第8章 第2课时 势能和动能 动能定理及其应用（word版）-【精英1号】2025年高中物理学考笔记·知识梳理手册

第2课时　势能和动能　动能定理及其应用 mgh　地球　参考平面　－ΔEp＝Ep1－Ep2　形变量　－ΔEp＝Ep1－Ep2　mv2　Ek2－Ek1 mv－mv (1)重力做功与物体运动的路径有关。(　　) (2)重力做功WG＝－20 J时，物体的重力势能减小20 J。(　　) (3)重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1与Ep2方向相反。(　　) (4)只有发生弹性形变的弹簧才具有弹性势能。(　　) (5)同一弹簧压缩或伸长的长度相同，弹性势能相同。(　　) (6)速度大的物体，动能一定大。(　　) (7)动能只有大小，没有方向，只有正值，没有负值。(　　) (8)质量一定的某物体的速度加倍，它的动能也加倍。(　　) (9)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。 (　　) (10)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。(　　) (11)物体的动能增加，合外力做正功。(　　) (12)质量一定的物体的动能发生变化，速度一定发生变化。(　　) (1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)√　(8)×　(9)√　(10)×　(11)√　(12)√ 重力做功和重力势能 1.重力做的功 (1)重力所做的功WG＝mgΔh，Δh指初位置与末位置的高度差。 (2)重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。 2.重力势能 (1)重力势能：Ep＝mgh。 (2)重力做功与重力势能之间的关系： WG＝Ep1－Ep2。 ①当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小；即WG>0，Ep1>Ep2。 ②当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加；即WG<0，Ep1<Ep2。 3.重力势能的相对性 (1)参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为0。 (2)重力势能的相对性：Ep＝mgh中的h是物体重心相对参考平面的高度。参考平面上方重力势能为正值，参考平面下方重力势能为负值。 【典例1】　一个质量为100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度。g取10 m/s2，则整个过程中(　　) A.重力做功为1.8 J B.重力做功为－0.55 J C.物体的重力势能一定减少了0.55 J D.物体的重力势能一定增加了1.25 J 【答案】C 【解析】重力做功为 W＝mgΔh＝0.1×10×(1.8－1.25) J＝0.55 J， A、B错误；整个过程中，重力做正功，物体的重力势能一定减少了0.55 J，C正确，D错误。故选C。 弹力做功与弹性势能变化的关系 (1)弹力做正功时，弹性势能减少；弹力做负功时，弹性势能增加。 (2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2。 (3)弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关。 【典例2】　如图所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能(　　) A.在释放过程中增加 B.在拉伸过程中减小 C.在释放过程中转化为弹珠动能 D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到 【答案】C 【解析】弹珠在释放过程中弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；在拉伸过程中，人克服弹力做功，则弹性势能增加，选项B、D错误。故选C。 动能、动能定理 1.动能的理解 (1)动能是标量且为状态量。 (2)动能与速度的比较：物速度发生变化，动能不一定发生变化；动能发生变化，速度一定发生变化。 2.动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 3.应用动能定理的“四个注意点” (1)动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理。 (3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，所以比用运动学及牛顿运动定律研究更简便。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。 【典例3】　在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　) A.mgh－mv2－mv B.－mgh－mv2－mv C.mgh＋mv－mv2 D.mgh＋mv2－mv 【答案】C 【解析】物块从高为h处竖直上抛到落到地面的运动中，设物块克服空气阻力所做的功为Wf，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv， 解得Wf＝mgh＋mv－mv2， A、B、D错误，C正确。故选C。 应用动能定理解题的基本思路 应用动能定理解题，关键是对研究对象进行受力分析及运动过程分析，明确各力做功的情况，弄清过程的初末状态。可由下面框图表示主要环节。 【变式3­1】　下图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g取10 m/s2) (1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量。 (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力大小。 (3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。 【答案】(1)3.0×105 J　(2)2.0×103 N　 (3)33.3 m 【解析】(1)汽车速度v1＝36 km/h＝10 m/s， v2＝72 km/h＝20 m/s， 从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程 由ΔEk＝mv－mv， 得ΔEk＝3.0×105 J。 (2)设汽车在下坡过程中，所受的阻力为Ff， 由动能定理得mgh－Ffl＝mv－mv， 解得Ff＝＝2.0×103 N。 (3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理得，－(mgsin 17°＋3Ff)x＝0－mv，解得x＝≈33.3 m。 动能定理与平抛运动、圆周运动知识的综合应用 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0； ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝。 【典例4】　[2023·浙江·高二学业考试]如图所示，某游戏装置由同一竖直面内的两个轨道组成。轨道Ⅰ光滑且固定在水平地面上，依次由足够长的倾斜直轨道ABC、圆心为O1的圆弧形轨道CDE、倾斜直轨道EF组成。O1C与BC垂直，BCD段与DEF段关于O1D对称。轨道Ⅱ形状与轨道Ⅰ的BCDEF段完全相同，C、E、I、K在同一水平线上，J是最低点，B、O1、F与H、O2、L在同一水平线上。轨道Ⅱ可按需要沿水平地面平移，HI和KL段粗糙，IJK段光滑。AC的倾角θ＝37°，圆弧段半径R＝1 m。游戏时，质量m＝0.1 kg的滑块从AC上高为h的某处由静止释放，调节F、H的间距x，使滑块从F滑出后恰能从H沿HI方向切入轨道Ⅱ，且不从L端滑出，则游戏成功。滑块(可视为质点)与HI和KL段的动摩擦因数μ＝，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 (1)当h＝1.5 m时： ①求滑块经过D的速度大小vD及所受支持力大小FD； ②求游戏成功时的x，以及滑块经过J时的动能Ek。 (2)求游戏成功且滑块经过J时，滑块所受支持力大小FJ与h的关系式。 【答案】(1)① m/s　4 N　②0.96 m　0.5 J　(2)FJ＝2h－1(N)(1.2 m<h≤3 m) 【解析】(1)①滑块从A到D由机械能守恒得mgh＝mv，在D点由牛顿第二定律得FD－mg＝，解得vD＝ m/s，FD＝4 N； ②A到F由机械能守恒得mg(h－R)＝mv， F到H过程中vFsin θ＝gt，x＝2vFcos θ·t＝0.96 m，A到J由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝Ek，解得Ek＝0.5 J。 (2)由于μ>tan θ，滑块能停在斜面上，若滑块恰好停在I，A到I由动能定理得 mgh1－mgR(1－cos θ)－μmgcos θ·＝0 解得h1＝1.2 m， 若滑块恰好停在L，A到L由动能定理得 mgh2－mgR－2μmgcos θ·＝0， 解得h2＝3 m A到J由动能定理得 mgh－μmgcos θ·＝mv， 在J由牛顿第二定律得FJ－mg＝， 则FJ＝2h－1(N)(1.2 m<h≤3 m) 【变式4­1】　滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。下图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m。某运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2。 (1)求运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB。 (2)求滑板与轨道CD段的动摩擦因数μ。 (3)通过计算说明，运动员最终停在何处？ 【答案】(1)6 m/s　(2)0.125　(3)D点左侧6.4 m处 【解析】(1)根据几何关系以及速度的合成与分解可得vB＝＝6 m/s。 (2)对运动员从B点到E点的运动过程，由动能定理得mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv 解得μ＝0.125。 (3)设运动员停止时在CD段运动的总路程为s，由动能定理得mgh－μmgs＝0－mv， 解得s＝30.4 m， 因为s＝3xCD＋6.4 m＝4xCD－1.6 m 所以运动员最后停在D点左侧6.4 m处，或C点右侧1.6 m处。 学科网（北京）股份有限公司 $$