x=7.5 m,故A正确;当x=10 m时,根据动能定理有WF-mgxsin 30°=mv2-0,其中WF= J=150 J,解得v=5 m/s,故B错误;设物块沿斜面运动到x=10 m位置之后,能够沿斜面继续向上减速至0的位移为x1,则有-mgx1sin 30°=0-mv2,解得x1=5 m,则上升过程中,物块能达到的最大高度为H=(x+x1)sin 30°=(10+5)× m=7.5 m,故C正确;物块由最高点下降至最低点过程有mg(x+x1)sin 30°=m,解得v1=5 m/s,则下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为P=mgv1sin 30°,解得P=50 W,故D错误。
6.(6分)(多选)质量均为m=1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动,二者的动能Ek随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
[A] 甲的加速度大于乙的加速度
[B] 甲、乙在x=6 m处相遇
[C] 当甲的位移刚达到9 m时,乙在甲的后面
[D] 当甲的位移为6 m时,乙在甲后面,且距离最远
【答案】 AC
【解析】 对甲,根据动能定理ma1x=Ek0-Ek,得Ek=-ma1x+Ek0;对乙,根据动能定理有ma2x=Ek,图线斜率表示合力,甲、乙加速度大小分别为a1== m/s2=2 m/s2,a2== m/s2=1 m/s2,则甲的加速度大于乙的加速度,A正确;对甲,Ek0=m,甲的初速度为v0=6 m/s,二者相遇时x=v0t-a1t2=a2t2,此时t=4 s,但当t=3 s时,甲已经停止,故甲、乙在x=9 m时相遇,即乙在甲的后面,B错误,C正确;当甲的位移为6 m时,由ma1x=Ek0-mv2,此时甲的速度为v=2 m/s,时间为t′==(3-) s,此时,乙的位移和速度分别为x′=a2t′2=(6-3) m,v′=a2t′=(3-) m/s,乙在甲后面,当甲、乙速度相等时,相距最远,D错误。
7.(4分)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 重力做的功为360 J
[B] 克服阻力做的功为440 J
[C] 经过Q点时向心加速度大小为6 m/s2
[D] 经过Q点时对轨道的压力大小为180 N
【答案】 B
【解析】 重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-W克f=m,代入数据解得克服阻力做的功为W克f=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为an==9 m/s2,C错误;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=man,解得货物受到的支持力大小为FN=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D错误。
8.(4分)(2024·贵州贵阳三模)如图甲所示,水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动,力F随物体位移x的变化关系如图乙所示,当位移x1=0.8 m时撤去拉力,当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,g取10 m/s2,忽略空气阻力,则F0与物体运动的过程中速度的最大值分别为(　　)
[A] 2.5 N,1.5 m/s [B] 2.5 N,1.3 m/s
[C] 2.0 N,1.4 m/s [D] 2.0 N,1.2 m/s
【答案】 B
【解析】 设x1位置拉力大小为F1,由题图乙可得=,由动能定理得x1-μmgx2=0,联立可得F0=2.5 N,当F=μmg时物体达到最大速度,设此时位移为x3,则有=,可得x3= m,由动能定理得(-μmg)x3=m,可得vmax=1.3 m/s。
9.(15分)无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动,经过160 s到达目的地停止运动,快递车在整个运送过程中牵引力F随时间t的变化关系如图所示,图中F1和t1未知。假设快递车与货物总质量m=100 kg,运行时所受阻力为自身重力的,重力加速度g取10 m/s2,0～t1时间内位移大小s1=10 m。求:
(1)快递车在加速和减速过程中的加速度大小;
(2)快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。
【答案】 (1)0.2 m/s2　0.1 m/s2　(2)1.45×104 J
【解析】 (1)由题意可知,快递车运行时所受阻力为F阻=mg,代入数据得F阻=50 N,
快递车在减速过程中,由牛顿第二定律F阻-F2=ma2,其中F2=40 N,
解得a2=0.1 m/s2,
设加速时间为t1,减速时间为t2,车做匀速运动的速度为v,由题图可得t2=160 s-140 s=20 s,
由运动学公式v=a1t1=a2t2,可得v=2 m/s,
由题意s1=a1=10 m,
联立解得a1=0.2 m/s2,t1=10 s。
(2)全程对快递车由动能定理
WF-F阻(s1+s2+s3)=0,
其中s2=vΔt=2×(140-10) m=260 m,
s3=t2=×20 m=20 m,
代入解得WF=1.45×104 J。
10.(17分)(2024·甘肃兰州模拟)半径为R的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m的小球套在圆环上,原长为1.5R的轻质弹簧一端固定在小球上,另一端固定在圆环顶端O点。整个系统静止时,小球在O′点处于平衡状态且对圆环无压力。重力加速度为g。
(1)当圆环以角速度ω0转动时,小球在P点相对圆环静止,∠POO′ = α,求弹簧弹力的大小及角速度ω0;(sin α=0.6,sin 2α=0.96,cos 2α=0.28)
(2)利用Fx图像,证明小球从O′点运动到P点的过程中,弹簧弹力(F=kx)所做的功为W=k(-),其中x1和x2分别为小球在O′和P点处弹簧的伸长量;
(3)圆环开始转动后,小球受轻微扰动离开O′,当转速逐渐增大到ω0时,小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
【答案】 (1)　　(2)见解析　(3) 1.92mgR
【解析】 (1)小球在O′点处于平衡状态且对圆环无压力,有k(2R-1.5R)=mg,
小球在P点相对圆环静止而做匀速圆周运动,弹簧的长度为l=2Rcos α=1.6R,
由胡克定律有Fk=k(l-l0)=,
对小球受力分析,由牛顿第二定律有Fkcos α+FNcos 2α=mg,
Fksin α+FNsin 2α=mRsin 2α,
联立解得ω0=
(2)根据胡克定律F=kx可知,弹力与形变量成正比,如图所示。
则弹力做功等于图像与横轴围成的面积,有W弹=·Δx=·(x1-x2),
化简可得W弹=·Δx=·(-)。
(3)小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止,由动能定理有W总=mv2-0,
v=ω0Rsin 2α,
解得W总=1.44mgR,
设此过程中圆环作用在小球上的合力做的功为W环,其中W总 = -mgR(1-cos 2α)+W弹+W环,
对于弹簧弹力做功,其中x1 = 0.5R,x2= 0.1R,
代入数据得W环 = 1.92mgR。
(
第
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高中总复习·物理
第2讲　
动能和动能定理
情境导思
如图所示,足球运动员用力F踢出足球,足球的质量为m,足球被踢出时的速度为v,足球被踢出后在地面上运动了距离x停下。在这个过程中,足球运动员对足球是否做功 若没有做功,请说明理由;若做功,请算出其大小。
知识构建
运动
焦耳
标量
动能的变化
合力
曲线运动
变力
分阶段
小题试做
1.(2024·宁夏吴忠期末)质量10 g、以800 m/s飞行的子弹与质量60 kg、以
10 m/s奔跑的运动员相比(　　)
[A] 运动员的动能较大
[B] 子弹的动能较大
[C] 二者的动能一样大
[D] 无法比较它们的动能
B
小题试做
C
(1)如图所示,质量为m的物体,仅在与其运动方向相同的合力F作用下,经位移l后,速度由v1增加到v2。试从动力学的角度写出位移l与速度的关系式。
(2)在(1)中,试写出经位移l过程中合力F做功的表达式。
提示:合力做的总功W=Fl。
(3)结合(1)(2)中的表达式,你能得到什么结论
提示:合力做的功等于物体动能变化,即W=Ek2-Ek1=ΔEk。
1.动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
(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。
2.动能定理的优越性
(1)应用牛顿第二定律和运动学规律解题时,涉及的有关物理量比较多,对运动过程的细节也要仔细研究。
(2)应用动能定理解题只需考虑外力做的总功及初、末状态的动能,并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理。
(3)一般情况下,能用牛顿第二定律和运动学规律解决的问题,用动能定理也可以求解,并且更为简捷。
[例1] 【动能定理的理解】 (多选)(2024·河南商丘模拟)如图甲为乘客乘坐观光电梯的情境,可以简化成图乙所示,电梯质量为M,乘客的质量为m。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增大到v2时,上升高度为H,重力加速度为g,则在这个过程中,下列说法正确的是(　 　)
BD
[例2] 【动能定理的应用】 (2024·安徽卷,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
D
规律总结
(1)应用动能定理解题应抓住“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,确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)动能定理的应用技巧。
[例3] 【应用动能定理求变力做功】 (2024·吉林长春模拟)如图所示,载人飞船返回舱在离地面约6 000 m 的高空打开主伞(降落伞),在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s,此后可视为匀速下降,当返回舱在距离地面
1 m时启动反推发动机,速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为F阻=kv,其中k为定值,v为速率,其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg,主伞的质量忽略不计,忽略返回舱质量的变化,重力加速度g取10 m/s2,设全过程为竖直方向的运动。求:
(1)在主伞打开后的瞬间,返回舱的加速度大小;
【答案】 (1)70 m/s2
【解析】 (1)对返回舱进行受力分析,在返回舱以v1=10 m/s匀速下降时kv1=mg,
在返回舱以v2=80 m/s下降时kv2-mg=ma,
解得a=70 m/s2。
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。
【答案】 (2)-1.8×105 J
1.解决动能定理与图像结合问题的基本步骤
2.常见图像及图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
(1)
(2)
(3)
[例4] 【动能定理与μ-x图像】 (2024·四川达州二模)如图甲所示,一倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上(斜面足够长、带一定滑轮),物块A放在斜面上的O点,用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块B连接,B离滑轮足够远。A、B的质量分别为m1=2.5 kg、m2=0.9 kg。运动过程中A与O点的距离设为x,A与斜面间的动摩擦因数μ与x的关系如图乙。重力加速度g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,现将A、B由静止释放。
(1)当A与O点的距离为多大时物块A的速度最大;
【答案】 (1)2 m
(2)求物块A在斜面上滑行的最大位移xm。
【答案】 (2)4 m
1.(4分)关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是(　　)
[A] 合力为零,则合力做功一定为零
[B] 合力做功为零,则合力一定为零
[C] 合力做功越多,则动能一定越大
[D] 动能不变,则物体所受合力一定为零
对点1.动能定理的理解和应用
基础对点练
A
【解析】 由W=Flcos α可知,若物体所受合力为零,则合力做功一定为零,但合力做功为零,合力不一定为零,例如,合力的方向时刻与物体运动方向保持垂直,同理,动能不变,合力做功为零,但合力不一定为零,A正确,B、D错误;由动能定理W=ΔEk可知,合力做功越多,动能变化越大,但动能不一定越大,C错误。
2.(4分)(2024·辽宁大连期末)如图所示,某质量为m的企鹅(可视为质点)斜向上跳水,起跳时它距海平面高为h,速度大小为v0,不计空气阻力,企鹅落水时的速度大小为v,已知重力加速度大小为g,在此过程中,下列说法正确的是(　　)
B
C
对点2.应用动能定理求变力做功
4.(6分)(多选)在与水平面成θ角的固定粗糙斜面上,放着一质量为m的小滑块,在一个平行于斜面的拉力F (图中未画出)作用下,沿着斜面上一段半径为R的圆周从P点运动到Q点,运动过程中速度大小始终为v,P、Q为四分之一圆周的两个端点,P与圆心O等高。小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在从P点运动到Q点的过程中,小滑块(　 　)
AC
5.(6分)(2024·山西太原模拟)(多选)如图甲所示,倾角为30°的光滑斜面上,质量为2 kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动,拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中,下列判断正确的是(　 　)
[A] 上升过程中,当x=7.5 m时物块的速度最大
[B] 上升过程中,当x=10 m时物块的速度为0
[C] 上升过程中,物块能达到的最大高度为7.5 m
AC
对点3.动能定理与图像结合的问题
6.(6分)(多选)质量均为m=1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动,二者的动能Ek随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　 　)
[A] 甲的加速度大于乙的加速度
[B] 甲、乙在x=6 m处相遇
[C] 当甲的位移刚达到9 m时,乙在甲的后面
[D] 当甲的位移为6 m时,乙在甲后面,且距离最远
AC
B
综合提升练
8.(4分)(2024·贵州贵阳三模)如图甲所示,水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动,力F随物体位移x的变化关系如图乙所示,当位移x1=0.8 m时撤去拉力,当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,g取10 m/s2,忽略空气阻力,则F0与物体运动的过程中速度的最大值分别为(　　)
[A] 2.5 N,1.5 m/s [B] 2.5 N,1.3 m/s
[C] 2.0 N,1.4 m/s [D] 2.0 N,1.2 m/s
B
(1)快递车在加速和减速过程中的加速度大小;
【答案】 (1)0.2 m/s2　0.1 m/s2
(2)快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。
【答案】 (2)1.45×104 J
10.(17分)(2024·甘肃兰州模拟)半径为R的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m的小球套在圆环上,原长为1.5R的轻质弹簧一端固定在小球上,另一端固定在圆环顶端O点。整个系统静止时,小球在O′点处于平衡状态且对圆环无压力。重力加速度为g。
(1)当圆环以角速度ω0转动时,小球在P点相对圆环静止,∠POO′ = α,求弹簧弹力的大小及角速度ω0;(sin α=0.6,sin 2α=0.96,cos 2α=0.28)
(3)圆环开始转动后,小球受轻微扰动离开O′,当转速逐渐增大到ω0时,小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
【答案】 (3) 1.92mgR

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