动能定理及其应用（1）（有详解）教案

【知识诊断】

1．对同一物体，速度变化，动能一定变化；动能变化，速度一定变化(　　)[答案]　×

2．动能不变的物体，一定处于平衡状态(　　)[答案]　×

3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化(　　)[答案]　×

4．物体的动能不变，所受的合外力必定为零(　　)[答案]　×

5．用牛顿第二定律解题时，我们常常采用建立直角坐标系，把力或加速度分解到x、y轴上，然后沿x方向列出F合x＝max，沿y方向列出F合y＝may求解的方法．那么用动能定理解题时，也能用类似的方法，建立直角坐标系，把力和速度沿x轴、y轴分解，然后沿x方向列出W合x＝ΔEkx，沿y方向列出W合y＝ΔEky求解(　　)[答案]　×

【典例1】如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 

B．W>mgR，质点不能到达Q点

C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 

D．W<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

【解析】设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.

设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv，即mgR－W′＝mv，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．  [答案]　C

【针对练习】

1．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则(　　)

A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的

B．在该过程中，人对物块做的功为

C．在该过程中，人对物块做的功为mv2

D．人前进x时，物块的运动速率为

[解析]　设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝v·cosθ，而cosθ＝，故v物＝，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即，B正确，C错误．[答案]　B

2．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点，设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.

[解析]　设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m，则滑沙者和滑沙橇从A点到最低点，重力做功WG＝mgh；  摩擦力做功WFf1＝－μmgcosθ·

滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功：WFf2＝－μmg.

解法一：“隔离”过程，分段研究，设最低点物体的速度为v，由A点到最低点根据动能定理得：WG＋WFf1＝mv2－0

在水平面上运动时，同理有：WFf2＝0－mv2，解得μ＝.

解法二：从A到C全过程由动能定理得WG＋WFf1＋WFf2＝0； 解得μ＝.； [答案]　

【例2】小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如下图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)

(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率．

(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．

【分析】(1)弄清Ek－h图象中斜率的物理意义．(2)计算瞬时功率用公式P＝Fv，其中v为瞬时速度．

(3)当力随位移均匀变化时可用W＝x计算变力的功．

【解析】(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0

由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N，得F＝30 N

又由题图乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J，

则v＝4 m/s；  P＝Fv＝120 W.

(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－Ek′；  已知Ek′＝20 J ；   f＝

又由题图丙得k′＝105 N/m；  解得：x′＝0.02 m.

[答案]　(1)120 W　(2)0.02 m

【针对练习】

1、(2015·宁波模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如右图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为(　 B　)

A．2 m/s         B．3 m/s         C．4 m/s        D. m/s

[解析]　由F－x图象中面积表示F做功，可知，拉力F在物体运动的16 m内所做的总功：

W＝10×4 J＝40 J．由动能定理可得：W＝mv2－mv，  解得v＝3 m/s，B正确． [答案]　B

2、(多选)(2015·广元质检)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用运动，如下图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是(　ACD　)

A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2；      B．物体运动的位移为13 m

C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2       D．x＝9 m时，物体速度为3 m/s

[解析]　由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．  [答案]　ACD

3、某舰载机降落到静止的航母上，图甲为航母甲板上拦阻索阻拦舰载机过程的俯视示意图，图乙为舰载机尾钩钩住拦阻索正中位置、随即关闭发动机后加速度a随时间t变化的图象．已知舰载机的质量M＝2.0×104 kg，尾钩刚钩住拦阻索时的初速度v0＝75 m/s，t1＝0.3 s时拦阻索与尾钩刚钩住时拦阻索的初始位置的夹角θ＝45°，此时舰载机所受空气阻力与甲板摩擦阻力大小之和为Ff＝2.0×105 N，舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中，克服空气阻力与甲板摩擦阻力做的总功WFf＝2.0×107 J．

求：(1)t1＝0.3 s时拦阻索的拉力大小FT；

(2)舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中，克服拦阻索拉力做的功W.

【解析】　(1)由题图乙可知t1＝0.3 s时加速度大小a＝30 m/s2

由牛顿第二定律有2FTsinθ＋Ff＝Ma

联立解得FT＝2×105 N≈2.8×105 N

(2)以舰载机为研究对象，由动能定理有－W－WFf＝0－Mv

解得W≈3.6×107 J

[答案]　(1)2.8×105 N　(2)3.6×107 J

【例3】(14分)(2016·宝鸡三校期中)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；

(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；

(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．

[思维启迪]　(1)大猴从A到B做平抛运动，用平抛运动的知识求解；

(2)大猴和小猴从C到D做竖直平面内的圆周运动，用动能定理求解；

(3)猴子荡起时是圆周运动的最低点问题，用牛顿第二定律求解．

[解题样板]　(1)设大猴从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有：

h1＝gt2(1分);    x1＝vmint(1分)

代入数据解得vmin＝8 m/s.(2分)

(2)设荡起时的速度为vC，由动能定理得：

－(M＋m)gh2＝0－(M＋m)v(2分)

解得vC＝＝ m/s≈9 m/s.(2分)

(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，在最低点，根据牛顿第二定律有FT－(M＋m)g＝(2分)

由几何关系得(L－h2)2＋x＝L2(2分)

代入数据解得FT＝216 N．(2分)

[答案]　(1)8 m/s　(2)9 m/s　(3)216 N

涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键，确定遵守的规律是解题的核心．

【针对练习】

1．(2015·青岛模拟)如下图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g取10 m/s2)．

(1)金属块经过D点时的速度．

(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．

[解析]　(1)金属块在E点时，mg＝m，解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得：

－mg·2R＝mv－mv ；   解得vD＝2 m/s.

(2)金属块刚刚放上时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，  解得：a1＝10 m/s2

设经位移s1达到共同速度，则：v2＝2a1s1 时，   解得：s1＝0.2 m<3.2 m

继续加速过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，      解得a2＝2 m/s2

由s2＝L－s1＝3 m，v－v2＝2a2s2，        解得vB＝4 m/s

在从B到D过程中由动能定理得：  mgh－W＝mv－mv，解得W＝3 J.

[答案]　(1)2 m/s　(2)3 J

2．(2015·临沂一模)在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如右图所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停下．已知赛车的质量为m＝2 kg，A、B之间的距离为L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v＝4 m/s，水平向右．g取10 m/s2.求：

(1)赛车和地面间的动摩擦因数；

(2)弹簧被压缩的最大距离．

[解析]　(1)从赛车离开弹簧到B点静止，

由动能定理得: －μmg(L1＋L2)＝0－mv2； 解得μ＝0.2.

(2)设弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，

由动能定理得:FL1－μmg(L1＋2L)＝0－mv2 解得L＝4.5 m。 

[答案]　(1)0.2　(2)4.5 m

【巩固提升】

1、2022年第24轴冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示，一次比赛中。质量m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息可以求出：（              ABC              ）

A、运动员在空中飞行的时间
B、A、B之间的高度差
C、运动员在停止区运动过程中克服阻力做功
D、C、D两点之间的水平距离

【解析】设运动员在空中飞行的时间为t，根据平抛运动的规律，

，解得：，故A正确；

B、水平方向：由几何关系可得：，

代入数据解得：，

从A到B由动能定理得：，故B正确；
C、设到C的速度为，从B到C的过程由动能定理得：，

可求得到C的速度，从C到D的过程由动能定理得：，

则克服阻力做功可求解，故C正确；
D、运动员在C、D两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D错误。故ABC。

【分析】从B到C做平抛运动，由B、C之间的高度差为h可求得在空中飞行的时间；再由平抛运动的规律可求得在B点的速度，从A到B由动能定理可求得A、B之间的高度差；从B到C的过程由动能定理可求得在C点的速度，从C到D的过程由动能定理可求得克服阻力做功；运动员在C、D两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解。

2、如图所示，半径为R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，下端点C为轨道的最低点且与光滑水平面相切，一根轻质弹簧的右端连接着M=0.3kg的滑块静止在平面上，质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点事澡水平面向右运动（），求：

（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度的大小；
（2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
（3）弹簧的弹性势能的最大值

【解析】（1）小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：；

（2）小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有：

在C点处，由牛顿第二定律有：；解得：；
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上c点时轨道的压力F’大小为8N。
（3）小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有：。

【答】（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度的大小是4m/s；

（2）小物块经过圆弧轨道上c点时对轨道压力Nc的大小是8N；
（3）弹簧的弹性势能的最大值

【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和  机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化。

3、 如图所示，质量m1=1kg的木板静止在倾角为足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表面与半径R=m的固定光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量、可视为质点的小滑块以的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑块未从木板上端滑出，取重力加速度，

求：（1）滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度。

【解析】由滑块与木板之间的动摩擦因数，可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒可得：；  解得：
（2）木板的最小长度
【解析】由机械能守恒定律可得，滑块回到木板底端时速度大小为：；
滑上木板后，木板的加速度为，由牛顿第二定律可知：；
滑块的加速度为；由牛顿第二定律可知：
设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知：；
该过程中木板走过的位移：；   滑块超过的位移：；

之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，

则木板的最小长度：；联立解得：L=7.5m。
（3）木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。
【解析】滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，

由牛顿第二定律可知：
一起匀减速向上运动的位移
木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知：；

滑块第三次，第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知：
该过程中木板超过的位移：；   一起匀减速向上运动的位移：
设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知：
木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为：
联立各式得：。