第2单元 动能定理 必备知识要打牢 抓双基 固本源 F握程度 IBEL ZHISHI YAO DALAO 知识点 动能 「想一想] 当物体的速度发生变化时,物体的动能Ek一定变化吗? 提示:物体的动能是标量,与物体的速度大小有关,与物体的速度方向无关,而物体的 速度变化可能是由其方向变化而引起的,故不一定变化 [记一记] 1.定义 物体由于运动而具有的能。 2.公式 3.单位 焦耳,1J=1Nm=1kgm2/s2。 4.矢标性 动能是标量,只有正值。 5.动能的变化量 △Ek=二mO 1mo2,是过程量 试一试 1.一个质量为0.3kg的弹性小球,在光滑水平面上以6m/的速度垂直撞到墙上,碰 撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的 大小△U和碰撞过程中小球的动能变化量△Ek为() A.△=0 B.△U=12m/s C.△AEk=1.8J D.△Ek=10.8J 解析:选B取初速度方向为正方向,则△=(-6-6)ms=-12m,由于速度大小 没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确
1 第 2 单元 动能定理 动 能 [想一想] 当物体的速度发生变化时，物体的动能 Ek 一定变化吗？ 提示：物体的动能是标量，与物体的速度大小有关，与物体的速度方向无关，而物体的 速度变化可能是由其方向变化而引起的，故不一定变化。 [记一记] 1．定义 物体由于运动而具有的能。 2．公式 Ek＝ 1 2 mv 2。 3．单位 焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2 /s2。 4．矢标性 动能是标量，只有正值。 5．动能的变化量 ΔEk＝ 1 2 mv 2 2 － 1 2 mv 2 1 ，是过程量。 [试一试] 1．一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰 撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的 大小 Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量 ΔEk 为( ) A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J 解析：选 B 取初速度方向为正方向，则 Δv＝(－6－6) m/s＝－12 m/s，由于速度大小 没变，动能不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确
识点三 动能定理 想一想] 如图5-2-1所示,一质量为m=0.1kg的小球以v=3m/s的速度从桌子边缘平抛, 经=0.4s落地,若g=10m/s2,不计空气阻力,则此过程中重力对小球做了多少功?小球 动能增加量为多少?由此你能得出什么结论? 图5-2-1 提示:由题意可知,桌子的高度h=g2=08m,重力对小球做功W=mgh=08J,小 球落地时的速度D=V2+(g)=5ms小球落地时的动能E=2m0=125J小球在平抛 过程中动能的增加量ΔE=m3-mb=0.8J,由此可见,小球平抛过程中,合力对小球所 做的功等于小球动能的变量 [记一记] 1.内容 力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的变化。 2.表达式 W=E 3.物理意义 合力的功是物体动能变化的量度。 4.适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功,也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以不同时作用 2.如图5-2-2所示,质量为m的物块,在恒力F的作用下,沿光滑水平面运动,物 块通过A点和B点的速度分别是U4和Ug,物块由A运动到B点的过程中,力F对物块做的 功W为() 图5-2-2
2 动能定理 [想一想] 如图 5－2－1 所示，一质量为 m＝0.1 kg 的小球以 v0＝3 m/s 的速度从桌子边缘平抛， 经 t＝0.4 s 落地，若 g＝10 m/s 2，不计空气阻力，则此过程中重力对小球做了多少功？小球 动能增加量为多少？由此你能得出什么结论？ 图 5－2－1 提示：由题意可知，桌子的高度 h＝ 1 2 gt2＝0.8 m，重力对小球做功 W＝mgh＝0.8 J，小 球落地时的速度 v＝ v 2 0 ＋(gt) 2＝5 m/s，小球落地时的动能 Ek＝ 1 2 mv 2＝1.25 J，小球在平抛 过程中动能的增加量 ΔEk＝ 1 2 mv 2－ 1 2 mv 2 0＝0.8 J，由此可见，小球平抛过程中，合力对小球所 做的功等于小球动能的变量。 [记一记] 1．内容 力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2．表达式 W＝Ek2－Ek1。 3．物理意义 合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 [试一试] 2．如图 5－2－2 所示，质量为 m 的物块，在恒力 F 的作用下，沿光滑水平面运动，物 块通过 A 点和 B 点的速度分别是 vA和 vB，物块由 A 运动到 B 点的过程中，力 F 对物块做的 功 W 为( ) 图 5－2－2
A. w>-mmv--mot SimonI D.由于F的方向未知,W无法求出 解析:选B物块由A点到B点的过程中,只有力F做功,由动能定理可知,W=mB2 mU,故B正确。 2 高频考点要通关 抓考点 攻重点 得拔高分 GAOPIN KAODIAN YAO TONGGUAN 对动能定理的理 1动能定理公式中等号的意义 (1)数量关系:即力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系 (2)单位相同,国际单位都是焦耳 (3)因果关系:力的功是引起物体动能变化的原因 2.总功的计算 (1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F,然后由W=Fosa计算 (2)由W= FIcos a计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn,然后将各个外力所做的 功求代数和,即 W合=W1+W2+…+Wn [例1]如图5-2-3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1增加到a2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() 图5-2-3 A.对物体,动能定理的表达式为WFN=mU2,其中WFN为支持力的功 B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力的功 C.对物体,动能定理的表达式为WFN-mgH==m2-mn3
3 A．W> 1 2 mv 2 B － 1 2 mv 2 A B．W＝ 1 2 mv 2 B － 1 2 mv 2 A C．W＝ 1 2 mv 2 A － 1 2 mv 2 B D．由于 F 的方向未知，W 无法求出 解析：选 B 物块由 A 点到 B 点的过程中，只有力 F 做功，由动能定理可知，W＝ 1 2 mv 2 B － 1 2 mv 2 A ，故 B 正确。 对动能定理的理解 1.动能定理公式中等号的意义 (1)数量关系：即力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。 (2)单位相同，国际单位都是焦耳。 (3)因果关系：力的功是引起物体动能变化的原因。 2．总功的计算 (1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力 F，然后由 W＝Flcos α 计算。 (2)由 W＝Flcos α 计算各个力对物体做的功 W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的 功求代数和，即 W 合＝W1＋W2＋…＋Wn。 [例 1] 如图 5－2－3 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( ) 图 5－2－3 A．对物体，动能定理的表达式为 WFN＝ 1 2 mv 2 2 ，其中 WFN 为支持力的功 B．对物体，动能定理的表达式为 W 合＝0，其中 W 合为合力的功 C．对物体，动能定理的表达式为 WFN－mgH＝ 1 2 mv 2 2 － 1 2 mv 2 1
D.对电梯,其所受合力做功为=M [尝试解题 电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力FN,这两个力的总功才等于物体 动能的增量△Ek mUr2,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,其合力的功一定等于其动能的增量,故D正确 答案]CD 规律总结:::: (1)应用动能定理时,也要进行受力分析,分析在这个过程中有哪些力做功,注意区分 功的正负 (2)应用动能定理时要注意选取的研究对象和对应过程,合力做的功和动能增量一定是 对应同一研究对象的同一过程 利用动能定理求解多过程问题 1.基本步骤 (1)选取研究对象,明确它的运动过程 (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况 哪各力是 些力啼否做功 (3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek和Ex (4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程,进行求解 2.注意事项 (1)动能定理的研究对象可以是单一物体,或者是可以看做单一物体的物体系统。 (2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及到位移和速度而不涉 及时间时可优先考虑动能定理;处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理 (3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整个过程考虑 例2](2012苏北四市模拟)如图5-2-4所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨 道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s =5m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h=430m、h 35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因 数=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=06,cos37°=0.8。求
4 D．对电梯，其所受合力做功为1 2 Mv 2 2 － 1 2 Mv 2 1 [尝试解题] 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力 mg、支持力 FN，这两个力的总功才等于物体 动能的增量 ΔE k＝ 1 2 mv 2 2 － 1 2 mv 2 1 ，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，其合力的功一定等于其动能的增量，故 D 正确。 [答案] CD (1)应用动能定理时，也要进行受力分析，分析在这个过程中有哪些力做功，注意区分 功的正负。 (2)应用动能定理时要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能增量一定是 对应同一研究对象的同一过程。 利用动能定理求解多过程问题 1.基本步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程。 (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况。 (3)明确研究对象在过程的始末状态的动能 Ek1 和 Ek2。 (4)列出动能定理的方程 W 合＝Ek2－Ek1 及其他必要的解题方程，进行求解。 2．注意事项 (1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统。 (2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及到位移和速度而不涉 及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。 (3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。 [例 2] (2012·苏北四市模拟)如图 5－2－4 所示装置由 AB、BC、CD 三段轨道组成，轨 道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道 AB、CD 段是光滑的，水平轨道 BC 的长度 s ＝5 m，轨道 CD 足够长且倾角 θ＝37°，A、D 两点离轨道 BC 的高度分别为 h1＝4.30 m、h2 ＝1.35 m。现让质量为 m 的小滑块自 A 点由静止释放。已知小滑块与轨道 BC 间的动摩擦因 数 μ＝0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图5 (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小 (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离 审题指导] 第一步:抓关键点 关键点 获取信息 轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接 小滑块在B、C轨道交接处速度大小不变 轨道AB、CD段是光滑的 小滑块在AB、CD段只有重力做功,小滑块只能停 在BC段 自A点由静止释放 小滑块的初速度为零 第二步:找突破口 要求小滑块到达D点的速度大小,可应用动能定理,对小滑块从A→B→C→D的过程 全程列方程求解。 [尝试解题] (1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得:mg(h-h2)-mgs=m2-0 将h、h2、s、μ、g代入得:D=3m/s (2小滑块从A→B→C过程中,由动能定理得 gh 将h、s、、g代入得:c=6m/s 小滑块沿CD段上滑的加速度大小 a=gsin 8=6m/s- 小滑块沿CD段上滑到最高点的时间 由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间
5 图 5－2－4 (1)小滑块第一次到达 D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距 B 点的距离。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接 小滑块在 B、C 轨道交接处速度大小不变 轨道 AB、CD 段是光滑的 小滑块在 AB、CD 段只有重力做功，小滑块只能停 在 BC 段 自 A 点由静止释放 小滑块的初速度为零 第二步：找突破口 要求小滑块到达 D 点的速度大小，可应用动能定理，对小滑块从 A→B→C→D 的过程 全程列方程求解。 [尝试解题] (1)小滑块从 A→B→C→D 过程中，由动能定理得：mg(h1－h2)－μmgs＝ 1 2 mv 2 D －0 将 h1、h2、s、μ、g 代入得：vD＝3 m/s (2)小滑块从 A→B→C 过程中，由动能定理得 mgh1－μmgs＝ 1 2 mv 2 C 将 h1、s、μ、g 代入得：vC＝6 m/s 小滑块沿 CD 段上滑的加速度大小 a＝gsin θ＝6 m/s2 小滑块沿 CD 段上滑到最高点的时间 t1＝ vC a ＝1 s 由对称性可知小滑块从最高点滑回 C 点的时间