第7節動能和動能定理1物體由于運動而具有的能量叫做動能，表達式為Ekmv2。動能是標量，具有相對性。2力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化，這個結論叫動能定理，表達式為WEk2Ek1。3如果物體同時受到幾個力的共同作用，則W為合力做的功，它等于各個力做功的代數和。4動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功，既適用于直線運動，也適用于曲線運動。一、動能 1大小：Ekmv2。2單位：國際單位制單位為焦耳，1 J1Nm1 kgm2/s2。3標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向，只有正值，沒有負值。二、 動能定理1推導：如圖771所示，物體的質量為m，在與運動方向相同的恒力F的作用下發生了一段位移l，速度由v1增加到v2，此過程力F做的功為W。圖7712內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。3表達式：WEk2Ek1。4適用范圍：既適用于恒力做功也適用于變力做功；既適用于直線運動也適用于曲線運動。1自主思考判一判(1)速度大的物體動能也大。()(2)某物體的速度加倍，它的動能也加倍。()(3)合外力做功不等于零，物體的動能一定變化。()(4)物體的速度發生變化，合外力做功一定不等于零。()(5)物體的動能增加，合外力做正功。()2合作探究議一議(1)同步衛星繞地球做勻速圓周運動，在衛星的運動過程中，其速度是否變化？其動能是否變化？圖772提示：速度變化，動能不變。衛星做勻速圓周運動時，其速度方向不斷變化，由于速度是矢量，所以速度是變化的；運動時其速度大小不變，所以動能大小不變，由于動能是標量，所以動能是不變的。(2)在同一高度以相同的速率將手中的小球以上拋、下拋、平拋三種不同方式拋出，落地時速度、動能是否相同？提示：重力做功相同，動能改變相同，末動能、末速度大小相同，但末速度方向不同。對動能、動能定理的理解1動能的特征(1)動能是狀態量：與物體的運動狀態(或某一時刻的速度)相對應。(2)具有相對性：選取不同的參考系，物體的速度不同，動能就不同，一般以地面為參考系。2對動能定理的理解(1)表達式WEk中的W為外力對物體做的總功。(2)動能定理描述了做功和動能變化的兩種關系。等值關系：物體動能的變化量等于合力對它做的功。因果關系：合力對物體做功是引起物體動能變化的原因，做功的過程實質上是其他形式的能與動能相互轉化的過程，轉化了多少由合力做的功來度量。1(全國丙卷)一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變為原來的9倍。該質點的加速度為()A.B.C. D.解析：選A質點在時間t內的平均速度v，設時間t內的初、末速度分別為v1和v2，則v，故。由題意知：mv229mv12，則v23v1，進而得出2v1。質點的加速度a。故選項A正確。2(多選)一質量為0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上勻速運動，與豎直墻壁碰撞后以原速率反彈，若以彈回的速度方向為正方向，則小球碰墻過程中的速度變化和動能變化分別是()Av10 m/s Bv0CEk1 J DEk0解析：選AD小球速度變化vv2v15 m/s(5 m/s)10 m/s，小球動能的變化量Ekmv22mv120。故A、D正確。3下列關于運動物體的合外力做功和動能、速度變化的關系，正確的是()A物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化B若合外力對物體做功為零，則合外力一定為零C物體的合外力做功，它的速度大小一定發生變化D物體的動能不變，所受的合外力必定為零解析：選C力是改變物體速度的原因，物體做變速運動時，合外力一定不為零，但合外力不為零時，做功可能為零，動能可能不變，A、B錯誤。物體的合外力做功，它的動能一定變化，速度也一定變化，C正確。物體的動能不變，所受合外力做功一定為零，但合外力不一定為零，D錯誤。動能定理的應用1應用動能定理解題的基本思路2動能定理的優越性牛頓運動定律動能定理適用條件只能研究物體在恒力作用下做直線運動的情況對于物體在恒力或變力作用下做直線運動或曲線運動均適用應用方法要考慮運動過程的每一個細節只考慮各力的做功情況及初、末狀態的動能運算方法矢量運算代數運算相同點確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析結論應用動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯典例如圖773所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m。斜面與水平桌面的傾角可在060間調節后固定。將質量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)圖773(1)求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當角增大到37時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)繼續增大角，發現53時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm。思路點撥解答本題時應注意以下兩點(1)物塊要沿斜面下滑的臨界條件是mgsin 1mgcos 。(2)物塊平拋的水平距離與桌子長度之和為落地點到墻面的最大距離。解析(1)為使小物塊下滑，應有mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0.05即當arctan 0.05時物塊恰好從斜面開始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1 cos )由動能定理得mgL1sin Wf0代入數據得20.8。(3)由動能定理得mgL1sin Wfmv2代入數據得v1 m/s由平拋運動規律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m。答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m動能定理與牛頓運動定律在解題時的選擇方法(1)動能定理與牛頓運動定律是解決力學問題的兩種重要方法，同一個問題，用動能定理一般要比用牛頓運動定律解決起來更簡便。(2)通常情況下，若問題涉及時間、加速度或過程的細節，要用牛頓運動定律解決；而曲線運動、變力做功或多過程等問題，一般要用動能定理解決。1一輛汽車以v16 m/s的速度沿水平路面行駛時，急剎車后能滑行s13.6 m，如果以v28 m/s的速度行駛，在同樣的路面上急剎車后滑行的距離s2應為()A6.4 m B5.6 mC7.2 m D10.8 m解析：選A解法一：急剎車后，汽車做勻減速運動，且兩種情況下加速度大小是相同的，由運動學公式可得v122as1，v222as2，兩式相比得。故汽車滑行距離s2s123.6 m6.4 m。解法二：急剎車后，水平方向上汽車只受摩擦阻力的作用，且兩種情況下摩擦力大小是相同的，汽車的末速度皆為零。Fs10mv12，Fs20mv22，式除以式得。故汽車滑行距離s2s123.6 m6.4 m。2.一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，如圖774所示。則力F所做的功為()圖774Amglcos BFlsin Cmgl(1cos )DFl(1sin )解析：選C小球的運動過程是緩慢的，因而小球任何時刻均可看作是平衡狀態，力F的大小在不斷變化，F做功是變力做功。小球上升過程只有重力mg和F這兩個力做功，由動能定理得mg(llcos )WF0，所以WFmgl(1cos )。3一架噴氣式飛機，質量為m5103 kg，起飛過程中從靜止開始滑行的路程為x5.3102 m時(做勻加速直線運動)，達到起飛速度v60 m/s，在此過程中飛機受到的平均阻力是飛機重力的k倍(k0.02)，求飛機受到的牽引力。解析：以飛機為研究對象，它受到重力、支持力、牽引力和阻力作用，這四個力做的功分別為WG0，W支0，W牽Fx，W阻kmgx。由動能定理得Fxkmgxmv20解得FkmgN1.8104 N。答案：1.8104 N應用動能定理求解多過程問題典例如圖775所示，ABCD為一豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑。一質量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為0。求：(取g10 m/s2)圖775(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數。(2)物體第5次經過B點時的速度。(3)物體最后停止的位置(距B點多少米)。思路點撥(1)重力做功與物體運動路徑無關，其大小為mgh，但應注意做功的正、負。(2)物體第5次經過B點時在水平面BC上的路徑為4sBC。解析(1)由動能定理得mg(hH)mgsBC0mv12，解得0.5。(2)物體第5次經過B點時，物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgHmg4sBCmv22mv12，解得v24 m/s13.3 m/s。(3)分析整個過程，由動能定理得mgHmgs0mv12，解得s21.6 m。所以物體在軌道上來回運動了10次后，還有1.6 m，故距B點的距離為2 m1.6 m0.4 m。答案(1)0.5(2)13.3 m/s(3)距B點0.4 m物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化。 1(多選)如圖776所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 370.6，cos 370.8)。則()圖776A動摩擦因數B載人滑草車最大速度為C載人滑草車克服摩擦力做功為mghD載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g解析：選AB由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為s1、s2由動能定理(或功能關系)知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得動摩擦因數，選項A正確；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，則在下落h時的速度最大，由動能定理知：mghmg s1cos 45mv2解得v，選項B正確，D錯誤；載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做功相等，即W2mgh，選項C錯誤。2從離地面H高處落下一只小球，小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的k(kEk2，即甲物體獲得的動能比乙大，C正確，D錯誤。5物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間。則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是()解析：選C物體在恒定阻力作用下運動，其加速度隨時間不變，隨位移不變，選項A、B錯誤；由動能定理，fxEkEk0，解得EkEk0fx，選項C正確、D錯誤。6.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖2所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()圖2A.mv02mg(sx) B.mv02mgxCmgs Dmg(sx)解析：選A由動能定理得Wmg(sx)0mv02，Wmv02mg(sx)。7.物體在合外力作用下做直線運動的v t圖像如圖3所示。下列表述正確的是()圖3A在01 s內，合外力做正功B在02 s內，合外力總是做負功C在12 s內，合外力不做功D在03 s內，合外力總是做正功解析：選A由v t圖知01 s內，v增加，動能增加，由動能定理可知合外力做正功，A對。12 s內v減小，動能減小，合外力做負功，可見B、C、D錯。8.如圖4所示，木板長為l，木板的A端放一質量為m的小物體，物體與板間的動摩擦因數為。開始時木板水平，在繞O點緩慢轉過一個小角度的過程中，若物體始終保持與板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況，下列說法中正確的是()圖4A摩擦力對物體所做的功為mglsin (1cos )B彈力對物體所做的功為mglsin cos C木板對物體所做的功為mglsin D合力對物體所做的功為mglcos 解析：選C重力是恒力，可直接用功的計算公式，則WGmgh；摩擦力雖是變力，但因摩擦力方向上物體沒有發生位移，所以Wf0；因木塊緩慢運動，所以合力F合0，則W合0；因支持力FN為變力，不能直接用公式求它做的功，由動能定理W合Ek知，WGWN0，所以WNWGmghmglsin 。9質量為m的小球用長度為L的輕繩系住，在豎直平面內做圓周運動，運動過程中小球受空氣阻力作用。已知小球經過最低點時輕繩受的拉力為7mg，經過半周小球恰好能通過最高點，則此過程中小球克服空氣阻力做的功為()A. B.C. DmgL解析：選C小球經過最低點時，有FNmg，解得v1。小球恰好能通過最高點，有mg，解得v2。根據動能定理mg2LWfmv22mv12，解得小球克服空氣阻力做功WfmgL，所以C對。10.如圖5所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖5A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析：選C在Q點質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FNmgm，FN2mg，聯立解得v，下落過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正確。11右端連有光滑弧形槽的水平面AB長為L1.5 m，如圖6所示。一個質量為m0.5 kg的木塊在F1.5 N的水平拉力作用下，從水平面上A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F。木塊與水平面間的動摩擦因數0.2，取g10 m/s2。求：圖6(1)木塊沿弧形槽上升的最大高度；(2)木塊沿弧形槽滑回B