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第15課　動能定理及其應用 1． 動能、動能定理的理解 a．速度、合力與動能的關系 (1)(2017淮安模擬，6分)關于物體的動能，下列說法中正確的是(　　) A．物體速度變化，其動能一定變化 B．物體所受的合力不為零，其動能一定變化 C．物體的動能變化，其運動狀態(tài)一定發(fā)生改變 D．物體的速度變化越大，其動能一定變化也越大 答案：C 解析：若速度的方向變化而大小不變，則其動能不變化，故A項錯誤。物體所受合力不為零，只要速度大小不變，其動能就不變化，如勻速圓周運動中，物體所受合力不為零，但速度大小始終不變，動能不變，故B項錯誤。物體動能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運動狀態(tài)改變，故C項正確。例如豎直上拋運動中物體經過同一點(非最高點)時的速度變化量要大于其到達最高點的速度變化量，但在該點時的動能變化量為0，小于從該點到達最高點時的動能變化量，故D項錯誤。 b．合力做功對動能的影響 (2)(2018匯編，6分)下列對動能定理的理解，正確的是(　　) A．物體具有動能是由于力對物體做了功 B．物體在合力作用下做勻變速直線運動，則動能在一段過程中變化量一定不為零 C．在某個過程中，外力做的總功等于各個力單獨做功的絕對值之和 D．如果物體所受的合力為零，那么物體的動能變化量為零 答案：D 解析：物體運動就會有動能，與有無外力做功沒有關系，故A項錯誤。豎直上拋運動是一種勻變速直線運動，在上升和下降階段經過同一位置時動能相等，動能在這段過程中的變化量為零，故B項錯誤。外力做的總功等于各個力單獨做功的代數(shù)和，故C項錯誤。物體所受合力為零，則合力不做功，物體動能變化量為零，故D項正確。 2．動能定理的應用 a．利用動能定理求直線運動中的各類參數(shù) (3)(多選)(2016浙江理綜，6分)如圖所示為一滑草場，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(shù)為μ。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 37＝0.6，cos 37＝0.8)。則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ 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mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 答案：AB 解析：作出滑道簡化示意圖，如圖所示，從A處到C處的過程中，根據動能定理有(mgsin θ1－μmgcos θ1)＋(mgsin θ2－μmgcos θ2)＝0，解得μ＝，故A項正確。到B處時載人滑草車速度最大，從A處到B處的過程中，根據動能定理有(mgsin θ1－μmgcos θ1)＝mv，解得vm＝，故B項正確。從A處到C處的過程中，克服摩擦力所做的功等于重力勢能減少量2mgh，故C項錯誤。在下段滑道上的加速度大小a＝＝g，故D項錯誤。 b．動能定理在平拋、圓周運動中的應用 (4)(2015全國Ⅰ，6分)如圖，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。則(　　) A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點 B．W＞mgR，質點不能到達Q點 C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 答案：C 解析：根據動能定理得P點動能EkP＝mgR，經過N點時，根據牛頓第二定律和向心力公式有4mg－mg＝m，所以N點動能為EkN＝，從P點到N點根據動能定理有mgR－ W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝。質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝m(θ為半徑與豎直方向的夾角)，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，從N到Q，根據動能定理，Q點動能EkQ＝－mgR－W′＝－W′，由于W′＜，所以Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續(xù)向上運動一段距離，故C項正確，A項、B項、D項均錯誤。 c．多過程中的動能定理 (5)(2016全國Ⅰ，18分)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g。(取sin 37＝，cos 37＝) ①求P第一次運動到B點時速度的大小。 ②求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。 ③改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。 答案：?、?(4分)　②mgR(6分)?、?5分)　m(3分) 解析：①根據題意知，B、C之間的距離l為 l＝7R－2R(1分) 設P到達B點時的速度為vB，根據動能定理有 mglsin 37－μmglcos 37＝mv(2分) 聯(lián)立解得vB＝2(1分) ②P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep，BE＝x，P由B點運動到E點的過程中，根據動能定理有 mgxsin 37－μmgxcos 37－Ep＝0－mv(2分) E、F之間的距離l1為 l1＝4R－2R＋x(1分) P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，根據動能定理有 Ep－mgl1sin 37－μmgl1cos 37＝0(2分) 聯(lián)立解得x＝R Ep＝mgR(1分) ③設改變后P的質量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－Rsin 37(1分) y1＝R＋R＋Rcos 37(1分) 設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。 根據平拋運動規(guī)律有 y1＝gt2(1分) x1＝vDt(1分) 聯(lián)立解得 vD＝(1分) 設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中根據動能定理有 －m1g(R＋Rcos 37)＝m1v－m1v(1分) P由E點運動到C點的過程中，同理，根據動能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin 37－μm1g(x＋5R)cos 37＝m1v(1分) 聯(lián)立解得 m1＝m(1分) 3．動能定理與圖像結合分析問題 a．動能定理與v－t圖像結合分析問題 (6)(2017吉林二模，6分)A、B兩物體放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自從靜止開始運動。經過時間t0，撤去作用在A物體上的外力F；經過時間4t0，撤去作用在B物體上的外力F。兩物體運動的v－t圖像如圖所示，則A、B兩物體(　　) A．A、B兩物體的質量之比為3∶5 B．A、B兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為2∶1 C．在0～2t0時間間隔內，合外力對A、B兩物體做功之比為5∶3 D．在0～4t0時間間隔內，水平力F對A、B兩物體做功之比為2∶1 答案：C 解析：根據圖像可知，A物體在力F和滑動摩擦力作用下運動，力F作用時間t0，故F作用的位移s1＝2v0t0＝v0t0，滑動摩擦力f1作用全過程，全過程的位移s′1＝2v03t0＝3v0t0。根據動能定理可得Fs1－f1s′1＝0，解得＝3f1。同理可得F與B所受滑動摩擦力f2的關系為F＝f2，故＝。在減速運動過程中，由滑動摩擦力提供加速度，根據牛頓第二定律有 ＝，＝，故有＝，可得＝＝，故A項錯誤。根據減速運動過程中由滑動摩擦力提供加速度，對A有a′A＝＝＝μ1g＝，對B有a′B＝＝＝μ2g＝，二式聯(lián)立得μ1＝μ2，故B項錯誤。0～2t0時間內，根據動能定理可知合力做功之比等于末動能之比，即m1v∶m2v＝5∶3，故C項正確。根據功的公式可知W＝FL，則F做功之比為W1∶W2＝Ft0∶F4t0＝1∶2，故D項錯誤。 b．動能定理與F－x圖像結合分析問題 (7)(2016浙江學業(yè)考試，13分)如圖(a)所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化關系如圖(b)所示，滑塊與AB間動摩擦因數(shù)為0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，取g＝10 m/s2。求： ①滑塊到達B處時的速度大??； ②滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程中所需的時間； ③若滑塊到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能達到最高點C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少。 答案：①2 m/s(3分)　② s(5分) ③5 J(5分) 解析：①滑塊從A到B的過程中，根據動能定理有 F1x1－F2x2－μmgx＝mv(2分) 解得vB＝2 m/s(1分) ②前2 m滑塊受到拉力的作用，根據牛頓第二定律有 F1－μmg＝ma1(2分) 根據運動學公式有x1＝a1t(2分) 聯(lián)立以上二式，解得t1＝ s(1分) ③滑塊恰好能到達C點 根據牛頓第二定律有mg＝m(2分) 滑塊從B點到C點的過程中，根據動能定理有 W－mg2R＝mv－mv(2分) 聯(lián)立以上二式，解得W＝－5 J，即克服摩擦力做功為5 J(1分)