PAGEPAGE2第2節動能定理考點一|動能定理的理解1．內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化量．2．表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek2－Ek1.3．理解：動能定理公式中等號說明了合外力做功與物體動能的變化具有等量代換關系．合外力做功是引起物體動能變化的原因．1．定理中“外力〞的兩點理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．(2)既可以是恒力，也可以是變力．2．公式中“＝〞表達的三個關系1．以下關于運動物體的合力做功和動能、速度變化的關系，正確的選項是()A．物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化B．假設合外力對物體做功為零，那么合外力一定為零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．]2．在光滑水平面上，質量為2kg的物體以2m/s的速度向東運動，假設對它施加一向西的力使它停下來，那么該外力對物體做的功是()A．16JB．8JC．－4JD．0C[根據動能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0－eq\f(1,2)×2×22J＝－4J，選項C正確．]3．一個25kg的小孩從高度為3.0m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時的速度為2.0m/s.g取10m/s2，關于力對小孩做的功，以下結果正確的選項是()【導學號：81370197】A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50JA[由動能定理可求得合外力做的功等于物體動能的變化，即ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×25×2.02J＝50J，A選項正確；重力做功WG＝mgh＝25×10×3.0J＝750J，C選項錯誤；支持力的方向與小孩的運動方向垂直，不做功，D選項錯誤；阻力做功W阻＝W合－WG＝(50－750)J＝－700J，B選項錯誤．]4.(加試要求)有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖5-2-1所示．如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，那么以下表達正確的選項是()圖5-2-1A．木塊所受的合外力為零B．因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力做的功為零C．重力和摩擦力的合力做的功為零D．重力和摩擦力的合力為零C[木塊做曲線運動，速度方向變化，加速度不為零，故合外力不為零，A錯；速率不變，動能不變，由動能定理知，合外力做的功為零，而支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與摩擦力做的功的代數和為零，但重力和摩擦力的合力不為零，C對，B、D錯．]考點二|動能定理的應用1．應用動能定理的優越性(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式．3．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．(3)彈簧彈力做功與路徑無關．(2022·浙江10月學考)如圖5-2-2所示為公路上的“避險車道〞，車道外表是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險．質量m＝2.0×103kg的汽車沿下坡行駛，當駕駛員發現剎車失靈的同時發動機失去動力，此時速度表示數v1＝36km/h，汽車繼續沿下坡勻加速直行l＝350m、下降高度h＝50m時到達“避險車道〞，此時速度表示數v2＝72km/h.圖5-2-2(1)求從發現剎車失靈至到達“避險車道〞這一過程汽車動能的變化量；(2)求汽車在下坡過程中所受的阻力；(g取10m/s2)(3)假設“避險車道〞與水平面間的夾角為17°，汽車在“避險車道〞受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽車在“避險車道〞上運動的最大位移．(sin17°≈0.3)【解析】(1)由ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數據得ΔEk＝3.0×105J.(2)由動能定理，有mgh－Ffl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數據得Ff＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)＋mgh,l)＝2.0×103N.(3)設向上運動的最大位移為l′，由動能定理，有－(mgsin17°＋3Ff)l′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)代入數據得l′＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),mgsin17°＋3Ff)≈33.3m.【答案】(1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3m(2022·浙江10月學考)如圖5-2-3所示，游樂場的過山車可能底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖2的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接．EG間的水平距離l＝40m，現有質量m＝500kg的過山車，從高h＝40m的A點靜止下滑，經BCDC′EF最終停在G點，過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG的動摩擦因數μ2＝0.75，過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，求：圖5-2-3(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小；(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力；(3)減速直軌道FG的長度x.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【導學號：81370198】【解析】(1)從A到B根據動能定理，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgh－μ1mgcos45°eq\f(h,sin45°)代入數據得vB＝8eq\r(10)m/s，因為BC間光滑，所以vB＝vC＝8eq\r(10)m/s.(2)從C到D根據動能定理，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝－mg2R，由向心力公式得：eq\f(mv\o\al(2,D),R)＝mg＋FN，聯立兩方程并代入數據，得FN＝7000N.(3)從E到G建立動能定理，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＝－mg(l－x)tan37°－μ1mgcos37°eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx.由于CE間光滑，所以E點的速度等于C點的速度，G點的速度為0，代入數據得x＝30m.【答案】(1)8eq\r(10)m/s(2)7000N(3)30m1．解題步驟2．考前須知(1)動能定理的研究對象可以是單一物體，或者是可以看作單一物體的物體系統．(2)動能定理是求解物體的位移或速率的簡捷公式．當題目中涉及位移和速度而不涉及時間時可優先考慮動能定理；處理曲線運動中的速率問題時也要優先考慮動能定理．(3)假設過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮．但求功時，有些力不是全過程都做功，必須根據不同的情況分別對待求出總功．(4)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負．當一個力做負功時，可設物體克服該力做功為W，將該力做功表達為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號．1．物體沿直線運動的v-t關系圖象如圖5-2-4所示，在第1秒內合外力對物體做的功為W，那么()圖5-2-4A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4WB．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2WC．從第5秒末到第7秒末合外力做功為－WD．從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.75WD[由動能定理W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)知第1s內W＝eq\f(1,2)mv2.將動能定理應用于A、B、C、D項知，D正確，A、B、C錯誤．]2.(加試要求)(2022·永康模擬)如圖5-2-5，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．那么()圖5-2-5【導學號：81370199】A．W＝eq\f(1,2)mgR，質點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離C[根據動能定理得P點動能EkP＝mgR，經過N點時，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N點動能為EkN＝eq\f(3mgR,2)，從P點到N點根據動能定理可得mgR－W＝eq\f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(mgR,2).質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力，即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據動能定理，Q點動能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′<eq\f(mgR,2)，所以Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續向上運動一段距離，C正確．]3．(加試要求)如圖5-2-6所示，質量為m的小球用長為L的輕質細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，OP＝eq\f(L,2)，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發現小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B.那么：圖5-2-6(1)小球到達B點時的速率？(2)假設不計空氣阻力，那么初速度v0為多少？(3)假設初速度v0＝3eq\r(gL)，那么小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？【解析】(1)小球恰能到達最高點B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)從A→B由動能定理得－mg(L＋e