高中物理5-2第2讲动能和动能定理.ppt

第2讲动能定理及其应用思维诊断(1)动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能．()(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．()(3)动能不变的物体所受合外力一定为零．()(4)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的平方成正比．()(5)物体做变速运动时动能一定变化．()考点突破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．合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变．4．高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．5．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．mv2变式训练1如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A．不变B．变小C．变大D．变大变小均可能＝Mv＋.显然考点二动能定理的应用1.应用动能定理解题的步骤：2．注意事项：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据．(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．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．[例2]如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.2m1－④点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为＋1－－2m1－＋1－－f m考点三用动能定理处理多过程问题优先考虑应用动能定理的问题(1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．(3)变力做功的问题．(4)含有F、l、m、v、W、E k等物理量的力学问题．[例3]如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.5，加速阶段AB的长度l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点撤去拉力，取g＝10 m/s2.试问：(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？(2)满足第(1)的条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？(3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围．[解析](1)设小车恰好通过最高点的速度为mg＝mv20R①变式训练3如图所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h＝0.8 m，质量为m＝2 kg的小物块M从斜面顶端A处由静止滑下，从O点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C.已知斜面的倾角θ＝53°，动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g＝10 m/s2，下滑时逆着毛的生长方向．求：(1)弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)．(2)若物块M能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？(3)物块M在斜面上下滑过程中的总路程．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．A．2 m/sB．8 m/s类题拓展质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方v20的关系图象，已知v202＝2v201，下列描述中正确的是()A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是v2H H⎛⎫11质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力2R，得v＝gR.对质点的下滑过程应用动能定理，，C正确．．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好。

第2讲　动能和动能定理教材知识萃取1. 如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ,其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。

若摩托车经过a 点时的动能为E 1,它会落到坑内c 点,c 与a 的水平距离和高度差均为h ;若经过a 点时的动能为E 2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。

�2�1等于A.20 B.18C.9.0D.3.01.B 摩托车落到c 点时,根据平抛运动规律有h =v 01t 1,h =12g �12,解得�012=�ℎ2;同理摩托车落到b 点时有�022=9gh 。

又动能E 1=12m �012、E 2=12m �022,所以�2�1=18,故A 、C 、D 项错误,B 项正确。

答案2. 某音乐喷泉一个喷水管的流量为Q =0.04 m 3/s,喷出的水最高可达20 m 的高度,已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3,不计空气阻力和水滴之间的相互作用,用于该喷水管的电动机功率约为A.8.0×103 WB.8.0×104 WC.2.0×103 WD.2.0×104 W2.A 根据题意,水离开管口的速度大小v =2� =2×10×20 m/s=20 m/s,设给喷管喷水的电动机输出功率为P ,很短一段时间Δt 内喷出的水柱的质量m =ρ·V =ρQ Δt ,根据动能定理可得P Δt =12mv 2,代入数据解得P =8.0×103 W,故A 正确,BCD 错误。

答案3. [多选]游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC部分轨道水平。

一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力为2.5mg,重力加速度大小为g。

下列说法正确的是A.小孩到达B点时的速度大小为2�B.小孩到达B点时的速度大小为6�2mgRC.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14mgRD.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12教材素材变式3.BC　根据牛顿第三定律可知,小孩在B点处受到轨道的支持力N=2.5mg,根据牛顿第二定律有N-mg=��2,解得v=6�2,故选项A错误,B正确;根据动能定理有mgR-W f=12mv2,将v=6�2代入可求出小孩从A到B克服摩擦力做的功W f=14mgR,故选项C正确,D错误。

第2讲动能和动能定理及其应用1•质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行, 直至停止，则（）.A .质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功一样多解析由动能定理可得一F f x= 0- E k，即卩mg^E k，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k.答案 BD2. 一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g= 10 m/s2,关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（A .合外力做功50 J B.阻力做功500 JC.重力做功500 J D .支持力做功50 J解析合外力做的功 W合=E k-0,即W合=舟mv2 = * 25X 22 J= 50 J,正确；W + W阻=E k — 0,故 W阻=知2— mgh= 50 J- 750 J=- 700 J,错误；重力做功W G= mgh= 25X 10X 3 J= 750 J, C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零， D错.答案 A3.在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是（取向上为正方向）（）解析小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化先减小后反向增大,度为V ，则在整个过程中（ ）.A 对；位移和动能与时间不是线性关系， C 、D 错. 答案A4. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一. 如图1所示的图线1、2分别 为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离 I 与刹车前的车速V 的关系 曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦.据此可知，下列说法中 正确的是（）.A. 甲车的刹车距离随刹车前的车速 V 变化快，甲车的刹车性能好B. 乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C. 以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D.甲车的刹车距离随刹车前的车速 V 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大1 2解析在刹车过程中，由动能定理可知：口 mg^-mv 2, 得2 2I=27f2a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小（题图线1），乙车与地面间动摩 擦因数大（题图线2）,刹车时的加速度a=ug 乙车刹车性能好；以相同的车 速开始刹车，乙车先停下来.B 正确. 答案 B5 .如图2所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的物 体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水 平面成a角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速A .支持力对物体做功为解析木板由水平转到与水平面成 a 角的过程中，木板对物体的支持力做正 功，重力做负功，两者相等，即 W = W N = mgLsin a,所以A 错误；物体从 开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由 1 2 1 2 动能定理得 W G + W = qmv 2 — 0,即 W=qmv 2— mgLsin a,故C 正确、B 错误; 对全过程运用能量观点，重力做功为 0,无论支持力还是摩擦力，施力物体 1 都是木板，所以木板做功为2mv 2, D 正确. 答案 CD6. 如图3所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从 山坡（粗糙）底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B,获得速度为V, A 、B 之间的水平距离为X, 重力加速度为g.下列说法正确的是（A .小车克服重力所做的功是mgh B. 合外力对小车做的功是2mv 21C.推力对小车做的功是"mv 2 + mgh 1 2D. 阻力对小车做的功是2mv 2+ mgh — FxB.摩擦力对物体做功为mgLs in aC.摩擦力对物体做功为 2mv 2— mgLs in a 1 D.木板对物体做功为2二 mv 2 )解析：小车克服重力做功 W= mgh, A正确；由动能定理，小车受到的合力1 2所做的功等于小车动能的增量， W合=AE k=2mv2, B正确；由动能定理，W1 2 1 2 1 2合=W推+ W重+ W阻=qmv，所以推力做的功 W推= 2mv — W阻一W重= 2mv1 2 1 2+ mgh— W阻，C错误；阻力对■小车做的功 W阻=2mv2—W推一W重= 2mv2+ mgh— Fx, D 正确.答案：ABD7.如图4所示，竖直平面内有一个半径为 R的半圆形轨道OQP,其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道 OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过 O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点 P,然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）.1Jco£图4A .小球落地时的动能为2.5mgRB.小球落地点离O点的距离为2RC.小球运动到半圆形轨道最高点 P时，向心力恰好为零D.小球到达Q点的速度大小为＞/3派2 1解析小球恰好通过P点，mg= mR得vo^/gR.根据动能定理mg 2R=2mv2—2mv0得^mvJ 2.5mgR, A正确.由平抛运动知识得t= ,落地点与O 点距离x= v o t= 2R，B正确.P处小球重力提供向心力，C错误.从Q到P〔___ 1 ____________________由动能定理得—mgR= 2m(VgR)2— 2mv Q，所以V Q=^/3gR, D正确.答案 ABD8太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车. 当太阳光照射到汽车上方的光电板时, 光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进.设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t,速度为V时功率达到额定功率，并保持不变.之中所受阻力恒为f,则下列说法正确的是（ A .汽车的额定功率为fV maxC. 汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为 ^mv max — 2mv 2D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为1 12 1=2fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得 W — W=gmv max — 0, ^fvt +fs,可知选项C 错误、D 正确. 答案 AD9. 质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数 尸0.1的水平面上，在水平 拉力的 作用下由静止开始运动，水平拉力做的功 W 和物体发生的位移L 之间的关系如 图5所示，重力加速度g 取10 m/s 2,则此物体（）A .在位移L = 9 m 时的速度是3\/3 m/s B. 在位移L = 9 m 时的速度是3 m/s C. 在0A 段运动的加速度是2.5 m/S 2D. 在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L= 9 m 时，W= 27 J,而W f =—卩mg 匕—18 J,则W 合 1 2 =W+ W = 9 J,由动能定理有 W 合=2mv 2,解得v = 3 m/s, B 正确，在A 点后汽车又继续前进了距离S,达到最大速度V max .设汽车质量为m,运动过程B.汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt^mv max解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡, 功率为额定功率, 则可知 选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x=gvt ，克服阻力做功为W时，W = 15 J, W f‘ =—卩mgL = — 6 J,由动能定理可得V A= 3 m/s,贝U av A 2=2L^= 1.5 m/s , D 正确.答案：BD10.如图6所示为某娱乐场的滑道示意图，其中 AB为曲面滑道，BC为水平滑道，水平滑道BC与半径为1.6 m的4圆弧滑道CD相切，DE为放在水平地面上的海绵垫.某人从坡顶滑下，经过高度差为 20 m的A点和B点时的速度分别为2 m/s和12 m/s，在C点做平抛运动，最后落在海绵垫上E点.人的质量为70 kg,在BC段的动摩擦因数为0.2.问:⑴从A到B的过程中，人克服阻力做的功是多少？(2)为保证在C点做平抛运动，BC的最大值是多少?(3)若BC取最大值，则DE的长是多少？1 1解析⑴由动能定理：W3— W f= 2mv B— qmv A得：9 100 J.(2)BC 段加速度为：a= 2 m/s2,2F v m J—设在C点的最大速度为v m,由mg= m—, v m = gr = 4 m/s,v B — v m 'BC的最大值为：S BC = —越 =32 m, BC的长度范围是0〜32 m.(3)平抛运动的时间：t = \/鲁= 7032= 0.566 S,BC取最大长度，对应平抛运动的初速度为 V m= 4 m/s，平抛运动的水平位移：s平=v m t= 2.26 m，DE 的长：S DE = S 平一r = 2.26 m— 1.6 m= 0.66 m.答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11.如图7甲所示，一质量为m= 1 kg的物块静止在粗糙水平面上的 A点，从t=0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力 F作用并向右运动，第 3 s末物块运动到B点时速度刚好为0,第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数尸0.2, (g取10 m/s2)求：-A(1)A与B间的距离;(2)水平力F在5 s内对物块所做的功.解析：⑴在3〜5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点,设加速度大小为a, A与B间的距离为S,则F —卩 mg 2 a= m= 2 m/s1 2 s= qat = 4 m.即A与B间的距离为4 m.(2)设整个过程中F做的功为W F，物块回到A点时的速度为V A,由动能定理1得W— 2 卩 mg^^mv A, V A= 2as,由以上两式得W F= 2 卩 mg^ mas= 24 J.答案：(1)4 m (2)24 J 12.如图8所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数,其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m、细杆可绕轴0在竖直平面内自由转动，摆锤重心到0点距离为L,测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与0等高的位置处静止释放.摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离 s(s? L)，之后继续摆至与竖直方向成0角的最高位置.若摆锤对地面的压力可视为大小为 F的恒力,重力加速度为g,求:劃专网I丄(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功;(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数.解析(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究.因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能 AE等于减少的重力势能，即：AE= mgLcos 0(2)对全程应用动能定理： WG + W= 0,②W G = mgLcos 0 ③由②、③得 W f=- W G = — mgLcos 0 ④(3)由滑动摩擦力公式得f^uF ⑤摩擦力做的功W f= — fs，⑥——、•、、—、,=mgLcos 0④、⑤式代入⑥式得：尸 Fs . ⑦答案（1）mgLcos 0 ⑵—mgLcos 0 ⑶盹詈'0。

第2讲 动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。

2．公式：E k ＝12m v 2。

3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。

4．动能是标量，是状态量。

5．动能的变化：ΔE k ＝12m v 22－12m v 21。

二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。

3．物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。

4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)动能定理既适用于恒力做功，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，也可以分阶段作用。

【自测 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合力为零，则合力做功一定为零B ．合力做功为零，则合力一定为零C ．合力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体所受合力一定为零答案 A命题点一 动能定理的理解1．两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。

(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。

当然动能定理也就不存在分量的表达式。

【例1 随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( )图1A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的加速度成正比答案 B解析 列车在启动阶段做v 0＝0的匀加速直线运动，列车的动能E k ＝12m v 2＝12m (at )2＝12m ·(2ax )，可见B 正确，A 、C 、D 错误。

【针对训练1】 (多选)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，则下列判断正确的是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J答案 AC解析 因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加了3 J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 正确，D 错误。

第六章 机械能第2讲 动能和动能定理课标要求核心考点五年考情核心素养对接1.理解动能和动能定理.2.能用动能定理解释生产生活中的现象.动能和动能定理的基本应用2023：新课标T15，山东T15；2022：上海T19；2020：浙江1月T20；2019：北京T24，天津T101.物理观念：理解动能和动能定理，会用动能定理分析问题.2.科学思维：利用功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理的表达式.3.科学探究：通过对动能定理的学习，探索功与动能的关系.4.科学态度与责任：能用动能定理解决实际问题，激发学习兴趣，提高应用能力.动能定理与图像的综合应用2023：新课标T20；2022：江苏T8；2021：湖北T4； 2020：江苏T4； 2019：全国ⅢT17命题分析预测动能和动能定理是历年高考的热点，题型为选择题或计算题，命题背景可能是生产生活、体育运动等实际情境.预计2025年高考可能会结合图像或实际问题考查动能和动能定理相关知识.考点1 动能定理的理解和基本应用1.动能定义物体由于运动而具有的能叫动能公式 E k ＝[1] 12mv 2 .单位为焦耳，1J ＝1N·m ＝1kg·m 2/s 2标矢性 动能是[2] 标量 ，只有正值状态量动能是状态量，因为v 是瞬时速度2.动能定理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[3] 动能的变化表达式 W ＝[4] 12m v 22－12m v 12或W ＝E k2－E k1物理意义[5] 合力 做的功是物体动能变化的量度适用条件 ①既适用于直线运动，也适用于[6] 曲线运动②既适用于恒力做功，也适用于[7] 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[8] 间断作用如图，一架喷气式飞机，质量m 为7.0×104kg ，起飞过程中从静止开始滑跑.当位移l 达到2.5×103m 时，速度达到起飞速度80m/s .在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的150，g 取10m/s 2.（1）飞机起飞时的动能是 2.24×108 J.（2）此过程飞机的动能变化量是 2.24×108 J.（3）飞机的平均牵引力是 1.036×105 N.解析 （1）E k ＝12mv 2＝2.24×108J（2）ΔE k ＝E k －E k0＝2.24×108J（3）在此过程中对飞机由动能定理可知F 牵l －150mgl ＝12mv 2－0，解得飞机的平均牵引力F牵＝1.036×105N.命题点1 动能定理的理解1.[直线运动中动能定理的理解]如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定（ A ）A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析 由动能定理有W F -W f ＝E k -0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，故A 正确.2.[曲线运动中动能定理的理解]滑雪运动深受人民群众喜爱.如图所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中（ C ）A.所受合力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合力做功一定为零D.机械能始终保持不变解析 运动员做匀速圆周运动，所受合力指向圆心，故A 错误；由动能定理可知，合力做功一定为零，故C 正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，故B 错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，故D 错误. 命题拓展命题条件不变，一题多设问运动员沿AB 下滑过程中（ C ）A.重力做的功大于摩擦力做的功B.运动员的动能变化量大于摩擦力做的功C.支持力不做功D.运动员的加速度为零解析 运动员下滑过程中速率不变，由动能定理可知重力做的功等于摩擦力做的功，故A 错误；运动员的动能没有变化，动能变化量小于摩擦力做的功，故B 错误；运动员做圆周运动，支持力不做功，故C 正确；运动员做匀速圆周运动，加速度不为零，故D 错误. 命题点2 动能定理的简单计算3.[动能定理在选择题中的简单计算/2024河北石家庄模拟]“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m 的发光物体（可看作质点）放在半径为r 的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心A ，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A 点转动，角速度从0增大至ω的过程中，发光物体始终相对碟子静止.已知发光物体与碟子间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g ，此过程发光物体所受的摩擦力（ D ）A.方向始终指向A 点B.大小始终为μmgC.做的功为12mωrD.做的功为12mω2r 2解析 角速度从0增大至ω的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，可知发光物体 有切向加速度，摩擦力等于发光物体所受的合力，提供发光物体切向加速度和向心 加速度，可知摩擦力方向不是始终指向A 点，故A 错误；角速度从0增大至ω的过程 中，发光物体未发生滑移，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，发光物体做圆周运 动所需的向心力在增大，切线方向的合力在变化，故发光物体所受摩擦力大小不是 始终为μmg ，故B 错误；根据动能定理有摩擦力做的功为W ＝12mv 2-0＝12mω2r 2，故C 错误，D 正确.4.[动能定理在计算题中的简单计算/2024陕西西安模拟]如图，用打夯方式夯实地面的过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小相等、方向与竖直方向成37°角的力F，使重物恰好脱离水平地面并保持静止，然后突然一起发力使重物升高0.4m后立即停止施力，重物继续上升0.05m，最后重物自由下落把地面砸深0.05m.已知重物的质量为40kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.忽略空气阻力，求：（1）F的大小；（2）从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间；（3）地面对重物的平均阻力的大小.答案（1）250N（2）0.4s（3）4000N解析（1）重物处于平衡状态，则有2F cos37°＝mg代入数据解得F＝250N.（2）设停止施力时，重物的速度为v，发力使重物上升的高度为h1，停止发力后重物继续上升的高度为h2，从两人停止施力到重物恰好接触地面所经历的时间为t，则有v2＝2gh2vt －12gt2＝－h1联立解得t＝0.4s.（3）设地面对重物的平均阻力为f，重物落地后把地面砸深h3，重物从最高点到最低点的过程，由动能定理有mg（h1＋h2＋h3）－fh3＝0解得f＝4000N.方法点拨动能定理的使用及注意事项应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息注意事项（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）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，也可以对全过程应用动能定理求解（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能命题点3利用动能定理求变力做功5.[动能定理求变化的摩擦力做功]如图，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（ C ）A.W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B.W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C.W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D.W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析 根据牛顿第二定律得4mg -mg ＝m v N 2R，解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度v N＝√3gR ，从质点由静止释放到运动至最低点N ，根据动能定理得mg ·2R -W ＝12m v N 2-0，解得W ＝12mgR . 从P 到N 和从N 到Q ，分析可知相同高度处，从N 到Q 过程的速率较小，支持力较小，对应的滑动摩擦力较小，故从N 到Q 过程中质点克服摩擦力做的功W'较小，即W ＞W'.从N 到Q 利用动能定理得E k Q -12m v N 2＝-mgR -W'，解得E k Q ＝12m v N 2-mgR -W'＝12mgR -W'＞0，所以质点到达Q 点后，还能继续上升一段距离，故C 正确，A 、B 、D 错误. 6.[动能定理求变化的弹力做功]如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为（重力加速度为g ，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内）（ B ）A.√2gℎB.√gℎC.gℎ2D.0解析 小球A 下降h 过程，根据动能定理，有mgh -W 弹＝0，小球B 下降h 过程，根据动能定理，有2mgh -W 弹＝12×2mv 2-0，联立解得v ＝√gℎ，故B 正确.考点2 动能定理与图像的综合应用五类图像中所围“面积”或斜率的意义对下列相关图像的说法进行判断.（1）W －x 图线的斜率表示的是W 对应的力F .（ √ ）（2）E k －x 图线的斜率表示的是物体所受的拉力.（ ✕ ）（3）P －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）（4）F －x 图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）命题点1 E k －x 图像7.[2024湖北武汉摸底/多选]我国民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点.该过程无人机的动能E k 随上升高度h 的关系如图所示.已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的四分之一.则下列结论正确的有（ ACD ）A.无人机的升力大小为75NB.空气阻力的大小为40NC.无人机的重力大小为40ND.加速与减速的加速度大小之比为1：2解析 由动能E k 与上升高度h 的关系图，可知图像斜率绝对值表示合力的大小，故加速阶段的合力大小为F 合＝F 升-mg -f ＝502 N ＝25 N ，减速阶段的合力大小为F'合＝mg ＋f ＝501 N ＝50 N ，又f ＝0.25mg ，联立解得F 升＝75 N ，f ＝10 N ，mg ＝40 N ，故A 、C 正确，B 错误；根据牛顿第二定律可知，加速与减速的加速度大小之比为a a ＝FF ' ＝2550＝12，故D 正确.命题点2 F －x 图像8.[多选]在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，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像.已知重力加速度g＝10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ABC）A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间解析物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝Fmg ＝0.35，故A正确；减速过程中，由动能定理得W F＋W f＝0-12mv2，根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算拉力F做的功W F，而W f＝-μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，故B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，故D错误.命题点3其他图像9.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（C）图甲图乙A.0～6s内物体位移大小为36mB.0～6s内拉力做的功为30JC.合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D.滑动摩擦力大小为5N解析v-t图线与t轴围成的面积表示位移，结合题图甲可知，0～6 s内物体的位移大小为30 m，故A错误；P-t图线与t轴围成的面积表示拉力做的功，结合题图乙可得，0～6 s内拉力做的功为70 J，故B错误； 0～6 s内与0～2 s内动能变化量相等，由动能定理可知，合力做的功相等，故C正确；由题图甲知物体在2～6 s内做匀速直线运动，此时拉力等于滑动摩擦力，结合题图乙，得F＝Pv ＝53N，故D错误.方法点拨解决动能定理与图像问题的基本步骤1.[v－t＋F－t图像/2023福建/多选]甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动.以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合力—时间图像如图（b）所示.则（BC）A.0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B.乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同C.2～6s内，甲、乙两车的位移不同D.t＝8s时，甲、乙两车的动能不同解析v－t图像中图线的斜率表示加速度，由图（a）可知0～2s内甲车的加速度大小不变，选项A错误；F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量，由图（b）可知2～6s内乙车的动量变化量为零，所以t＝2s和t＝6s时速度相同，选项B正确；在v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，在2～6s内，由图（a）得甲车位移为零，将图（b）转换为v－t图像，如图（c），可知乙车位移不为零，选项C正确；由图（a）、图（c）可得，当t＝8s 时，甲、乙两车速度均为零，选项D错误.2.[E k－x图像/2022江苏]某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳.将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力.此过程中，运动员的动能E k与水平位移x的关系图像正确的是（A）解析3.[W －L 图像/多选]质量为2kg 的物体，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10m/s 2，则此物体（ BD ）A.在位移L ＝9m 时的速度大小是3√3m/sB.在位移L ＝9m 时的速度大小是3m/sC.在OA 段运动的加速度大小是2.5m/s 2D.在OA 段运动的加速度大小是1.5m/s 2解析 由图像可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W f ＝-μmgL ＝-18 J ，由动能定理有W 合 ＝W ＋W f ＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，故A 错误，B 正确；在A 点时，W'＝15 J ，W'f ＝-μmgL'＝-6 J ，由动能定理可得W'＋W'f ＝12m v A 2，解得v A ＝3 m/s ，则a ＝v A 22L '＝1.5 m/s 2， 故C 错误，D 正确.4.[动能的分析/2023山东]电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火.电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度.如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L ＝60m ，灭火弹出膛速度v 0＝50m/s ，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8.（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H ；（2）已知电容器储存的电能E ＝12CU 2，转化为灭火弹动能的效率η＝15％，灭火弹的质量为3kg ，电容C ＝2.5×104μF ，电容器工作电压U 应设置为多少？答案 （1）60m （2）1000√2V解析 （1）设灭火弹由炮口运动至高楼处的时间为t ，则在水平方向上有L ＝v 0cos θ·t在竖直方向上有H ＝v 0sin θ·t －12gt 2解得H ＝60m（2）根据题意可知E k ＝ηE ＝15％×12CU 2又因为E k ＝12m v 02联立可得U ＝1000√2V.1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）A.物体只有做匀速运动时，动能才不变B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A 错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B 错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C 正确；根据E k ＝12mv 2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D 错误.2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）A.质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功不相等解析 由动能定理可得-F f x ＝0-E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k ，故B 正确.3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g ）（ B ）A.0B.mghC.12mv 2－mghD.12mv 2＋mgh解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h 的过程分析，由动能定理有mgh -W f ＝0，即W f ＝mgh ，B 正确，A 、C 、D 错误.4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B ，质量为m 的小物块从圆弧轨道的顶端A 由静止滑下，经过B 点后沿水平轨道运动，并停在到B 点距离等于圆弧轨道半径的C 点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .物块到达B 点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）A.2μmgB.3mgC.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg解析 设圆弧轨道的半径为r ，物块从B 到C 的过程，由动能定理得-μmgr ＝0-12m v B 2，在B点，由牛顿第二定律得N -mg ＝m v B2r，联立解得N ＝(1＋2μ)mg ，由牛顿第三定律可知，物块到达B 点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N ＝(1＋2μ)mg ，故C 正确.5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x 轴.一质量为2kg 的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x 轴正方向运动，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如图乙所示.重力加速度g ＝10m/s 2，斜面足够长.物体沿x 轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22mB.物体沿斜面向上运动的时间为4sC.在x ＝5m 时，拉力的功率为100√2WD.拉力的最大功率为300W解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W ＝Fx ，可看出W -x 图像的斜率大小代表拉力大小F . 则对物体由O 点运动到x ＝5 m 的过程，根据动能定理有，W 1-mg sin θ·x 1＝12m v 12，结合题图乙可解得物体的速度v 1＝5√2 m/s ，在x ＝5 m 时，拉力F 1＝ΔWΔx ＝20 N ，则此时拉力的功率P 1＝F 1v 1＝100√2 W ，故C 正确.物体运动到x ＝10 m 时，拉力的功率最大，则对物体由O 点运动到x ＝10 m 的过程，设运动的时间为t 1，根据动能定理和运动学公式有W 2-mg sin θ·x 2＝12m v 22，x 2＝v22t 1，结合题图乙可解得v 2＝10 m/s ，t 1＝2 s ，则此时拉力的功率P 2＝F 1v 2＝200 W ，故D 错误.对物体由x ＝10 m 处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t 2，受到的拉力F 2＝ΔW 'Δx '＝2 N ，由牛顿第二定律有mg sin θ-F 2＝ma 1，解得物体的加速度a 1＝4 m/s 2，运动的时间t 2＝v2a 1＝2.5 s ，该过程运动的位移x 3＝v22t 2＝12.5 m ，则物体沿斜面向上运动的最大位移x max ＝x 2＋x 3＝22.5 m ，故A 错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝4.5 s ，B 错误.6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R 的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m 的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg 和8mg .设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W ，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F ，重力加速度为g ，则（ BD ）A.W ＝2mgRB.W ＝mgRC.3mg ＜F ＜4mgD.2mg ＜F ＜3mg解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg 和7mg ，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v 1和v 2，根据牛顿第二定律有9mg ＝mv 12R和7mg ＝mv 22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W ＝12m v 22−12m v 12，联立解得W ＝mgR ，故A 错误，B 正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W 1＞W 2，下降时克服摩擦力做功W 2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v 3，筒壁对小球的弹力满足F ＋mg ＝mv 32R，上升过程由能量守恒定律得12m v 12＝12m v 32＋2mgR ＋W 1，解得F ＜3mg ，由W 1＜W ，解得F ＞2mg ，故C 错误，D 正确.7.如图（a ）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图（b ）所示.重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ A ）图（a ） 图（b ）A.m ＝0.7kg ，f ＝0.5NB.m ＝0.7kg ，f ＝1.0NC.m ＝0.8kg ，f ＝0.5ND.m ＝0.8kg ，f ＝1.0N解析 0～10 m 内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s -fs ＝E k -E k0，整理得E k ＝E k0-(mg sin 30°＋f )s ，结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值｜k ｜＝mg sin 30°＋f ＝4 N ；10～20 m 内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f )(s -s 1)＝E k ，整理得E k ＝(mg sin 30°-f )s -(mg sin 30°-f )s 1，结合10～20 m 内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f ＝3 N ，联立解得f ＝0.5 N 、m ＝0.7 kg ，故A 正确，B 、C 、D 错误.8.[多选]如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h 、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（ AB ）A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为√2gℎ7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg ·2h -μmg cos 45°·ℎsin45°-μmg cos 37°·ℎsin37°＝0，解得μ＝67，故A 正确； 滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh -μmg cos 45°·ℎsin45°＝12m v m 2，解得v m ＝√2gℎ7，故B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，故C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mgsin37°−μmgcos37°m＝-335g ，故加速度大小为335g ，故D 错误.9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）A.受到的合力较小B.经过A 点的动能较小C.在A 、B 之间的运动时间较短D.在A 、B 之间克服摩擦力做的功较小解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F 合上＝mg sin θ＋μmg cos θ，F 合下＝mg sin θ-μmg cos θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A 错；滑块由A到B 的过程，有2a 上x AB ＝v A 上2，由B 到A 的过程，有2a 下x AB ＝v A 下2，又F 合上＞F 合下，则a 上＞a 下，故v A 上＞v A 下，图甲中滑块经过A 点的动能较大，B 错；将滑块由A 到B 的过程逆向思维为由B 到A 的初速度为0、加速度大小为a 上的匀加速运动，则x AB ＝12a 上t 上2，又x AB ＝12a 下t 下2，a 上＞a 下，故t 上＜t 下，即图甲中滑块在A 、B 之间的运动时间较短，C 对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB 的距离相等，根据W ＝fx 可知在A 、B 之间克服摩擦力做的功相等，D 错.10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M ＝1kg 的木板在x ＝0位置时有水平向左、大小为4m/s 的初速度.长木板受到的水平拉力F 与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g 取10m/s 2，关于木板在0～8m 内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）A.长木板的最小速度为2m/sB.x ＝4m 时长木板的速度大小为4m/sC.2～6m 内，长木板动能的增量为15JD.x ＝6m 和x ＝8m 时的速度大小相等解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f ＝μMg ＝6 N ，根据题图乙可知2 m 处拉力为6 N ，所以2 m 前木板减速，2 m 后木板加速，2 m 时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12M v min 2−12M v 02＝-fx 0＋F 0×x 02，解得v min ＝2m/s ，故A 正确；在0～4 m 内，根据动能定理有12M v 12−12M v 02＝-fx 1＋F 1×x 12，F 1＝12 N ，解得v 1＝4 m/s ，故B 正确；在2～6 m 内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔE k ＝6+122×2 J ＋8+122×2 J-6×(6-2) J ＝14 J ，故C 错误；在6～8 m 内，合外力做的功W 合＝4+82×2 J-6×2 J ＝0，所以木板在x ＝6 m 和x ＝8 m 时的动能不变，速度大小相等，故D 正确. 11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v 1，牵引力为F 1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v 2，牵引力为F 2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v 3，牵引力为F 3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）A.v 1＞v 3＞v 2B.v 1＜v 2＜v 3C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等D.F 1＜F 3＜F 2解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F 1＋mg sin θ-μmg cos θ＝0，P ＝F 1v 1，汽车向上匀加速行驶时有F 2-mg sin θ-μmg cos θ＝ma ，P ＝F 2v 2，汽车向上匀 速行驶时，有F 3-mg sin θ-μmg cos θ＝0，P ＝F 3v 3，联立可得F 1＜F 3＜F 2，v 1＞v 3＞ v 2，故A 、D 正确，B 错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能 变化量ΔE k ＝12m (v ＋at )2-12mv 2＝2vat ＋a 2t 22m ，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化不同，故C 错误.12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg 的小物体静止在水平台面上，在水平推力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴运动，F 与物体坐标x 的关系如图2所示.在x ＝4m 时撤去力F ，同时物体从平台飞出，落到距离台面h ＝0.45m 的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力.求：（1）x ＝1m 时，物体的加速度大小a ；（2）x ＝2m 时，力F 的功率P ；（3）物体落地点离平台的水平距离x'.答案 （1）12.5m/s 2 （2）60√2W （3）65√10m解析 （1）由F －x 图像知，在0～2m 内有，F ＝（4＋4x ）N ，x ＝1m 时，F ＝8N滑动摩擦力f ＝μmg ＝34×0.4×10N ＝3N则物体的加速度a ＝F 合m ＝（8－3）0.4m/s 2＝12.5m/s 2（2）设x ＝2m 时，物体运动的速度为v 0，依据动能定理有W F －W f ＝12m v 02根据F －x 图线与x 轴围成图形的面积表示拉力做的功，知W F ＝（4+12）22J ＝16J ，又W f ＝3×2J ＝6J解得v 0＝5√2m/s此时力F 的功率P ＝Fv 0＝60√2W（3）设物体离开平台时，速度为v ，依据动能定理有W'F －W'f ＝12mv 2同理可知W'F ＝44J ，W'f ＝3×4J ＝12J物体沿平台飞出，做平抛运动，有h ＝12gt 2物体落地点离平台的水平距离x'＝vt。

第2讲 动能和动能定理1.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能．(2)公式：E k ＝12m v 2.(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2. (4)矢标性：动能是标量，只有正值． (5)动能是状态量，因为v 是瞬时速度．1．(2012·苏州模拟)一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能( )． ①与它下落的距离成正比 ②与它下落距离的平方成正比 ③与它运动的时间成正比 ④与它运动时间的平方成正比A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③ 答案 C2．(2012·中山模拟)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大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倍解析 由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 错误；由动能定理知：W 1＝12m v 2，W 2＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，故B 正确，C 、D 错误．答案 B3．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )．A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12m v 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G －W 阻＝E k －0，故W 阻＝mgh －12m v 2＝750 J －50 J ＝700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J ＝750 J ，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错．答案 A4．如图4－2－1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：图4－2－1(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．解析 (1)小球刚好通过C 点，由牛顿第二定律mg ＝m v C 2R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 ＝12m v C 2－12m v 02解得小球克服摩擦阻力做功 W f ＝12m v 02－52mgR . 答案 (1)2R (2)12m v 02－52mgR考点一 对动能定理的理解 1．动能定理公式中等号的意义等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系： (1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因． 2．准确理解动能定理动能定理⎝⎛⎭⎫W ＝ΔE k ＝12m v t 2－12m v 02适用于任何力作用下，以任何形式运动的物体(或系统)，是一标量式，不存在方向问题，它把过程量(做功)与状态量(动能)联系在一起，常用于求变力做功、分析复杂运动过程、判断能量间的转化关系等．【典例1】如图4－2－2所示，图4－2－2电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )．A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于m v 22B ．电梯地板对物体的支持力所做的功小于m v 22C ．钢索的拉力所做的功等于m v 22＋MgHD ．钢索的拉力所做的功大于m v 22＋MgH解析 以物体为研究对象，由动能定理W N －mgH ＝12m v 2，即W N ＝mgH ＋12m v 2，选项A 、B 错误．以系统为研究对象，由动能定理得：W T －(m ＋M )gH ＝12(M ＋m )v 2，即W T ＝12(M ＋m )v 2＋(M ＋m )gH >m v 22＋MgH ，选项D 正确，选项C 错误． 案 D【变式1】 (2012·山东东营)图4－2－3人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图4－2－3所示，则在此过程中( )．A ．物体所受的合外力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合外力做功为12m v 2C ．人对物体做的功为mghD ．以上说法都不对解析 物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝W F －W f －mgh ＝12m v 2，其中W f 为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W 人＝W F ＝W f ＋mgh ＋12m v 2，A 、C 错误，B 正确． 答案 B考点二 动能定理在多过程中的应用 优先考虑应用动能定理的问题 (1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题． (3)变力做功的问题．(4)含有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题． 【典例2】如图4－2－4所示，用特定材料制作的细钢轨竖直放置，半圆形轨道光滑，半径分别为R 、2R 、3R 和4R ，R ＝0.5 m ，水平部分长度L ＝2 m ，轨道最低点离水平地面高h ＝1 m ．中心有孔的钢球(孔径略大于细钢轨直径)，套在钢轨端点P 处，质量为m ＝0.5 kg ，与钢轨水平部分的动摩擦因数为μ＝0.4.给钢球一初速度v 0＝13 m/s.取g ＝10 m/s 2.求：图4－2－4(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力． (2)钢球落地点到抛出点的水平距离．解析 (1)球从P 运动到A 点过程 由动能定理得： mg ·2R －μmg ·L ＝12m v 12－12m v 02由牛顿第二定律：N －mg ＝m v 12R 由牛顿第三定律：N ＝－N ′解得：N ′＝－178 N ．故对轨道压力为178 N 方向竖直向下(2)设球到达轨道末端点速度为v 2，对全程由动能定理得：－μmg ·5L －4mgR ＝12m v 22－12m v 02解得v 2＝7 m/s 由平抛运动h ＋8R ＝12gt 2 s ＝v 2t 解得：s ＝7 m. 答案 (1)178 N 竖直向下(2)7 m——应用动能定理的解题步骤【变式2】如图4－2－5所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h ＝0.8 m ，质量为m ＝2 kg 的小物块M 从斜面顶端A 由静止滑下，从O 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B 处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C .已知斜面的倾角θ＝53°，动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，下滑时逆着毛的生长方向．求：图4－2－5(1)弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)． (2)若物块M 能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？(3)物块M 在斜面上下滑过程中的总路程．解析 (1)物块M 从斜面顶端A 运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh －μmg cos θh sin θ－E p ＝0 则弹性势能E p ＝mgh －μmg cos θhsin θ＝10 J.(2)设物块M 第一次被弹回，上升的最大高度为H ，由动能定理得mg (h －H )－μmg cos θh sin θ＝0 则H ＝h －μcos θhsin θ＝0.5 m.(3)物块M 最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理有mgh －μmg cos θ·s ＝0物块M 在斜面上下滑过程中的总路程s ＝hμcos θ＝2.67 m.答案 (1)10 J (2)0.5 m (3)2.67 m考点三 用动能定理求变力的功(小专题) 一、状态分析法动能定理不涉及做功过程的细节，故求变力功时只分析做功前后状态即可． 【典例3】如图4－2－6所示，图4－2－6质量为m 的物体被线牵引着在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为F 时，转动半径为r .当拉力增至8F 时，物体仍做匀速圆周运动，其转动半径为r2，求拉力对物体做的功．解析 对物体运用牛顿第二定律得拉力为F 时，F ＝m v 12r ，①拉力为8F 时，8F ＝m v 22r 2.②联立①②及动能定理得：拉力做功W ＝12m v 22－12m v 12＝2Fr －12Fr ＝32Fr .答案 32Fr二、过程分割法有些问题中，作用在物体上的某个力在整个过程中是变力，但若把整个过程分为许多小段，在每一小段上此力就可看做是恒力．分别算出此力在各小段上的功，然后求功的代数和．即可求得整个过程变力所做的功．【典例4】如图4－2－7所示，质量为m 的物体静图4－2－7止于光滑圆弧轨道的最低点A ，现以始终沿切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上使其沿圆周转过π2到达B 点，随即撤去外力F ，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F 至少为多大？ 解析 物体从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得 W F －mgR ＝12m v B 2①如何求变力F 做的功呢？过程分割，将AB 划分成许多小段，则当各小段弧长Δs 足够小时，在每一小段上，力F 可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋…＋F Δs 1＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs 1＋…)＝F ·π2R ②从B 点起撤去外力F ，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg ≤m v 2R ，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg .故由此机械能守恒定律得： 12m v B 2＝mgR ＋m (Rg )22③联立①②③式得：F ＝5mg π. 答案 5mgπ三、对象转换法在有些求功的问题中，作用在物体上的力可能为变力，但转换对象后，就可变为求恒力功． 【典例5】如图4－2－8所示，质量为2 kg 的木块套在光滑的竖直杆上，图4－2－8用60 N 的恒力F 通过轻绳拉木块，木块在A 点的速度v A ＝3 m/s 则木块运动到B 点的速度v B 是多少？(木块可视为质点，g 取10 m/s 2)解析 先取木块作为研究对象，则由动能定理得： W G ＋W T ＝12m v B 2－12m v A 2①其中W G ＝－mg ·AB ，W T 是轻绳上张力对木块做的功， 由于力的方向不断变化，这显然是一个变力做的功，对象转换： 研究恒力F 的作用点，在木块由A 运动到B 的过程中，恒力F 的功W F ＝F (AC －BC )，它在数值上等于W T .故①式可变形为：－mgAB ＋F (AC －BC )＝12m v B 2－12m v A 2，代入数据解得v B ＝7 m/s.答案 7 m/s【典例】 (2011·浙江卷，24)(20分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解 (1)轿车牵引力与输出功率的关系P ＝F 牵v将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得 F 牵＝Pv 1＝2×103 N ．(4分)当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N ．(2分)(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12m v 22－12m v 12(5分) 代入数据得Pt ＝1.575×105 J(3分)电源获得的电能为E 电＝50%×45Pt ＝6.3×104 J ．(2分)(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103 N ．在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，则E 电＝F 阻L ′(2分)代入数据得L ′＝31.5 m ．(2分)答案 (1)2×103N (2)6.3×104J (3)1.5 m 一、动能及动能定理的单独考查(低频考查) 1．(2009·上海单科，5)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，到达最高点后再下落至离地高度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 9 解析 设小球的初动能为E k0，阻力为F ，根据动能定理，上升到最高点有，E k0＝(mg ＋F )H ，上升到离地面h 处有，E k0－2mgh ＝(mg ＋F )h ，从最高点到离地面h 处，有(mg －F )(H －h )＝12mgh ，解以上三式得h ＝49H . 答案 D2．(2011·课标全国卷，15改编)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能( )．A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析 若力F 的方向与初速度v 0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A 正确．若力F 的方向与v 0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B 正确．若力F 的方向与v 0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D 正确． 答案 C二、动能定理的应用且综合其他考点出现(高频考查) 3．(2009·上海单科，20)质量为5×103 kg 的汽车在t ＝0时刻速度v 0＝10 m/s ，随后以P ＝6×104 W 的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s 达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N ．求：(1)汽车的最大速度v m ；(2)汽车在72 s 内经过的路程s .解析 (1)达到最大速度时，牵引力等于阻力P ＝f v m v m ＝P f ＝6×1042.5×103m/s ＝24 m/s(2)由动能定理可得Pt －fs ＝12m v m 2－12m v 02所以s ＝2Pt －m (v m 2－v 02)2f ＝2×6×104×72－5×103×(242－102)2×2.5×103m ＝1 252 m 答案 (1)24 m/s(2)1 252 m图4－2－94．(2011·江苏卷，14)如图4－2－9所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M ＝km 的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g )．(1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L .解析 (1)设细线中的张力为T ，根据牛顿第二定律得Mg －T ＝Ma T －mg sin 30°＝ma 且M ＝km 解得a ＝2k －12(k ＋1)g .(2)设M 落地时速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0.M 落地前由动能定理得Mg ·L sin 30°－mg ·L sin 30°·sin 30°＝12(M ＋m )v 2，对m ，M 落地后由动能定理得－mg (L －L sin 30°)sin 30°＝12m v 02－12m v 2 联立解得v 0＝k －22(k ＋1)gL (k >2)．(3)小球做平抛运动，则s ＝v 0t L sin 30°＝12gt 2 解得s ＝Lk －22(k ＋1)由k －22(k ＋1)<12得s ＝Lk －22(k ＋1)<22L .答案 (1)2k －12(k ＋1)g (2)k －22(k ＋1)gL (k >2) (3)见解析。