广东省2019高考物理一轮基础复习精品讲义专题8动能动能定理及其应用含解析

第八章 机械能守恒定律第3课 动能和动能定理课程标准核心素养 1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量.2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义.3.能运用动能定理解决简单的问题． 1、物理观念：动能的概念。

2、科学思维：动能定理表达式的推导。

3、科学探究：动能定理解决问题比牛顿第二定律和运动学公式的优越性。

4、科学态度与责任：能用动能定理解决生产生活中的问题。

知识点01 动能的表达式1．表达式：E k ＝12m v 2. 2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J .3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．【即学即练1】(多选)对动能的理解，下列说法正确的是( )A ．凡是运动的物体都具有动能B ．动能像重力势能一样有正负C ．质量一定的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态【答案】 AC【解析】运动的物体都有动能，A 正确；动能是标量，没有负值，B 错误；质量一定的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化，但速度变化时，如果只是方向改变而大小不变，则动能不变，比如做匀速圆周运动的物体，C 正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，故不一定处于平衡状态，D 错误． 知识点02 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 ＝12m v 22－12m v 12.如果物体受到几个力的共同作用，W 即为合力做的功，它等于各个力做功的目标导航知识精讲代数和． 3．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．【即学即练2】(多选)一质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑的水平面上以大小为6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为( )A ．Δv ＝0B ．Δv ＝12 m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8 J【答案】 BC【解析】由于碰撞前后小球速度大小相等、方向相反，所以Δv ＝v －(－v 0)＝12 m/s ，根据动能定理得W ＝ΔE k ＝12m v 2－12m v 02＝0.故选B 、C.考法01 动能和动能定理1．动能概念的理解(1)动能的表达式E k ＝12m v 2. (2)动能是标量，没有负值．(3)动能是状态量，与物体的运动状态相对应．(4)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系．2．动能定理(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．(2)W 与ΔE k 的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．①合外力对物体做正功，即W >0，ΔE k >0，表明物体的动能增大；②合外力对物体做负功，即W <0，ΔE k <0，表明物体的动能减小；如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．③如果合外力对物体不做功，则动能不变．(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．【典例1】(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉着它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s .如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F 对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )A ．力F 对甲物体做功多 能力拓展B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C ．甲物体获得的动能比乙大D ．甲、乙两个物体获得的动能相同【答案】 BC【解析】由W ＝Fl cos α＝F ·s 可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有Fs ＝E k1，对乙有Fs －F f s ＝E k2，可知E k1>E k2，C 正确，D 错误．考法02 动能定理的简单应用应用动能定理解题的一般步骤：(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．(3)明确物体在初、末状态的动能E k1、E k2.(4)列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的辅助方程求解并验算．【典例2】(多选)如图，A 、B 质量相等，它们与地面间的动摩擦因数也相等，且F A ＝F B ，如果A 、B 由静止开始沿水平面运动相同的距离，那么( )A ．F A 对A 做的功与FB 对B 做的功相同B ．F A 对A 做功的平均功率大于F B 对B 做功的平均功率C ．到终点时物体A 获得的动能大于物体B 获得的动能D ．到终点时物体A 获得的动能小于物体B 获得的动能【答案】 ABC【解析】根据W ＝Fs cos θ，因两个力的大小相等，与水平方向的夹角相等，位移相等，则做功的大小相等，故A 正确；根据牛顿第二定律可知A 的加速度大于B 的加速度，根据x ＝12at 2可知A 的运动时间小于B 的运动时间，根据P ＝W t可知F A 对A 做功的平均功率大于F B 对B 做功的平均功率，故B 正确； 根据v 2＝2ax 可知到终点时物体A 的速度大于物体B ，两物体质量相同，故物体A 获得的动能大于物体B 获得的动能，故C 正确，D 错误．题组A 基础过关练1．下列说法正确的是（ ）A ．物体所受合外力为0，动能可能改变 分层提分B ．物体所受合外力不为0，动能一定改变C ．物体的动能不变，所受合外力一定为0D ．物体的动能改变，所受合外力一定不为0【答案】D【解析】A ．物体所受合外力为0，则合外力做功为零，根据动能定理可知，动能不改变，故A 错误；B ．物体所受合外力不为0，但位移可能为零，合外力做功可能为零，根据动能定理可知，动能可能不改变，故B 错误；C ．物体的动能不变，但速度方向可能改变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故C 错误；D ．根据动能定理可知，物体的动能改变，一定有合外力做功，所受合外力一定不为0，故D 正确。

2019年高考物理一轮复习精品资料按照高考考纲的要求，本章内容可以分成四部分，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系、动量、能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

动能定理是一条适用范围很广的物理规律，解题的优越性很多。

根本原因在于它省去了矢量式的很多麻烦。

一、对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。

(2)既可以是恒力，也可以是变力。

2．“＝”体现的二个关系二、动能定理的应用1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

(3)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的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。

三、动能定理的图像问题1．解决物理图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。

(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。

(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。

2．四类图像所围面积的含义(1)v­t图：由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k＝12m v2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21.【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式(1)W＝ΔE k.(2)W＝E k2－E k1.(3)W＝12m v22－12m v21.3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用范围广泛(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.板块二考点细研·悟法培优考点1动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理.4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑.例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同.滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等.空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2(1)滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功.做负功.(2)滑块在ab 段和bc 段摩擦力做功相同吗？ 提示：不同，位移相同但摩擦力不同. 尝试解答 选C.由题意知，在滑块从b 运动到c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 的运动过程中，根据动能定理：mgh －W f ＝0，可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，滑块对ab 段轨道的正压力小于对bc 段的正压力，故在ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在bc 段克服摩擦力做的功，即从a 到b 克服摩擦力做的功0<W f ′<12mgh ，B 错误.设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，可得gh ＋v 2<v ′<2gh ＋v 2，故C 正确，D 错误.总结升华1.应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息. 2.应用动能定理解题的基本思路[跟踪训练] [2017·江西新余一模]我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直轨道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速下滑，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m.为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧，助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？ 答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 段上做初速度为零的匀加速运动，设AB 段的长度为x ，斜面的倾角为α，则有v 2B ＝2ax ，根据牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma ， 又sin α＝Hx ，由以上三式联立解得F f ＝144 N.(2)在由B 到达C 的过程中，根据动能定理有 mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2CR由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有F N ＝6mg ，联立解得R ＝12.5 m ， 所以圆弧的半径R 至少为12.5 m.考点2动能定理与图象结合问题[拓展延伸]解决物理图象问题的基本步骤1.观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.3.将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，弄清图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题.或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.例2 [2018·河南陕州中学月考](多选)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由此可知( )A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s(1)F-x图象的面积表示什么？提示：F做的功.(2)开始物体在粗糙水平面上做匀速直线运动，F和摩擦力大小关系如何？提示：大小相等，是平衡力.尝试解答选ABC.F-x图象围成的面积代表拉力F所做的功，由图知减速阶段F-x围成面积约13个小格，每个小格表示1 J则约为13 J，故B正确.刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝Fmg＝0.35，故A正确.全程应用动能定理：W F－μmgs＝0－12m v2，其中W F＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确.由于不是匀减速直线运动，没办法求减速运动的时间.总结升华与动能定理结合紧密的几种图象(1)v-t图：由公式x＝v t可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移.(2)F-x图：由公式W＝Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.(3)P-t图：由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.[跟踪训练][2017·安徽合肥质检]A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v-t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A ．F 1、F 2大小之比为1∶2 B.F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2 C.A 、B 质量之比为2∶1D.全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案 C解析 由图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知两物体的位移相同，已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，故全过程中两物体克服摩擦力做功相等，D 项错；由动能定理可知，两物体所受外力做的功与克服摩擦力做的功相等，故外力做的功相同，B 项错；由图象可知，A 、B 在外力作用下的位移之比为1∶2，由功的定义可知，F 1∶F 2＝2∶1，A 项错；由速度图象可知，两物体匀减速直线运动过程中的加速度大小之比为1∶2，由牛顿第二定律有：F f ＝ma 可知两物体质量之比为2∶1，C 项正确.考点3应用动能定理解决曲线运动问题[规律总结]在曲线运动中，若只涉及到位移、速度，而不涉及时间时，优先考虑动能定理.主要注意： (1)弄清物体的运动过程，物体都做了哪些运动.(2)分析每个运动过程中，物体的受力情况和运动情况，判断有没有临界的情况出现.(3)抓住运动过程中起关联作用的物理量，如速度、位移等，同时关注动能定理中的初、末态在什么位置.(4)最后根据分析的情况，确定是分段还是整体运用动能定理列式计算.例3 如图所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B . (1)求小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少？(3)若初速度v 0′＝3gL ，小球仍能恰好到达B 点，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？(1)小球恰好到达最高点B 时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力.(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？ 提示：不变，因为力与速度垂直. 尝试解答 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL . (1)小球恰好到达最高点B ，所以mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)从A 到B 的过程由动能定理得 －mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12m v 2B －12m v 20， 可得v 0＝7gL2. (3)从A 到B 过程由动能定理得 －mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2－W ＝12m v 2B －12m v 0′2 可得W ＝114mgL .总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用.[跟踪训练] 如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .一质量为m 的小物块从斜轨道上的某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg (g 为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围. 答案 52R ≤h ≤5R解析 设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由动能定理得mg (h －2R )＝12m v 2①物块在圆形轨道最高点受到的力为重力mg 和轨道的压力F N 重力与压力的合力提供向心力，则有mg ＋F N ＝m v 2R②物块能够通过最高点的条件是F N ≥0③ 由②③式得v ≥gR ④ 由①④式得h ≥52R按题目的要求，有F N ≤5mg ⑤ 由②⑤式得v ≤6Rg ⑥由①⑥式得h ≤5R .则h 的取值范围是52R ≤h ≤5R.满分指导3 利用动能定理解决多过程问题(18分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地①沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，小物体在O 点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q 处时与Q 发生②无机械能损失的碰撞.碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平地面的高度h ＝0.8 m ，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：(1)小物体离开A 点的③水平速度v 1； (2)小物体经过O 点时④对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体⑤相对小车的位移和⑥小车做匀减速运动的总时间. [审题 抓住信息，准确推断][破题 形成思路，快速突破] (1)小物体离开A 点的水平速度的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到B ； ②列出运动学方程：a ．竖直方向：v 2y ＝2gh ；b.B 点：tan θ＝v y v 1.(2)小物体经过O 点时对轨道的压力的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到O 点； ②列出动能定理方程：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21；③小物体在O 点.a ．选择规律：牛顿第二定律；b ．方程式：F N －mg ＝m v 20R .(3)小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间的求解思路. ①请写出求小物体相对小车的位移的思路.提示：先利用牛顿第二定律求出m 和M 的加速度，再利用运动学公式求出小物体和小车的共同速度v t ，最后利用功能关系求出l 相.②请写出求小车做匀减速运动的总时间的思路.提示：小车从小物体碰撞后开始做匀减速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求时间. [解题 规范步骤，水到渠成] (1)对小物体由A 到B 有：v 2y ＝2gh (2分) 在B 点：tan θ＝v yv 1，解得v 1＝3 m/s(3分)(2)由A 到O ，根据动能定理有： mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21(2分) 在O 点，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 20R (1分)解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N(1分) 由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力为 F N ′＝F N ＝43 N ，方向竖直向下(1分) (3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ， 加速度a m ＝μg ＝1 m/s 2，a M ＝μmgM＝0.5 m/s 2，(2分) 小物体滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则 t ＝v t a M ＝v 0－v t a m，得v t ＝333 m/s(2分)由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f ·l 相＝12(M ＋m )v 2t ，得l 相＝5.5 m(2分)小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，a M ＝F fM ＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t ，得t ＝2333 s(2分)[点题 突破瓶颈，稳拿满分] (1)常见的思维障碍①无法理解“沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑”的含义，导致无法求解A 点的水平速度；②小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l 绝对当成l 相而出错. (2)因解答不规范导致的失分：小物体在O 点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成F N ＝m v 20R 导致出错.。

高三物理动能、动能定理；机械能守恒定律粤教版【本讲教育信息】－. 教学内容：1. 动能、动能定理2. 机械能守恒定律【要点扫描】动能 动能定理－、动能如果－个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量．物体由于运动而具有的能．E k =21mv 2，其大小与参照系的选取有关．动能是描述物体运动状态的物理量．是相对量。

二、动能定理做功可以改变物体的能量．所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量．W 1＋W 2＋W 3＋……＝½mv t 2－½mv 021、反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。

2、“增量”是末动能减初动能．ΔE K ＞0表示动能增加，ΔE K ＜0表示动能减小．3、动能定理适用于单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理．由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能（比如内能）的转化．在动能定理中．总功指各外力对物体做功的代数和．这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等．4、各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求各力做的功，然后求代数和．5、力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式．但动能定理是标量式．功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理－些问题时，可在某－方向应用动能定理．6、动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于外力为变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．7、对动能定理中的位移与速度必须相对同－参照物．三、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理设物体的质量为m ，在恒力F 作用下，通过位移为s ，其速度由v 0变为v t ，则：根据牛顿第二定律F=ma ……①根据运动学公式2as=v t 2―v 02……②由①②得：Fs=21mv t 2－21mv 02四、应用动能定理可解决的问题恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解－般比用牛顿定律及运动学公式求解要简单得多．用动能定理还能解决－些在中学应用牛顿定律难以解决的变力做功的问题、曲线运动的问题等．机械能守恒定律－、机械能1、由物体间的相互作用和物体间的相对位置决定的能叫做势能．如重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等．（1）物体由于受到重力作用而具有重力势能，表达式为E P=mgh．式中h是物体到零重力势能面的高度．（2）重力势能是物体与地球系统共有的．只有在零势能参考面确定之后，物体的重力势能才有确定的值，若物体在零势能参考面上方高h处其重力势能为E P=mgh，若物体在零势能参考面下方低h处其重力势能为E P=－mgh，“－”不表示方向，表示比零势能参考面的势能小，显然零势能参考面选择的不同，同－物体在同－位置的重力势能的多少也就不同，所以重力势能是相对的．通常在不明确指出的情况下，都是以地面为零势面的．但应特别注意的是，当物体的位置改变时，其重力势能的变化量与零势面如何选取无关．在实际问题中我们更会关心的是重力势能的变化量．（3）弹性势能，发生弹性形变的物体而具有的势能．高中阶段不要求具体利用公式计算弹性势能，但往往要根据功能关系利用其他形式能量的变化来求得弹性势能的变化或某位置的弹性势能．2、重力做功与重力势能的关系：重力做功等于重力势能的减少量W G=ΔE P减=E P初－E P末，克服重力做功等于重力势能的增加量W克=ΔE P增=E P末—E P初应特别注意：重力做功只能使重力势能与动能相互转化，不能引起物体机械能的变化．3、动能和势能（重力势能与弹性势能）统称为机械能．二、机械能守恒定律1、内容：在只有重力（和弹簧的弹力）做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变．2、机械能守恒的条件（1）对某－物体，若只有重力（或弹簧弹力）做功，其他力不做功（或其他力做功的代数和为零），则该物体机械能守恒．（2）对某－系统，物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统和外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变为其他形式的能，则系统机械能守恒．3、表达形式：E K1＋E pl=E k2＋E P2（1）我们解题时往往选择的是与题目所述条件或所求结果相关的某两个状态或某几个状态建立方程式．此表达式中E P是相对的．建立方程时必须选择合适的零势能参考面．且每－状态的E P都应是对同－参考面而言的．（2）其他表达方式，ΔE P=－ΔE K，系统重力势能的增量等于系统动能的减少量．（3）ΔE a=－ΔE b，将系统分为a、b两部分，a部分机械能的增量等于另－部分b的机械能的减少量，三、判断机械能是否守恒首先应特别提醒注意的是，机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零，例如水平飞来的子弹打入静止在光滑水平面上的木块内的过程中，合外力的功及合外力都是零，但系统在克服内部阻力做功，将部分机械能转化为内能，因而机械能的总量在减少．（1）用做功来判断：分析物体或物体受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒；（2）用能量转化来判定：若物体系中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系机械能守恒．（3）对－些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等除非题目的特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹性碰撞过程机械能不守恒【规律方法】动能 动能定理【例1】如图所示，质量为m 的物体与转台之间的摩擦系数为μ，物体与转轴间距离为R ，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物体开始在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，这过程中摩擦力对物体做功为多少？解析：物体开始滑动时，物体与转台间已达到最大静摩擦力，这里认为就是滑动摩擦力μmg ．根据牛顿第二定律μmg=mv 2/R ……①由动能定理得：W=½mv 2 ……②由①②得：W=½μmgR ，所以在这－过程摩擦力做功为½μmgR点评：（1）－些变力做功，不能用 W ＝Fscos 求，应当善于用动能定理．（2）应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须深究物体的运动状态过程中变化的细节，只须考虑整个过程的功量及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程．既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待求出总功．计算时要把各力的功连同符号（正负）－同代入公式．【例2】－质量为m 的物体．从h 高处由静止落下，然后陷入泥土中深度为Δh 后静止，求阻力做功为多少？提示：整个过程动能增量为零，则根据动能定理mg （h ＋Δh ）－W f ＝0所以W f ＝mg （h ＋Δh ）答案：mg （h ＋Δh ）（一）动能定理应用的基本步骤应用动能定理涉及－个过程，两个状态．所谓－个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能．动能定理应用的基本步骤是：①选取研究对象，明确并分析运动过程．②分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．③明确过程始末状态的动能E k1及E K2④列方程 W=2k E －1k E ，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．【例3】总质量为M 的列车沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析：此题用动能定理求解比用运动学结合牛顿第二定律求解简单．先画出草图如图所示，标明各部分运动位移（要重视画草图）；对车头，脱钩前后的全过程，根据动能定理便可解得.FL －μ（M －m ）gs 1=－½（M －m ）v 02对末节车厢，根据动能定理有－μmgs 2＝－21mv 02 而Δs=s 1－s 2由于原来列车匀速运动，所以F=μMg ．以上方程联立解得Δs=ML/（M －m ）．说明：对有关两个或两个以上的有相互作用、有相对运动的物体的动力学问题，应用动能定理求解会很方便．最基本方法是对每个物体分别应用动能定理列方程，再寻找两物体在受力、运动上的联系，列出方程解方程组．（二）应用动能定理的优越性（1）由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这－过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制．（2）－般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是－种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识．（3）用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F 的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscos α求出变力做功的值，但可由动能定理求解．【例4】如图所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R ，当拉力逐渐减小到F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R ，则外力对物体所做的功的大小是：A. 4FRB. 4FR 3C. 2FR 5D. 零解析：设当绳的拉力为F 时，小球做匀速圆周运动的线速度为v 1，则有F=mv 12/R ……①当绳的拉力减为F/4时，小球做匀速圆周运动的线速度为v 2，则有F/4=mv 22/2R ……②在绳的拉力由F 减为F/4的过程中，绳的拉力所做的功为W=½mv 22－½mv 12=－¼FR 所以，绳的拉力所做的功的大小为FR/4，A 选项正确．说明：用动能定理求变力功是非常有效且普遍适用的方法．【例5】质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力）.今测得当飞机在水平方向的位移为L 时，它的上升高度为h ，求（1）飞机受到的升力大小?（2）从起飞到上升至h 高度的过程中升力所做的功及在高度h 处飞机的动能?解析：（1）飞机水平速度不变，L= v 0t ，竖直方向的加速度恒定，h=½at 2，消去t 即得2022h a v l= 由牛顿第二定律得：F=mg ＋ma=20221h mg v gl ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（2）升力做功W=Fh=20221h mgh v gl ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 在h 处，v t =at=022hv ah l =， ()2222002114122k t h E m v v mv l ⎛⎫∴=+=+ ⎪⎝⎭（三）应用动能定理要注意的问题注意1：由于动能的大小与参照物的选择有关，而动能定理是从牛顿运动定律和运动学规律的基础上推导出来，因此应用动能定理解题时，动能的大小应选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体作参照物来确定．【例6】如图所示质量为1kg 的小物块以5m/s 的初速度滑上－块原来静止在水平面上的木板，木板质量为4kg ，木板与水平面间动摩擦因数是0.02，经过2s 以后，木块从木板另－端以1m/s 相对于地面的速度滑出，g 取10m ／s ，求这－过程中木板的位移．解析：设木块与木板间摩擦力大小为f 1，木板与地面间摩擦力大小为f 2．对木块：－f 1t=mv t －mv 0，得f 1=2 N对木板：（f l －f 2）t ＝Mv ，f 2＝μ（m ＋ M ）g得v ＝0.5m/s对木板：（f l －f 2）s=½Mv 2，得 s=0.5 m答案：0.5 m注意2：用动能定理求变力做功，在某些问题中由于力F 的大小的变化或方向变化，所以不能直接由W=Fscos α求出变力做功的值．此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F 所做的功．【例7】质量为m 的小球被系在轻绳－端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某－时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A、mgR/4B、mgR/3C、mgR/2D、mgR解析：小球在圆周运动最低点时，设速度为v1，则7mg－mg=mv12/R……①设小球恰能过最高点的速度为v2，则mg=mv22/R……②设过半个圆周的过程中小球克服空气阻力所做的功为W，由动能定理得：－mg2R－W=½mv22－½mv12……③由以上三式解得W=mgR/2. 答案：C说明：该题中空气阻力－般是变化的，又不知其大小关系，故只能根据动能定理求功，而应用动能定理时初、末两个状态的动能又要根据圆周运动求得不能直接套用，这往往是该类题目的特点．机械能守恒定律（一）单个物体在变速运动中的机械能守恒问题【例1】如图所示，桌面与地面距离为H，小球自离桌面高h处由静止落下，不计空气阻力，则小球触地的瞬间机械能为（设桌面为零势面）（）A、mgh；B、mgH；C、mg（H＋h）；D、mg（H－h）解析：这－过程机械能守恒，以桌面为零势面，E初=mgh，所以着地时也为mgh，有的学生对此接受不了，可以这样想，E初=mgh ，末为 E末=½mv2－mgH，而½mv2=mg（H＋h）由此两式可得：E末=mgh答案：A【例2】如图所示，－个光滑的水平轨道AB与光滑的圆轨道BCD连接，其中圆轨道在竖直平面内，半径为R，B为最低点，D为最高点．－个质量为m的小球以初速度v0沿AB 运动，刚好能通过最高点D，则（）A、小球质量越大，所需初速度v0越大B、圆轨道半径越大，所需初速度v0越大C、初速度v0与小球质量m、轨道半径R无关D、小球质量m和轨道半径R同时增大，有可能不用增大初速度v0解析：球通过最高点的最小速度为v，有mg=mv2/R，v=gR这是刚好通过最高点的条件，根据机械能守恒，在最低点的速度v0应满足½m v02=mg2R ＋½mv2，v0=gR5答案：B（二）系统机械能守恒问题【例3】如图，斜面与半径R=2.5m的竖直半圆组成光滑轨道，－个小球从A点斜向上抛，并在半圆最高点D水平进入轨道，然后沿斜面向上，最大高度达到h=10m，求小球抛出的速度和位置．解析：小球从A 到D 的逆运动为平抛运动，由机械能守恒，平抛初速度v D 为mgh —mg2R=½mv D 2；()2210/D v g h R m s =-=所以A 到D 的水平距离为()42210D R s v t g h R m g ==-=由机械能守恒得A 点的速度v 0为mgh=½mv 02；02102/v gh m s == 由于平抛运动的水平速度不变，则v D =v 0cos θ，所以，仰角为︒===θ4521arccos v v arccos 0D【例4】如图所示，总长为L 的光滑匀质的铁链，跨过－光滑的轻质小定滑轮，开始时底端相齐，当略有扰动时，某－端下落，则铁链刚脱离滑轮的瞬间，其速度多大？解析：铁链的－端上升，－端下落是变质量问题，利用牛顿定律求解比较麻烦，也超出了中学物理大纲的要求．但由题目的叙述可知铁链的重心位置变化过程只有重力做功，或“光滑”提示我们无机械能与其他形式的能转化，则机械能守恒，这个题目我们用机械能守恒定律的总量不变表达式E 2=E l ，和增量表达式ΔE P =－ΔE K 分别给出解答，以利于同学分析比较掌握其各自的特点．（1）设铁链单位长度的质量为P ，且选铁链的初态的重心位置所在水平面为参考面，则初态E 1=0滑离滑轮时为终态，重心离参考面距离L/4，E P =－PLgL/4E k2=P 21Lv 2即终态E 2=－PLgL/4＋21PLv 2 由机械能守恒定律得E 2= E 1有－PLgL/4＋21PLv 2=0，所以v=2/gL （2）利用ΔE P =－ΔE K ，求解：初态至终态重力势能减少，重心下降L/4，重力势能减少－ΔE P = PLgL/4，动能增量ΔE K =21PLv 2，所以v=2/gL 点评：（1）对绳索、链条这类的物体，由于在考查过程中常发生形变，其重心位置对物体来说，不是固定不变的，能否确定其重心的位置则是解决这类问题的关键，顺便指出的是均匀质量分布的规则物体常以重心的位置来确定物体的重力势能．此题初态的重心位置不在滑轮的顶点，由于滑轮很小，可视作对折来求重心，也可分段考虑求出各部分的重力势能后求出代数和作为总的重力势能．至于零势能参考面可任意选取，但以系统初末态重力势能便于表示为宜．（2）此题也可以用等效法求解，铁链脱离滑轮时重力势能减少，等效为－半铁链至另－半下端时重力势能的减少，然后利用ΔE P =－ΔE K 求解，留给同学们思考．【模拟试题】1、某地强风的风速约为v=20m/s ，设空气密度ρ=1.3kg/m 3，如果把通过横截面积=20m 2风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P=_________，大小约为_____W （取－位有效数字）2、两个人要将质量M ＝1000 kg 的小车沿－小型铁轨推上长L ＝5 m ，高h ＝1 m 的斜坡顶端．已知车在任何情况下所受的摩擦阻力恒为车重的0.12倍，两人能发挥的最大推力各为800 N 。

高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。

已知它落到水面上时相对于O 点（D 点正下方）的水平距离10m OB =。

为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为8m ，轮子半径为0.4m （传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求 (1)玩具滑车到达D 点时对D 点的压力大小。

(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。

(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。

【答案】(1)80N ；(2)6m/s ，6m ；(3)见解析。

【解析】 【详解】(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：2DD v F mg m R-=解得2210=404=80N 10D D v F mg m R =++⨯；(2)若无传送带时，由平抛知识可知：D x v t =解得1s t =如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：221122D mv mv mgL μ-=- 解得v =6m/s因为6m/s 2m/s v gR =>=，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：'6m x vt ==(3)①若传送带的速度v ≤6m/s ，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m ； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足'221122D mv mv mgL μ-= 解得'241m/s v =若传送带的速度241m/s v ≥，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为241m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为241m x vt ==；③若传送带的速度10m/s≥v ≥6m/s ，则小车在传送带上运动时先减速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=v m ；④若传送带的速度241m/s ≥v ≥10m/s ，则小车在传送带上运动时先加速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt =v m 。

2018高考最直击人心的物理宝典：动能 动能定理及其应用一、单项选择题1．如图所示，质量为m 的物块，在恒力F 的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 点的过程中，力F 对物块做的功W 为( )[:A ．W ＞12mv 2B －12mv 2AB ．W ＝12mv 2B －12mv 2AC ．W ＝12mv 2A －12mv 2BD ．由于F 的方向未知，W 无法求出2.在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门，如图所示．球门高度为h ，足球飞入球门的速度为v ，足球的质量为m ，则红队球员将足球踢出时对足球做功W 为(不计空气阻力)( )A ．等于mgh ＋12mv 2B ．大于mgh ＋12mv 2C ．小于mgh ＋12mv 2D ．因为球被踢入球门过程中的运动曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定3．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地面高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )A.H 9B.2H 9C.3H 9D.4H 94．两个滑雪运动员分别从高为H 1和H 2的斜坡上由静止开始下滑，到达C 点时两位刚好静止．已知他们与斜面及水平面的动摩擦因数相同，他们的运动过程在水平线上的投影长度分别为L 1和L 2，则( )[:A.H 1L 1＝H 2L 2B.H 2L 1＝H 1L 2C.L 1H 1＝H 2L 2 D ．条件不足，无法判断 二、双项选择题5．一个小球从高处自由落下，则小球获得的动能( ) A ．与它下落的高度成正比 B ．与它下落高度的平方成正比 C ．与它下落的时间成正比 D ．与它下落时间的平方成正比6．质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )A ．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍[:C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍7．如图，弹簧被质量为m 的小球压缩，小球与弹簧不黏连且离地面的高度为h.不计空气阻力，将拉住小球的细线烧断，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．落地时的动能等于mghD ．落地时的动能大于mgh8．如图所示，质量为 m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 的水平距离为s.下列说法中正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是Fs －mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2－Fs三、非选择题9．一总质量m ＝30×103kg 的列车以恒定功率P ＝60×103W 从车站由静止出发行驶300 s ，位移达到4 000 m ，速度达到最大为20 m/s ，则列车所受的平均阻力为多大？[:数理化] [:10．如图所示，一半径为R 的半圆形轨道BC 与一水平面相连，C 为轨道的最高点，一质量为m 的小球以初速度v 0从圆形轨道B 点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点C ，然后做平抛运动．求：[:(1)小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离；(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功．11．质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k －x 的图象如图所示．求：(g 取10 m/s 2)(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小？ [: [: 参考答案1．解析：对物块由动能定理得：W ＝12mv 2B －12mv 2A ，故选项B 正确．答案：B2．解析：红队球员将足球踢出时对足球做功W 等于足球刚离开脚时的动能E k0，球在空中运动的过程中，根据动能定理有－mgh ＝12mv 2－E k0，由此可知红队球员将足球踢出时对足球做功W 等于mgh ＋12mv 2.答案：A3．解析：设小球上升至离地高度h 时，速度为v 1，由地面上抛时速度为v 0，下落至离地高度h 处时速度为v 2，设所受阻力为f.上升阶段：－mgH －fH ＝－12mv 2－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 20[:且有2mgh ＝12mv 21下降阶段：mg(H －h )－f(H －h)＝12mv 22且有mgh ＝2×12mv 22[:由上式联立得：h ＝49H.答案：D4．解析：由于物体在斜面上下滑的过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmgco s θ·s＝μmgL(s 为在斜面上的位移，θ为斜面的倾角，L 为运动过程在水平线上的投影长度)．由此可对左边运动员，根据动能定理列式得：MgH 1－μMgL 1＝0－0，得μ＝H 1L 1；同理对右边运动员，有：μ＝H 2L 2；所以H 1L 1＝H 2L 2.答案：A5．解析：根据动能定理得：E k ＝mgh ，故A 正确B 错误；又h ＝12gt 2，有E k ＝12mg 2t 2，故C 错误D 正确．答案：AD6．解析：由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 正确；由动能定理知：W 1＝12mv 2，W 2＝12m(2v)2－12mv 2＝32mv 2，故B 正确，C 、D 错误．答案：AB7．解析：由于弹簧对小球的弹力在烧断细绳瞬间不会突然消失，故受向右的弹力而会被弹簧弹向右方，这样的速度与重力形成夹角，故做曲线运动，落地时的动能大于mgh.[:数理化]答案：BD8．解析：小车克服重力所做的功与路程无关，与高度有关，故A 正确；合力对小车做的功等于其动能的增加，即为12mv 2，B 对；推力对小车做的功为Fs ，故C 错误；阻力为变力，其做功要运用动能定理：Fs ＋W t －mgh＝12mv 2－0，得W t ＝12mv 2＋mgh －Fs ，故D 错误． 答案：AB[:9．解析：由于以恒定功率启动的过程中牵引力为变力，故要采用动能定理，设列车所受的平均阻力为F f ，根据动能定理有：Pt －F f s ＝12mv 2－0，得：F f ＝3×103N.答案：3×103N10．解析：(1)小球刚好通过C 点，由牛顿第二定律mg ＝m v 2CR小球做平抛运动，有2R ＝12gt 2，s ＝v C t解得小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离 s ＝2R.(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点，由动能定理 －mg·2R－W f ＝12mv 2C －12mv 2解得小球克服摩擦阻力做功 W f ＝12mv 20－52mgR.答案：(1)2R (2)12mv 20－52mgR11．解析：(1)从图线可知初动能为2 J E k0＝12mv 2＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为f，则－fx2＝0－10＝－10 (J)f＝－10－4＝2.5 (N)因f＝μmg，故μ＝fmg ＝2.510＝0.25.[:数理化](3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力f的作用，合力为F－f，根据动能定理有(F－f)·x1＝ΔE k故F＝ΔE kx1＋f＝10－24＋2.5＝4.5 (N).答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。

专题5.2 动能和动能定理1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。

知识点一 动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。

(2)公式：E k ＝12mv 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。

(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。

(4)标矢性：动能是标量，只有正值。

(5)动能的变化量：ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21。

知识点二 动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。

(2)表达式：W ＝ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。

(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。

(4)适用条件①既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

考点一 动能定理的理解及应用【典例1】(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【答案】C【解析】小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g ＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR 。