资源简介

(共51张PPT)
动能定理
第 2 讲
动能定理的理解及应用
(基础落实课)
第1课时
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　对动能定理的理解
3
逐点清(二)　动能定理的应用
4
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
课前基础先行
一、动能
运动
标量
状态
相对
二、动能定理
动能的变化
合外力
适用条件 (1)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__________
曲线运动
变力做功
间断作用
续表
情境创设　
滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变。
理解判断　
(1)运动员由A点到B点速度方向在不断变化，所以动能也在不断变化。( )
(2)运动员所受合力不为零，合力做的功也不为零。 ( )
(3)摩擦力对运动员做负功。 ( )
(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。 ( )
(5)运动员受到的合力恒定不变。 ( )
(6)重力对运动员做正功，功率不变。 ( )
×
×
√
√
×
×
逐点清(一)　对动能定理的理解
课堂
1．[对动能定理的理解]
(多选)下列说法正确的有(　 )
A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变
B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化
C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零
|题|点|全|练|
√
√
解析：运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；
运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；
如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；
若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合力一定不为零，故D正确。
2．[动能随位移变化的图像]
(2022·江苏高考)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(　 )
√
3．[由动能定理分析合力做功]
(多选)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断(　 )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
√
√
解析：从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；
由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；
t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；
由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。
1．动能与动能变化的区别
(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。
|精|要|点|拨|
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
因果关系 合力做功是物体动能变化的原因
数量关系 合力的功与动能变化可以等量代换
单位关系 国际单位都是焦耳
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
逐点清(二)　动能定理的应用
课堂
应用动能定理的注意点
(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。
(3)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。
(4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。
[典例]　(2024年1月·江西高考适应性演练)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0.05倍，重力加速度取g＝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。
[解析]　(1)由题意可知，快递车运行时所受阻力为f＝0.05mg＝50 N
快递车在加速过程中，由牛顿第二定律F1－f＝ma1
快递车在减速过程中，由牛顿第二定律f－F2＝ma2
其中F2＝40 N，解得a2＝0.1 m/s2
[答案]　(1)0.2 m/s2　0.1 m/s2　(2)14 500 J
1．[动能定理解答曲线运动问题]
(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大
跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自
由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、
c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　 )
应用体验
√
2．[动能定理解答直线运动问题]
(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
√
√
根据v-t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l＝xm－xM>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
课时跟踪检测
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1．(多选)如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为(　 )
A．1 m/s B．1.2 m/s
C．2 m/s D．2.5 m/s
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4．(2024·福州高三质检)(多选)如图，将一小球从足
够长的斜面上的O点，以初速率v0沿与斜面垂直向上的
方向抛出，第一次落到斜面上的P点(未画出)，O、P两点间的距离用x表示，小球刚落到P点时的动能、速度方向与斜面的夹角、垂直斜面向下的分速度大小分别用Ek、α、vy表示。不计一切阻力，若仅改变初速率v0，则能正确反映vy、tan α、x、Ek随v0或v02变化的图像是(　 )
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解析：将小球的运动沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，可知小球刚落到P点垂直斜面向下的分速度大小vy＝v0，故A正确；
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5．(2024·成都高三模拟)(多选)将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为E0，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中(　 )
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于t1
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解析：小球受到的空气阻力与速率成正比，即f＝kv，上升过程，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma1，小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g，小球下降的过程，有mg－kv＝ma2，小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至零，故A正确；
根据动能定理得W合＝E0－16E0＝－15E0，故B错误；
最高点速度为0，根据牛顿第二定律得a＝g，故C正确；
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石块落地点与O点的水平距离s＝100 m。忽略长臂、短臂和石篮的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g取10 m/s2，求：
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(1)石块水平抛出时的初速度v0；
(2)石块从A到最高点的过程中，石篮对石块做功W。
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答案：(1)50 m/s　(2)1.16×105 J课时跟踪检测(二十六)　动能定理的理解及应用
1．(多选)如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为(　 )
A．1 m/s B．1.2 m/s
C．2 m/s D．2.5 m/s
2．如图所示，将8个质量均为m的小物块(可视为质点)用轻质的细杆相连静止放在水平面上，相邻小物块间的距离为L。已知AB段光滑，小物块与BC段间的动摩擦因数均为μ。刚开始时1号小物块在B处，现用水平拉力F＝4.5μmg作用在1号小物块上，使8个小物块一起向右运动，则1号物块运动过程中能达到的最大速度为(　 )
A.　 B. 　C. 　D.
3．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　 )
A. B. C. D.
4．(2024·福州高三质检)(多选)如图，将一小球从足够长的斜面上的O点，以初速率v0沿与斜面垂直向上的方向抛出，第一次落到斜面上的P点(未画出)，O、P两点间的距离用x表示，小球刚落到P点时的动能、速度方向与斜面的夹角、垂直斜面向下的分速度大小分别用Ek、α、vy表示。不计一切阻力，若仅改变初速率v0，则能正确反映vy、tan α、x、Ek随v0或v02变化的图像是(　 )
5．(2024·成都高三模拟)(多选)将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为E0，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中(　 )
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于t1
6．(多选)如图所示，某质量为m的工件静止于粗糙水平面上的A点，机械手臂可在A、B之间对工件施加恒力F。最终工件停止于C点，A、B间的距离为L，F大小恒定，与水平面间的夹角θ可调。当θ＝0时，B、C之间的距离为，调整θ，可使B、C间的距离最大为。若重力加速度为g，工件与水平面间的滑动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　 )
A．μ＝0.5 B．μ＝0.75　
C．F＝mg D．F＝mg
7．(2024·曲靖高三模拟)如图甲所示，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石篮中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石篮中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量m＝80 kg的可视为质点的石块装在长L＝ m的长臂末端的石篮中，初始时长臂与水平面成30°，松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出落在水平地面上。石块落地点与O点的水平距离s＝100 m。忽略长臂、短臂和石篮的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g取10 m/s2，求：
(1)石块水平抛出时的初速度v0；
(2)石块从A到最高点的过程中，石篮对石块做功W。
课时跟踪检测(二十六)
1．选AB　当长木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由μmgl＝mv12，解得v1＝1 m/s，当长木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由μmgl＋μmgl＝mv22，解得v2＝ m/s，所以速度的范围应该在1 m/s ≤v0≤ m/s。故选A、B。
2．选C　由题意可知，第5个物块进入BC后物块开始做减速运动，因此第5个物块刚到达B点时1号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有F·4L－μmg(L＋2L＋3L＋4L)＝×8mv2－0，解得v＝，故选C。
3．选B　设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝·3mv2－0，联立以上两式解得v＝，故B正确。
4．选ABD　将小球的运动沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，可知小球刚落到P点垂直斜面向下的分速度大小vy＝v0，故A正确；沿斜面方向的加速度和垂直于斜面的加速度分别为ax＝gsin θ，ay＝gcos θ，设小球落到斜面的时间为t，在垂直于斜面方向有v0＝ay·，沿斜面方向的速度为vx＝ax·t，则速度方向与斜面的夹角的正切值为tan α＝＝，可知速度方向与斜面的夹角为定值，故B正确；O、P两点间的距离为x＝axt2＝，则x与v02是正比例函数关系，故C错误；小球刚落到P点时的动能为Ek＝mv2＝m2＝mv02，则Ek与v02是正比例函数关系，故D正确。
5．选AC　小球受到的空气阻力与速率成正比，即f＝kv，上升过程，由牛顿第二定律有mg＋kv＝ma1，小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g，小球下降的过程，有mg－kv＝ma2，小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至零，故A正确；根据动能定理得W合＝E0－16E0＝－15E0，故B错误；最高点速度为0，根据牛顿第二定律得a＝g，故C正确；小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有h＝·1t12＝·2t22，因1>2，则有t16．选BC　当θ＝0时，由题意，根据动能定理可得FL－μmg＝0，当B、C间距离最大时，同理，根据动能定理可得Fcos θ·L－μ(mg－Fsin θ)L－μmg＝0，两式联立可得cos θ＋μsin θ＝，此时cos θ＋μsin θ的最大值为，故＝，解得μ＝0.75，可求得F＝mg。选项B、C正确。
7．解析：(1)石块平抛运动的高度
h＝L＋Lsin 30°＝ m＋× m＝20 m
根据h＝gt2，解得t＝＝ s＝2 s
则初速度为v0＝＝ m/s＝50 m/s。
(2)石块从A到最高点的过程中，根据动能定理得W－mgh＝mv02
解得W＝mv02＋mgh＝×80×502 J＋80×10×20 J＝1.16×105 J。
答案：(1)50 m/s　(2)1.16×105 J
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