高中物理粤教版必修二学案 第四章+第三节+第2课时　动能定理+Word版含解析

第2课时　动能定理
一、理论推导
图4-3-15
如图4-3-15所示，设某物体的质量为 m，在与运动方向相同的恒力F的作用下，在粗糙的水平面上发生一段位移s，速度由v1增加到v2。
由牛顿第二定律得F－f＝ma
由运动学公式得v22－v12＝2as
两式联立得(F－f)·s＝mv22－mv12。
二、动能定理
1．内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化。这个结论叫做动能定理。
2．表达式：W＝Ek2－Ek1。
3．意义：外力对物体做正功，物体的动能增加；外力对物体做负功，物体的动能减少。
1．自主思考——判一判
(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。(×)
(2)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。(√)
(3)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。(×)
(4)物体的动能增加，合外力做正功。(√)
(5)除重力之外的力对物体做正功，物体的动能一定增加。(×)
2．合作探究——议一议
图4-3-16
(1)骑自行车下坡时，没有蹬车，车速却越来越快，动能越来越大，这与动能定理相矛盾吗？
提示：不矛盾。虽然人没蹬车，但重力却对人和车做正功，动能越来越大。
(2)在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？
提示：重力做功相同，动能改变相同，末动能、末速度大小相同，但末速度方向不同。
对动能定理的理解
1．动能的特性
(1)瞬时性：动能是状态量，与物体某一时刻的速度相对应。速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化。
(2)相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。
(3)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。
2．对动能定理的理解
(1)动能定理描述了做功和动能变化的对应关系。
①等值关系：物体动能的变化量总等于外力对它做的总功。
②因果关系：外力对物体做功是引起物体动能变化的原因，外力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由外力做的功来度量。
(2)求总功的两种思路
1．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是(　　)
A．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
B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零
D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零
解析：选A　功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，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，A正确；如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，B错误；竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中变化量为零，C错误；动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，D错误。
2.跳伞表演是一项观赏性体育项目。如图4-3-17所示，当运动员从直升机由静止跳下后，在下落过程中会受到水平风力的影响。下列说法正确的是(　　)
图4-3-17
A．运动员下落过程动能保持不变
B．运动员下落过程一定做直线运动
C．风力越大，运动员下落时间越长
D．风力越大，运动员着地速度越大
解析：选D　运动员下落过程中重力和风力均做了正功，故运动员的动能增加，选项A错误；若风力越大，则风力做正功越多，故运动员着地速度越大，选项D正确；若下落过程中水平风力的大小是改变的，即运动员受到的合力方向改变，则力与速度的方向不在一直线上，此时运动员就做曲线运动，选项B错误；水平风力对运动员在竖直方向上的运动没有影响，故运动员下落的时间恒定，选项C错误。
3.如图4-3-18所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(　　)
图4-3-18
A．50 J　　　　　　　　 B．18 J
C．32 J D．0 J
解析：选C　由动能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。
动能定理的应用
1．应用动能定理的解题步骤
(1)确定研究对象，通常是单个物体。
(2)明确运动过程，可以是运动的某段过程，也可以是运动的整个过程。
(3)分析受力情况及各力做功情况。
(4)找准对应过程的始末动能(或速度)。
(5)依据动能定理列式求解。
2．用动能定理求解变力做功
动能定理是求变力做功的最常用的方法，这类题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk。
[典例]　如图4-3-19所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。
图4-3-19
(1)小球到达B点时的速率为多大？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多大？
(3)若初速度v0＝3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
[思路点拨]　小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B的临界条件是在B点重力提供做圆周运动的向心力；由A到B的过程，不计空气阻力仅重力做功，由动能定理求出初速度v0；空气阻力是变力，可应用动能定理求解。
[解析]　(1)小球恰能到达最高点B，有
mg＝m，得vB＝ 。
(2)从A到B由动能定理得
－mg＝mvB2－mv02
可求出v0＝ 。
(3)当v0＝3时，在小球从A到B的过程中由动能定理得
－mg－Wf＝mvB2－mv02
可求出Wf＝mgL。
[答案]　(1)　(2)　(3)mgL
(1)所求的变力的功可以是合力的功，也可以是其中一个力的功，但动能定理中，合力的功才等于动能的变化量。
(2)待求变力的功一般用符号W表示，但要分清结果是变力的功，还是克服此变力的功。　　　　
1.如图4-3-20所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R；当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R。则外力对物体所做的功的大小是(　　)
图4-3-20
A. B.
C. D．零
解析：选A　当细绳的拉力为F时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F＝；当细绳的拉力减为时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有＝。在细绳的拉力由F减为的过程中，由动能定理知，细绳的拉力所做的功为W＝mv22－mv12＝－。所以，细绳的拉力所做的功的大小为，选项A正确。
2.如图4-3-21所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接。一个质量为0.1 kg的物体从高为H＝2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力。求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。(g取10 m/s2)
图4-3-21
解析：物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知
N＋mg＝，又N＝mg，
联立两式解得vC＝＝2 m/s，
在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
mg(H－2r)－Wf＝mvC2－0，
代入数据解得Wf＝0.8 J。
答案：0.8 J
动能定理在多过程中的应用
1．多过程问题的分析
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。
(3)当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更方便，但此方法的难点在于确定整个过程的总功。
2．动力学问题两种解法的比较
牛顿运动定律运动学公式结合法
动能定理
适用条件
只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况
对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用
续应用方法
要考虑运动过程的每一个细节
只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法
矢量运算
代数运算
相同点
确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
通过对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。
[典例]　如图4-3-22所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力。(取g＝10 m/s2)
图4-3-22
[思路点拨]　铅球在运动的两个过程中受力情况不同，重力作用于全过程，阻力仅存在于陷入沙子的过程中。
[解析]　法一　应用牛顿第二定律与运动学公式求解
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v2＝2gH
在沙坑中运动的阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。联立以上两式解得a＝g
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力为f，由牛顿第二定律得f－mg＝ma，所以f＝mg＋ma＝·mg＝×2×10 N＝2 020 N。
法二　应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得
mgH＝mv2－0
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f。
由动能定理得mgh－fh＝0－mv2
联立以上两式得f＝·mg＝2 020 N。
法三　应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f。
重力做功WG＝mg(H＋h)
而阻力做功Wf＝－fh
由动能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0
代入数据得f＝2 020 N。
[答案]　2 020 N
当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
1. (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动过程的v -t图像如图4-3-23所示，设汽车的牵引力为F，所受摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则(　　)
图4-3-23
A．F∶f＝1∶4 B．F∶f＝4∶1
C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3
解析：选BC　对汽车全过程应用动能定理：W1－W2＝0，所以W1＝W2；由题图可知牵引力与阻力作用距离之比为1∶4，由Fx1－fx2＝0知F∶f＝4∶1，B、C正确。
2．(多选)如图4-3-24所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)
图4-3-24
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：选AB　由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝、s2＝
由动能定理(或功能关系)知：
2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmg s1cos 45°＝mv2
解得v＝，选项B正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
3．如图4-3-25所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0。求：(取g＝10 m/s2)
图4-3-25
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数。
(2)物体第5次经过B点时的速度。
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。
解析：(1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv12，解得μ＝0.5。
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s。
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv12，
解得s＝21.6 m。
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
答案：(1)0.5　(2)13.3 m/s　(3)距B点0.4 m
1．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动。若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了(　　)
A．48 J　　　　　　　　 B．14 J
C．10 J D．2 J
解析：选B　合力对物体做功W合＝6 J＋8 J＝14 J。根据动能定理得物体的动能增加量为14 J，B对。
2．(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是(　　)
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
解析：选AD　速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s。而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，A、D正确。
3．速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板。如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板(　　)
A．2块 B．3块
C．4块 D．8块
解析：选C　设木板的厚度为d，子弹的速度为v时，由动能定理知－fd＝0－mv2。当子弹的速度为2v时，设能穿透n块木板，由动能定理知－f·nd＝0－m(2v)2，联立两式解得n＝4，C正确。
4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图1所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
图1
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析：选A　由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，故物体克服弹簧弹力做功W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确。
5．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹。求：
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少。
(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少。
解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0，
解得h＝H。
(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0，
解得：s＝。
答案：(1)H　(2)
6.如图2所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍。物块与转轴OO′相距R，随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为(　　)
图2
A．0 B．2πkmgR
C．2kmgR D.kmgR
解析：选D　在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝m。设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wf＝mv2，解得Wf＝kmgR，D正确。
7.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图3所示。则力F所做的功为(　　)
图3
A．mglcos θ
B．Flsin θ
C．mgl(1－cos θ)
D．Fl(1－sin θ)
解析：选C　小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功。小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg(l－lcos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)。
8.如图4所示，一质量为1 kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50 N/m，现用一竖直向下的F＝5 N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧一直处于弹性限度内)(　　)
图4
A．1 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D. m/s
解析：选A　当弹簧的弹力等于重力和F的合力时，球的速度最大，此时弹簧又向下被压缩了x＝＝m＝0.1 m，根据动能定理：Fx＝mv2，解得：v＝1 m/s，故选A。
9．(多选)(全国丙卷)如图5，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
图5
A．a＝　　　 B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。
10．如图6所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；
(2)若已知θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；
(4)若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？
解析：(1)受力如图所示。
(2)根据牛顿第二定律得，mgsin 37°－f＝ma
N＝mgcos 37°
f＝μN
联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2。
(3)人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgH－μmgcos 37°－μmgL1＝0－0
代入数据解得H＝10 m。
(4)设A到D的高度为h，根据动能定理
mgh－μmgcos θ－μmg＝0－0
代入数据解得h＝9 m。
答案：(1)见解析　(2)3.6 m/s2　(3)10 m　(4)9 m
11.如图7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图7
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
解析：(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2
解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：
N－mg＝m
解得：N＝mg＋m＝1×N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N。
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：
μmg·BD＝mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N。
答案：(1)14 N　(2)10 N