第2講動能定理及其應用授課提示：對應學生用書第93頁一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能叫動能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．矢標性：動能是標量，只有正值。5．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。二、動能定理1．內(nèi)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。2．表達式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：合外力做的功是物體動能變化的量度。授課提示：對應學生用書第93頁eq\a\vs4\al(命題點一對動能定理的理解及基本應用)自主探究1．對動能定理中“力”的兩點理解(1)“力”指的是合力，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)力既可以是恒力，也可以是變力。2．動能定理公式中體現(xiàn)的“三個關(guān)系”(1)數(shù)量關(guān)系：即合力所做的功與物體動能的變化具有等量替代關(guān)系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變化，求合力做的功，進而求得某一力做的功。(2)單位關(guān)系：等式兩邊物理量的國際單位都是焦耳。(3)因果關(guān)系：合力做功是引起物體動能變化的原因。1．(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H。在這個過程中，下列說法或表達式正確的是()A．對物體，動能定理的表達式為WFN＝eq\f(1,2)mv22，其中WFN為支持力做的功B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功C．對物體，動能定理的表達式為WFN－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12D．對電梯，其所受合力做的功為eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12解析：電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力做的總功才等于物體動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，故D正確。答案：CD2.(多選)(2020·高考天津卷)復興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標志性成果。一列質(zhì)量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)()A．做勻加速直線運動B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P＝FvmD．牽引力做功W＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02解析：由P＝F牽v知，P不變，v變大，則F牽變小，由F牽－F＝ma知，a變小，A錯誤，B正確；勻速時F牽＝F，故P＝F牽vm＝Fvm，C正確；由動能定理可知W＋W阻＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，D錯誤。答案：BC3．(2021·廣東揭陽高三上學期期末)某位工人師傅用如圖所示的裝置，將重物從地面沿豎直方向拉到樓上，在此過程中，工人師傅沿地面以速度v向右勻速直線運動，當質(zhì)量為m的重物G上升高度為h時輕繩與水平方向成α角(重力加速度大小為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計)。在此過程中，下列說法正確的是()A．人的速度比重物的速度小B．輕繩對重物的拉力大于重物的重力C．重物做勻速直線運動D．繩的拉力對重物做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2解析：將人的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向的速度等于重物G的速度，根據(jù)平行四邊形定則，繩子與水平方向的夾角為α時，vG＝vcosα，故v>vG，A錯誤；人在向右勻速運動的過程中，繩子與水平方向的夾角α減小，所以重物的速度增大，重物加速上升，由牛頓第二定律可知繩子的拉力大于重物的重力，B正確，C錯誤；當重物G上升高度為h時，重物的速度vG＝vcosα，重物由地面上升高度h的過程中，根據(jù)動能定理可知W－mgh＝eq\f(1,2)mvG2，解得W＝mgh＋eq\f(1,2)m(vcosα)2，D錯誤。答案：Beq\a\vs4\al(命題點二動能定理在多過程問題中的應用)教材走向高考1．動能定理的應用流程2．求解多過程問題抓好“兩狀態(tài)，一過程”“兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況；“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。動能定理的理解及應用是高考的熱點，高考對動能定理的考查常與曲線運動相關(guān)聯(lián)，設(shè)置多過程問題。分析近幾年高考題可以發(fā)現(xiàn)，命題背景常源于教材習題，在此基礎(chǔ)上拓展為較新的材料或較復雜的過程，綜合考查學生靈活應用知識的能力，但考查點仍是動能定理的基本應用，新高考仍會延續(xù)這種特點。同學們可通過以下示例認真體會，進一步研究高考真題與教材內(nèi)容間的溯源關(guān)系，做到新高考精準備考。[典例1][人教版必修2·P80·T2]游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客卻不會掉下來(圖甲)。我們把這種情形抽象為圖乙的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使小球從弧形軌道上端滾下，小球進入圓軌道下端后沿圓軌道運動。實驗發(fā)現(xiàn)，只要h大于一定值，小球就可以順利通過圓軌道的最高點。如果已知圓軌道的半徑為R，h至少要等于多大？不考慮摩擦等阻力。[解析]小球運動到豎直圓軌道最高點時軌道對小球的壓力恰好等于零時重力完全充當向心力，mg＝meq\f(v2,R)，小球運動到最高點的過程中，只有重力做功，由動能定理得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(5,2)R。[答案]eq\f(5R,2)拓展?改換物體下落方式(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。【真題命題立意】將典例1中物體沿圓弧軌道滾下，拓展為讓物體由靜止開始自由下落；由分析計算通過圓弧最高點的條件，拓展為通過計算判斷小球能否沿軌道運動到最高點。題目設(shè)置情景并沒有變得復雜，但運算量和思維量變大，考查的核心仍是將動能定理與圓周運動的臨界問題相結(jié)合。解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4)，①設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4)，②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5。③(2)若小球能沿軌道運動到C點，則小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足FN≥0，④設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(vC2,\f(R,2))，⑤由④⑤式得，vC應滿足mg≤meq\f(2vC2,R)，⑥由機械能守恒定律有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC2，⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點。答案：見解析拓展?改換物體進入軌道的方式及射出方式(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5)。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。?2)小球到達A點時動量的大?。?3)小球從C點落至水平軌道所用的時間?！菊骖}命題立意】將典例1中物體沿圓弧軌道滾下，拓展為讓物體在外力作用下由水平軌道進入圓形軌道；由教材習題分析計算通過圓弧最高點的條件，拓展為通過C點時受重力、拉力的作用力，而后斜拋落至水平軌道。題目設(shè)置情景及受力情況變得較為復雜，而且運算量和思維量變大，但考查的核心仍是動能定理與圓周運動的臨界問題相結(jié)合。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα，①F2＝(mg)2＋F02，②設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R)，③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg，④v＝eq\f(\r(5gR),2)。⑤(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα，⑥CD＝R(1＋cosα)，⑦由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12，⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)。⑨(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD，⑩v⊥＝vsinα，?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。答案：(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))方法技巧解答多過程問題的4點技巧———————————————————————(1)首先要建立模型，判斷物體運動過程中做了哪些運動，如直線運動、平拋運動、圓周運動等。(2)其次分析各個運動過程中物體的受力情況以及運動情況，判斷物體運動過程中有沒有需要特別注意的臨界點、隱含條件等(如豎直平面內(nèi)的圓周運動中物體在最高點的臨界條件，平拋運動中是分解速度還是分解位移、是否要用到斜面的傾角以及有關(guān)推論等)。(3)然后抓住模型之間的聯(lián)系紐帶(是速度、加速度，還是位移等)，同時關(guān)注將什么位置當成動能定理中的初態(tài)和末態(tài)。(4)最后根據(jù)實際情況分階段或全過程利用動能定理進行列式計算。4．(2021·湖北黃石高三上學期10月月考)“滑滑梯”是小朋友喜愛的游戲活動，“滑滑梯”可簡化為如圖所示的模型，斜面AB傾角θ＝37°，AD高h＝m，C點處有墻壁。一位小朋友(視為質(zhì)點)從A點開始靜止下滑，到達B點的速度大小vB＝4m/s。假定小朋友與AB、BC間的動摩擦因數(shù)相等，且在B點平滑過渡(不損失機械能)，，g取10m/s2，求：(1)在滑行過程中，AB和BC對小朋友的支持力的大小之比；(2)小朋友與AB間的動摩擦因數(shù)；(3)為防止小朋友在C點撞墻，BC間的最小距離。解析：(1)在滑行過程中，AB面對小朋友的支持力為：N1＝mgcosθBC面對小朋友的支持力：N2＝mgAB面和BC面對小朋友的支持力大小之比：eq\f(N1,N2)＝eq\f(4,5)。(2)從A到B根據(jù)動能定理可得：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mvB2－0解得：μ。(3)B到C根據(jù)動能定理可得：－μmgxBC＝0－eq\f(1,2)mvB2解得xBCm。答案：(1)eq\f(4,5)(2)(3)m5．(2021·山東臨沂高三檢測)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高，質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t。解析：(1)滑塊恰能滑到D點，則vD＝0?；瑝K從A→B→D過程中，由動能定理得mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0，解得μ。(2)滑塊恰能過C點時，vC有最小值，則在C點mg＝eq\f(mvC2,R)，滑塊從A→B→D→C過程，由動能定理得－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(3)m/s。(3)滑塊離開C點后做平拋運動，設(shè)下落的高度為h，則有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vC′t，eq\f(x,2R－h(huán))＝tan53°，其中vC′＝4m/s，聯(lián)立解得ts。答案：(1)(2)2eq\r(3)m/s(3)seq\a\vs4\al(命題點三動能定理與圖象結(jié)合的問題)師生互動1．力學中四類圖象所圍“面積”的意義2．解決圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。圖象的選取[典例2]從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()[解析]小球做豎直上拋運動，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系。[答案]A圖象信息的應用[典例3]某實驗室為了研究某種汽車運行時的動力學特性，制造了一輛質(zhì)量為200kg的模型車，，某次試驗中該車在25s內(nèi)運動的vt圖象如圖所示，g取10m/s2，試求：(1)模型車20s末的加速度大??；(2)0～5s內(nèi)模型車發(fā)動機輸出的牽引力大??；(3)模型車在此25s內(nèi)牽引力所做的功。[解析](1)由題圖可知，在15～25s內(nèi)，模型車做勻減速運動，加速度保持不變，故20s末的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－8,25－15)m/s2＝－0.8m/s2m/s2。(2)在0～5s內(nèi)，模型車做勻加速運動，加速度為a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(8,5)m/s2＝1.6m/s2根據(jù)牛頓第二定律可知Fmg＝ma′解得發(fā)動機輸出的牽引力F＝200××200×10N＝480N。(3)vt圖象中圖線與時間軸所圍成的面積表示位移，則可知25s內(nèi)的位移x＝eq\f(10＋25,2)×8m＝140m對整個過程，根據(jù)動能定理得Wmgx＝0解得牽引力所做的功W×104J。[答案](1)m/s2(2)480N(3)×104J規(guī)律總結(jié)動能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法———————————————————————(1)首先看清所給圖象的種類(如vt圖象、Fx圖象、Ekx圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所需要的物理量，如由vt圖象所包圍的“面積”求位移，由Fx圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量。6．(2019·高考全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重