3 动能和动能定理 [学习目标] 1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量.2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能 定理，理解动能定理的物理意义.3.能应用动能定理解决简单的问题. 一、动能的表达式 1.表达式：Ek＝m v 2 . 2.单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J. 3.标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向. 二、动能定理 1.内容：力在 m v 1 2.如果物体受到几个力的共同作用，W 即为合力做的功，它等于各 个力做功的代数和. 3.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受到 变力作用，并且做曲线运动时，可以采用把整个过程分成许多小段，也能得到动能定理. 判断下列说法的正误. (1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍.( × ) (2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同 错误；做匀速圆周运动的物体，速度变 化可能大，但动能不变，故D 错误. 二、动能定理的理解和应用 导学探究 如图2 所示，光滑水平面上的物体在水平恒力F 的作用下向前运动了一段距离l，速度由v1 增加到v2.试推导出力F 对物体做功的表达式. 图2 答案 W＝Fl＝F·＝F·＝mv2 2－mv1 2 知识深化 对动能定理的理解 1.表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv2 2－mv1 2

专题强化 利用动能定理分析变力做功和多过程问题 [学习目标] 1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、 曲线运动以及多过程问题. 一、利用动能定理求变力做功 1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的 过程分析，应用非常方便. 2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以 用时，可以 用动能定理间接求变力做的功，即W 变＋W 其他＝ΔEk. 如图1 所示，质量为m 的小球由静止自由下落d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运 动，AB 是半径为d 的光滑圆弧轨道，BC 是直径为d 的粗糙半圆弧轨道(B 是轨道的最低点). 小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求： 图1 (1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB 上)； 上)； (2)小球在BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功. 答案 (1)5mg (2)－mgd 解析 (1)小球由静止运动到B 点的过程， 由动能定理得2mgd＝mv2， 在B 点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m， 得：FN＝5mg 根据牛顿第三定律：小球在B 处对轨道的压力大小 FN′＝ FN＝5mg； (2)小球恰能通过C 点，则mg＝m. 小球从B 运动到C 的过程： －mgd＋Wf＝mvC

模型17、多过程模型 【模型解题】 一、应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题 若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿 运动定律求解;若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解. 二、用动力学和能量观点分析多过程问题 若一个物体参与了多个运动过程,有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运 用牛顿运 动定律求解;若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点,则往往用动能定理或机械能守恒定律 以及能量守恒定律求解. 【模型训练】 1．如图所示，倾角为 的粗糙斜面AB 长 ，B 端距水平地面 ，O 在B 点的正下方，B 点 右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧右端切线水平，且与一长 的水平木板MN 平滑连接。 一个小滑块与斜面AB 间的动摩擦因数为 ，它从A 端由静止释放后运动到N 点的距离范围。 【答案】（1）2m/s；（2） ；（3） 【详解】（1）滑块从斜面上最高点A 下滑到最低点B 过程中，机械能守恒 代入数据解得 vB=2m/s （2）滑块从A 点到N 点，根据动能定理得 代入数据得 （3）设木板右侧截取长度为△L 后，则滑块离开木板后做平抛运动，设平抛的初速度为v0 则在平抛运动的过程中 由题可知 由抛物线图象可得：当 时，即△L=0.16m 时，S

2 2 2 80 m/s 2.5m/s 8 s a t     由牛顿第二定律可知 2 mg a g m     解得 μ=0.25 （2）整个过程中由动能定理 1 1 2 sin cos 0 mgs mgs mgs        解得 s1=50m （3）设在B 点的速度为v，则 1 2 1 2 2 s s v t 16、（1）对小滑块从A 点由静止开始沿轨道运动到第一次回到水平轨道AB 的中点 的过程，由动能定理有： 3 0 2 2 L L F mg     解得： 6N F  。 （2）由于 cos sin 4.8N F mg     ，故小滑块在倾斜轨道上做匀速直线运动，对小 滑块第一次从A 点运动至D 点的过程，由动能定理有： 2 1 sin (1 cos ) 2 FL FR mgL mgR 点的速度为零，小滑块碰撞挡板的 最小速度等于在轨道BCD 间往复运动时经过C 点时的速度，由动能定理有： 2 min 1 sin (1 cos ) 2 FR mgR mv      解得： min 5m/s v  。 （3）设小滑块与挡板第二次碰撞后返回AB 段向左运动的最远位置到B 点的距离为' x ， 由动能定理有： ' ' 0 2 2 L L F x mg x      

15 B F mg m g    又 2 4 B kQq F h        解得 2 mgh q kQ  (2)点电荷D 从A 点到B 点的过程，根据动能定理有 (4 0.25 ) 0 AB mg h h W    又 AB AB W qU  解得 15 4 AB kQ U h  16． （1）若粒子带正电，速度为  2 2 粒子带负电，且圆心角为60°，则运动时间为 2 3 m t Bq   17． （1）4 gR ； （2）7mg ； （3） p 13 35 4 8 mgR mgR E   （1）滑块D 从释放到与C 碰撞前，列动能定理有 2 0 1 10 2 2 2 mgR mgR mv     解得 0 3 v gR  D 与C 发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有 0 1 mv   2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 mv mv mv      则碰后C 的速度为 2 4 v gR  （2）对滑块C 从B 点到Q 点列动能定理有 2 2 2 1 1 2 (5 ) 2 2 Q mg R mg R R mv mv        解出滑块C 在Q 点速度为 8 Q v gR  在Q 点，对滑块列牛顿第二定律知

根据题意可知，火星车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后做加速度减小的加速运 动， 最终做匀速直线运动． 能达到的最大速度为vmax＝P/f， 功率先变大,达到额定功率后保持不变， 所以选项A、B、D 均错误；根据动能定理W－fx＝ 1 2mv2－0，所以W= 1 2mv2 +fx，故选项C 正确。 12.D 解析 铁球从接触弹簧下降过程中，开始重力大于弹力，合力向下，小球做加速运动，当重力和弹 力 牛顿第二定律得mgsinθ-Ff=ma，则摩擦力Ff＝1 4mg，物体在斜面上下降的高度为h，发生的位移为 2h， 则克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝1 4mg·2h＝mgh 2 ， 故选项B 错误； 由动能定理可知， 动能增加量ΔEk ＝F 合·2h＝m·1 4g·2h＝1 2mgh，故选项C 错误；因为机械能的变化等于摩擦力做的功，即ΔE＝-Ffx＝ -1 4mg·2h＝-1 2mgh，所以机械能的损失量为1 (1)设物块向右水平运动，在A 点第一次速度为零时，距O 点距离为x1 由题中数据得：F 电=Eq=0.4N ； Ff=μmg=0.2N ； （1 分） 由动能定理： 2 1 2 1 ) ( mv x F F f = + 电 ，得x1=1.5m （2 分） （2）这一过程电场力做功W=－qEX1=－0.6J

（2）单摆在A、C 点速度为零，由图（b）可知，此时摆线的拉力最小，则有 （1 分） B 点速度最大，摆线拉力最大，则有 （2 分） 其中 ， 从A 点到B 点，由动能定理有 （2 分） 联立以上式子，代入相关数据求得 （1 分）， （1 分） 21．（1） （2） （3） 【详解】(1)选向左为正方向，从A R= （1 分） 22．（1） ；（2） ；（3） 【详解】(1)初速度为零的粒子从A 开始沿着电场力方向做匀加速直线运动，则场强 沿 方向，从A 到 由动能定理得 （2 分） 解得 （1 分） (2)从 点穿出的粒子位移最大，如图所示 设粒子在A 点的速度为 ，则 沿 轴正方向，A 到 ，沿 、 正方向，有 （1 分） (3)垂直于 轴作圆的切线 与圆相切于 点，从 点穿出的粒子沿电场力方向的位移 最大，电场力做 功最多，动能的增量最大，如图所示 由几何关系得 （1 分） 由动能定理得 （2 分） 联立解得 （1 分）

正确；当弹簧恢复原长时，mgtan30°=mw1 2lcos30°,计算得 ，B 错误；当弹簧伸长量 为0.5m 时，水平方向上： 竖直方向上： 弹簧弹力 ，联立解得 ，C 正确；在此过程中，由动能定理有 ，解得W=12.5J，D 正确；故选ACD。 二、非选择题： 12．(每小问2 分，共6 分)【答案】 （1）质量 半径 （2） （3） 0.18 【详解】（ 15．【详解】（1）小球从A 到B 的过程，由动能定理得： 解得： 在B 点，由牛顿第二定律得： 解得： ................ 5 分 （2）B 到C 的过程中摩擦力做功，由动能定理可得： 可得： ............. 3 分 （3）小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为v，要满足： 考虑小球从C 点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得： 联立以上解得：R=0 （2）小船经过A 点时沿绳方向上的速度为： 小船经过B 点时沿绳方向上的速度为： 联立可解得： ............... 3 分 （3）小船从A 点运动到B 点，由动能定理有： 由几何知识可知： 联立可解得： ................ 5 分 （4）小船在B 处，由牛顿第二定律得： 又由于 解得： ..........

O g' 力”当好提供向心力即： m g '=mvB 2 R 假设以最小初速度v0运动，小球在斜面上作匀速直线运动，进入圆轨道后只有重力作功， 则根据动能定理： −m g '2 R=1 2 mvB 2−1 2 mv0 2 解得： v0=√ 10√3 gR 3 二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 1．如图所示，平行板电容器上极板 ，所以动能的增量为 ，故A 错误；带电小球在电场 中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运 动学公式有 ，可得 ，竖直方向的位移 ，水平 方向的位移 ，因此有 ，对小球写动能定理有 ，联 立上式可解得 ， ，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加 ，电势能减少 ，故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为 ，故C 错 误． 4．如图，光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径为 点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受 力平衡，则有 A 错误； B．小球从A 点运动到B 点时，重力做功是零，电场力做功为 因此合力做的功为 ，B 错误； C．小球运动到B 点时，由动能定理可得 解得 在B 点，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 C 错误； D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一 个定值，小球在E 点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F

O g' 力”当好提供向心力即： m g '=mvB 2 R 假设以最小初速度v0运动，小球在斜面上作匀速直线运动，进入圆轨道后只有重力作功， 则根据动能定理： −m g '2 R=1 2 mvB 2−1 2 mv0 2 解得： v0=√ 10√3 gR 3 二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 1．如图所示，平行板电容器上极板 ，所以动能的增量为 ，故A 错误；带电小球在电场 中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运 动学公式有 ，可得 ，竖直方向的位移 ，水平 方向的位移 ，因此有 ，对小球写动能定理有 ，联 立上式可解得 ， ，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加 ，电势能减少 ，故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为 ，故C 错 误． 4．如图，光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径为 点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受 力平衡，则有 A 错误； B．小球从A 点运动到B 点时，重力做功是零，电场力做功为 因此合力做的功为 ，B 错误； C．小球运动到B 点时，由动能定理可得 解得 在B 点，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 C 错误； D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一 个定值，小球在E 点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F