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第2讲动能、动能定理考点1动能1．定义：物体由于____而具有的能叫动能．运动3．单位：焦耳，1J＝1kg·m2/s24．性质：动能是标量，是状态量，与v瞬时对应，具有相对性，大小与参照物的选择有关．2．公式：Ek＝12mv2.1．(单选)有两个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为m，甲速度为v，动能为Ek；乙速度为－v，动)B能为Ek′，那么(A．Ek′＝－EkC．Ek′EkB．Ek′＝EkD．Ek′Ek【教师参考·备选题】2008年除夕夜，中国国家足球队客场挑战伊拉克队．第71分钟，由山东鲁能球员郑智头球扳平比分．设郑智跃起顶球后，球以E1＝24J的初动能水平飞出，球落地时的动能E2＝32J，不计空气阻力，则球落地时的速度与水平方向的夹角为()AA．30°B．37°C．45°D．60°考点2动能定理的理解与运用1．对动能定理的理解(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体_____的变化.解析：根据动能Ek＝12mv2，可知水平速度与落地速度之比为E1E2＝32，此值即为落地速度与水平方向的夹角θ的余弦值，cosθ＝32，所以θ＝30°.动能(2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝_____________.12mv22－12mv21(3)注意：①合外力的功，是指物体所受的所有力在某一过程中所做功的代数和．②位移和速度，必须是相对于同一个参考系，一般以地面为参考系．2．动能定理的运用(1)动能定理中涉及到的物理量有F、s、m、v、W、Ek等，在涉及到含有上述物理量的问题时，可以考虑使用动能定理．由于动能定理只需考虑过程中力做功的情况和初、末状态的动能，而无需考虑运动状态的细节，所以运用动能定理解题，往往比用牛顿运动定律要简便，用动能定理还能解决一些牛顿运动定律难以求解的问题，如变力做功，曲线运动等，所以解题时，应优先考虑用动能定理.(2)动能定理实际上是根据一个过程中做了多少功，导致动能变化了多少来列方程的，所以运用动能定理时要注意选定过程．(3)运用动能定理解题的一般步骤：①明确研究对象和运动过程．②分析整个过程中对象做功情况．③明确初、末状态的动能．④列出动能定理方程，并求解．2．(双选)如图5－2－1，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB间水平距离为s，重力加速度为g.下列说法正确的是()图5－2－1ABA．小车克服重力所做的功是mghB．合外力对小车做的功是12mv2C．推力对小车做的功是12mv2＋mghD．阻力对小车做的功是12mv2＋mgh解析：小车克服重力做功W＝mgh，A选项正确；由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W合＝ΔEk＝12mv2，B选项正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝12mv2，所以推力做的功W推＝12mv2－W阻－W重＝12mv2＋mgh－W阻，C选项错误；阻力对小车做的功W阻＝12mv2－W推－W重＝12mv2＋mgh－Fs，D选项错误．3.AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图5－2－2所示．一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求小球经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力NB是多大？图5－2－2（解：从A到B，由动能定理mgR＝12mv2B小球在B点，由牛顿第二定律得NB－mg＝mv2BR解得NB＝3mg.热点1运用动能定理解决多过程问题【例1】(2010年全国卷Ⅱ)如图5－2－3，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值．图5－2－3解析：从M端静止释放到物块停止，设在NP滑动的距离为x,整个过程只有重力和摩擦力做功．由动能定理mgh－μmgx＝0得x＝hμ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在到达圆弧轨道前停止，则物块停止的位置距N的距离为d＝2s－x＝2s－hμ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N的距离为d＝x－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.解决这类问题一定要审清题意，分析清楚物体的运动过程，以及过程中力做功的情况和初、末状态．关于滑动摩擦力做功，要注意摩擦力方向的变化，如该题中，从N到P时摩擦力方向向左，反弹后摩擦力方向向右，所以摩擦力对木块始终做负功，则式中的x表示在NP段滑动的总距离．1．(2009年宁夏卷)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图5－2－4.比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)图5－2－4解：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为f1，在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s2，所受摩擦力的大小为f2.则有s1＋s2＝s①式中s＝30m为投掷线到圆心O的距离．f1＝μ1mg②f2＝μ2mg③设冰壶的初速度为v0，由动能定理，得f1·s1＋f2·s2＝12mv20④联立以上各式，解得s2＝2μ1gs－v202gμ1－μ2＝10m.热点2动能定理与曲线运动结合的问题【例2】(2010年上海卷)如图5－2－5，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度为h，C点高度为2h，一滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出．图5－2－5(1)求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离sC和sD.(2)为实现sC＜sD，v0应满足什么条件？解析：(1)根据机械能守恒12mv20＝2mgh＋12mv2C12mv20＝mgh＋12mv2D根据平抛运动规律：2h＝12gt2C，h＝12gt2DsC＝vCtC，sD＝vDtD综合得sC＝4v20hg－16h2，sD＝2v20hg－4h2.(2)为实现sC＜sD，即4v20hg－16h2＜2v20hg－4h2得v0＜6gh但滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出，要求v04gh所以4ghv06gh.该种题考查的内容比较丰富，考点分布广，包括动能定理、牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等，对能力的要求比较高．对该种题型，一定要把物体运动过程分析清楚，将各过程中的特点把握住，再从已知和要求的两个方向出发来联立方程组求解．如该题中，过程分为物体冲上C、D过程和平抛过程，上冲过程高度不同，重力做功不同，则平抛初速度不同，应由动能定理或机械能守恒定律求平抛初速度，平抛中高度和水平初速度不同，水平位移不同，要运用平抛规律列方程．2．(2010年东莞调研)如图5－2－6所示，一个半径R＝0.80m的四分之一光滑圆形轨道固定在竖直平面内，底端切线水平，距离地面高度H＝1.25m．在轨道底端放置一个质量mB＝0.30kg的小球B.另一质量mA＝0.10kg的小球A(两球均视为质点)由圆形轨道顶端无初速释放，运动到轨道底端与球B发生正碰，碰后球B水平飞出，其落到水平地面时的水平位移s＝0.80m．忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)A、B碰前瞬间，A球对轨道的压力大小和方向；(2)B球离开圆形轨道时的速度大小；(3)A球与B球碰撞后瞬间，A球速度的大小和方向．图5－2－6解：(1)A由光滑轨道滑下，设A与B碰前瞬间速度为v1，由动能定理mAgR＝12mAv21①在轨道底端，由牛顿第二定律FN－mAg＝mAv21R②解得FN＝3mAg＝3N则球A对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．(2)小球B离开轨道最低点后做平抛运动，设其飞行时间为t，离开轨道下端时的速度为v2，则竖直方向：H＝12gt2水平方向：s＝v2t代入数据得v2＝1.6m/s(3)碰撞过程中动量守恒，设小球A碰撞后的速度为v3，则mAv1＝mAv3＋mBv2结合①，代入数据得v3＝－0.80m/s，方向与碰前的方向相反．易错点：对过程中初末状态、力做功的判断【例1】有一个竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成．如图5－2－7所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在轨道最低点A放一个质量为m的小球，并给小球一个水平向右的初速度vA，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B点又能沿BFA轨道回到A点，到达A点时对轨道的压力为4mg.求初速度vA和小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功.图5－2－7错解分析：因为小球恰好到B点，则vB＝0小球从A→E→B，由动能定理得：－2mgR＝－12mv2A所以vA＝2gR小球从B→F→A，在A点满足：4mg－mg＝mv′2AR解得vA′＝3gR设小球从B→F→A的过程中克服摩擦力做功为Wf，由动能定理可得Wf＝12mv′2A－0即Wf＝32mgR错误之一，在B点时的速度误认为最小为零．竖直平面内的圆周运动在B点时，至少重力提供向心力，所以在B点速度不能为零．错误之二，从B经F回到A过程中，分析力做功时，漏掉了重力做功．动能定理的功是物体所受的合力的功，包括重力做功．正确解析：小球在B点满足：mg＝mv2BR①A→E→B由动能定理得：－2mgR＝12mv2B－12mv2A联立以上两式可得vA＝5gR.小球从B→F→A，在A点满足：FN－mg＝mv′2AR将FN＝4mg代入解之得：vA′＝3gR②动能定理应用中一定要选定过程，并分析过程中的所有力的做功情况，尤其是有些力不是在整个过程中都做功，更容易出错．动能定理常与圆周运动结合考查，要注意圆周运动的临界状态分析．设小球从B→F→A的过程中克服摩擦力做功为Wf，由动能定理可得2mgR－Wf＝12mv′2A－12mv2B③联立①～③可得Wf＝mgR.1．如图5－2－8所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．图5－2－8解：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0所以总路程：s＝Rμ.(2)对B→E过程：mgR(1－cosθ)＝12mv2E①FN－mg＝mv2ER②由①②得对轨道压力：FN＝(3－2cosθ)mg.(3)设物体恰好能到D点，则mg＝mv2DR③对全过程由动能定理得：mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝12mv2D④由③④得应满足条件：L′＝3＋2cosθθ－μcosθ·R.