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第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理及其应用【基础梳理】提示：运动焦耳标量12mv22－12mv21动能的变化Ek2－Ek1合外力【自我诊断】判一判(1)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．()(2)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．()(3)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．()(4)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．()提示：(1)√(2)√(3)×(4)√做一做(人教版必修2·P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变．在下列几种情形下，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4倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍提示：D做一做(多选)(粤教版必修2·P77·T2)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则()A．物体的动能可能减少B．物体的动能可能不变C．物体的动能可能增加D．余下的力一定对物体做功提示：ACD动能定理的理解【知识提炼】1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合外力，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．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系【题组突破】1．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝12mv22，其中WFN为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝12mv22－12mv21D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv21解析：选CD.电梯上升的过程中，对物体做功的力有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝12mv22－12mv21，故A、B均错误，C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，故D正确．2．(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A．力F对甲做功多B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多C．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同解析：选BC.由功的公式W＝Flcosα＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有：Fs＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1Ek2，C正确，D错误．动能定理的应用【知识提炼】1．应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路【典题例析】角度一用动能定理分析求解变力做功问题如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A．W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离[解析]设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝mv2NR，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝12mv2N＝32mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－12mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝12mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝12mv2Q－12mv2N，即12mgR－W′＝12mv2Q，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．[答案]C如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A时的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－12mv2B.12mv2－mghC．－mghD．－mgh＋12mv2解析：选A.小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－12mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－12mv2，所以正确选项为A.角度二利用动能定理求解多过程问题(2017·高考上海卷)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m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μ＝0.25.(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)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]本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理．(1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝mv2CR①vC＝gR＝2m/s.(2)对B→C过程：滑块机械能守恒12mv2B＝12mv2C＋mgR(1＋cos37°)②vB＝v2C＋2gR（1＋cos37°）＝4.29m/s.(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：mgh－mgμcos37°·hsin37°＝12mv2B－0③代入数据解得h＝1.38m.[答案]见解析(1)在[例2]中滑块刚好到达与圆心等高的D点，如图所示，则A、B间的高度差h′应为多少？解析：由A→D应用动能定理可得：mgh′－μmgcosθ·h′sinθ－mgRcosθ＝0解得：h′＝Rcosθ1－μ1tanθ＝0.48m.答案：0.48m(2)在[例2]中斜面轨道光滑，滑块从A点释放后滑到C点，对轨道的压力是重力的多少倍？(原AB高度差h＝1.38m不变)解析：由A→C应用动能定理，设C点时的速度为vC.mgh－mg(R＋Rcosθ)＝12mv2C①NC＋mg＝mv2CR②由①②得：NC＝2.3mg，故是重力的2.3倍．答案：2.3角度三利用动能定理求解往复运动问题如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.[解析](1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究对象，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·Rtanθ＝0，解得h＝μRcosθtanθ.(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝Rμ.[答案](1)μRcosθtanθ(2)Rμ如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m．盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的点到B的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0解析：选D.设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功，为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m．由于d＝0.50m，所以小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确．(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态．(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解．(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的路程．动能定理与图象结合的问题【知识提炼】四类图象所围面积的含义v－t图由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a－t图由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F－x图由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P－t图由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功【典题例析】如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？[解析](1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝12mv2B代入数值解得vB＝210m/s.(2)在前2m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝12at21解得t1＝835s.(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mg＝mv2CR对滑块从B到C的过程，由动能定理得：W－mg·2R＝12mv2C－12mv2B代入数值得W＝－5J，即克服摩擦力做的功为5J.[答案](1)210m/s(2)835s(3)5J动能定理的综合应用物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题．如图所示，水平路面CD的右侧有一长度L1＝2m的木板．一物块放在木板的最右端，并随木板一起向左侧固定的平台运动，木板的上表面与平台等高．平台上表面AB的长度s＝3m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R＝0.4m，最低点与平台AB相切于A点．当木板的左端与平台的距离L＝2m时，木板与物块向左运动的速度v0＝8m/s.木板与平台的竖直壁碰撞后，木板立即停止运动，物块在木板上滑动并滑上平台．已知木板与路面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与木板的上表面及轨道AB间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，物块质量m＝1kg，取g＝10m/s2.(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E.如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由．[审题流程]第一步：把握过程，构建运动模型过程1DC段木板、物块共同向左减速运动过程2木板与BC碰撞后物块在木板上匀减速运动过程3物块滑到BA上物块在BA上匀减速运动过程4光滑半圆轨道上物块做圆周运动过程5可能从E点水平抛出[解析](1)设木板质量为M，物块随板运动撞击竖直壁BC时的速度为v1，由动能定理得－μ1(m＋M)gL＝12(M＋m)v21－12(M＋m)v20设物块到A点时速度为v2，由动