2 第2节 动能 动能定理(教师版)

第2节动能动能定理【基础梳理】提示：运动焦耳标量12m v22－12m v21动能的变化E k2－E k1合外力【自我诊断】判一判(1)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．()(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．()(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．()(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√做一做(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法中正确的是()A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功提示：BC对动能定理的理解和应用【知识提炼】1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系” 数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系国际单位都是焦耳 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因为参考系．3．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．【典题例析】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4 [解析] 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理－(mgH ＋μmg cos θH sin θ)＝0－12m v 2① 由①得μ＝(v 22gH－1)tan θ 当物块的初速度为v 2时，由动能定理知 －(mgh ＋μmg cos θh sin θ)＝0－12m (v 2)2② 由①②两式得h ＝H 4. [答案] D【题组过关】考向1 对动能定理的理解1．(2020·湖州质检)关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A.由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．考向2 动能定理的应用2．(2020·宁波调研)张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5 m ，目测空中脚离地最大高度约0.8 m ，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近( )A ．65 JB ．750 JC ．1 025 JD ．1 650 J解析：选B.人从最高点落地可看做平抛运动，设人在最高点的速度为v 0，则h ＝12gt 2，12x ＝v 0t ，则起跳过程中该同学所做的功为W ＝mgh ＋12m v 20，解得W ≈750 J. 应用动能定理求解多过程问题【知识提炼】动能定理在多过程问题中的应用(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便．(2)应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．【典题例析】(2019·4月浙江选考)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB ，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R ＝0.4 m 、转轴间距L ＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H ＝2.2 m ．现将一小物块放在距离传送带高h 处静止释放，假设小物块从直轨道B 端运动到达传送带上C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)(1)若h ＝2.4 m ，求小物块到达B 端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h 需要满足的条件；(3)改变小物块释放的高度h ，小物块从传送带的D 点水平向右抛出，求小物块落地点到D 点的水平距离x 与h 的关系式及h 需要满足的条件．[解析] (1)小物块由静止释放到B 的过程中，有mg sin θ－μmg cos θ＝mav 2B ＝2a h sin θ解得v B ＝4 m/s.(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D 点时速度为零，小物块从距传送带高度h 1处由静止释放，则有0＝mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgL 解得h 1＝3.0 m当h <h 1＝3.0 m 时满足题中条件．(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D 点的速度为v ，则有12m v 2＝mgh －μmg cos θh sin θ－μmgL H ＋2R ＝12gt 2，x ＝v t 解得x ＝2h －3(m)为使小物块能在D 点水平向右抛出，则需满足mg ≤m v 2R，解得h ≥3.6 m. [答案] (1)4 m/s (2)h <3.0 m(3)x ＝2h －3(m) h ≥3.6 m利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．(2)分析每个过程中物体的受力情况．(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．【题组过关】考向1 动能定理解决往复运动问题1．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.(1)求物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)求O 点和O ′点间的距离x 1；(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．求分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2.解析：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12m v 20. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12m v 20解得x 1＝v 204μg －x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2m v 21 分离后对A 有12m v 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg . 答案：(1)12m v 20 (2)v 204μg－x 0 (3)x 0－v 208μg 考向2 动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题2.(2020·舟山质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高，质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .解析：(1)滑块恰能滑到D 点，则v D ＝0滑块从A →B →D 过程中，由动能定理得mg (2R －R )－μmg cos θ·2R sin θ＝0－0 解得μ＝0.375.(2)滑块恰能过C 点时，v C 有最小值，则在C 点mg ＝m v 2C R滑块从A →B →D →C 过程，由动能定理得－μmg cos θ·2Rsin θ＝12m v2C－12m v2解得v0＝2 3 m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有h＝12gt2x＝v′C tx2R－h＝tan 53°其中v′C＝4 m/s，联立解得t＝0.2 s.答案：(1)0.375(2)2 3 m/s(3)0.2 s动能定理与图象的综合问题【知识提炼】解决动能定理与图象问题的基本步骤【题组过关】1．(多选)(2020·嘉兴调研)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力F f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()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13 mC．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2D．x＝9 m时，物体的速度为3 2 m/s解析：选ACD.由W f＝F f x对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f＝2 N，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应题图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12m v 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F F f＝13.5 m ，B 错误． 2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度．解析：(1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg 做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得：F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v 2A－0 即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A 解得v A ＝5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－12m v 2A解得：L ＝5 m.所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.答案：(1)5 2 m/s (2)5 m[随堂检测]1．改变汽车的质量和速度，都可以使汽车的动能发生改变，下列有关汽车动能变化的说法中正确的是( )A ．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍C ．质量减半，速度增大为原来的4倍，动能变为原来的4倍D ．速度减半，质量增大为原来的4倍，动能变为原来的2倍答案：B2．(2020·浙江温岭质检)某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双腿的平均作用力是其自身重力的( )A ．2倍B ．5倍C ．8倍D ．10倍解析：选B.设地面对双腿的平均作用力为F ，对全过程利用动能定理得mg (h ＋Δh )－FΔh ＝0，F ＝h ＋Δh Δhmg ＝5mg ，故选项B 正确． 3．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( )A ．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B ．相对不同参考系，同一物体运动的动能相同C ．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D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析：选AC.动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都具有动能，A 正确；由于E k ＝12m v 2，而v 与参考系的选取有关，所以B 错误；由于速度为矢量，当方向变化时其动能不一定改变，故C 正确；做匀速圆周运动的物体，动能不变，但并不是处于平衡状态，故D 错误．4.如图所示是公路上的“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 ＝2.0×103kg 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v 1＝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v 2＝72 km/h.(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；(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)解析：(1)由ΔE k ＝12m v 22－12m v 21 得ΔE k ＝3.0×105 J.(2)由动能定理mgh －F f l ＝12m v 22－12m v 21 得F f ＝12m v 21－12m v 22＋ mgh l＝2.0×103 N. (3)设向上运动的最大位移是x ′，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ′＝0－12m v 22 得x ′＝12m v 22mg sin 17° ＋ 3F f＝33.3 m. 答案：(1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m[课后达标]一、选择题1.如图所示是滑沙场地的一段，可视为倾角为30°的斜面，设人和滑车总质量为m ，人从距底端高为h 处的顶端沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g (g 为重力加速度)，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端的过程中( )A ．人和滑车获得的动能为0.4mghB ．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mghC ．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能D ．人和滑车减少的机械能为0.2mgh答案：D2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，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)( )答案：A 3.(2020·浙江9＋1联盟联考)有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A ．木块所受的合外力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C ．重力和摩擦力的合力做的功为零D ．重力和摩擦力的合力为零 答案：C4．(2020·浙江猜题卷)如图所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端与物块拴接，物块质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v 0，则此过程中弹力所做的功为( )A.12m v 20＋μmgxB.12m v 20－μmgxC.12m v 20D ．μmgx －12m v 2解析：选A.当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x ，根据动能定理有W 弹＋(－μmgx )＝12m v 20－0，得W 弹＝12m v 20＋μmgx ，选项A 正确． 5.如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其做的功为( )A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg ) D.12R (F N －2mg ) 解析：选A.质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W F f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W F f ＝12RF N －32mgR ，故A 项正确．6.如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量 B ．B 对A 的摩擦力所做的功，大于A 的动能增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功，等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析：选D.A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，即B 错；A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错；对B 应用动能定理，W F －W F f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋W F f 就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对；由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．7.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点，另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场强度大小为E ＝3mg3q.先把杆拉成水平，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( ) A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能先减小后增大C ．小球对杆的最大拉力大小为833mgD ．小球可绕O 点做完整的圆周运动解析：选C.在小球运动的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为F ＝（mg ）2＋（qE ）2＝23mg 3，合力与水平方向夹角的正切值tan α＝mg qE＝3，α＝60°，所以小球从开始运动到最低点左侧，即杆与水平方向的夹角为60°的过程中，F 一直做正功，此后F 做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°时速度最大，动能最大，故A 、B 错误；设小球的最大速度为v ，根据动能定理得：mgL sin 60°＋qEL (1＋cos 60°)＝12m v 2，设最大拉力为F T ，则F T －F ＝m v 2L ，解得最大拉力F T ＝83mg3，故C 正确；设动能最大的位置为N ，其关于O 的对称点为Q ，设小球能通过Q 点，且通过Q 点的速度为v ′，根据动能定理得：－mgL sin 60°＋qEL (1－cos 60°)＝12m v ′2，将qE ＝3mg 3代入得12m v ′2＜0，不可能，说明小球不能通过Q 点，即不能做完整的圆周运动，故D 错误．8．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a 点时的动能分别为E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是( )A ．E k1＝E k2，W 1＝W 2B ．E k1>E k2，W 1＝W 2C ．E k1<E k2，W 1<W 2D ．E k1>E k2，W 1<W 2解析：选B.从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W 1＝W 2，对两次经过a 点的过程由动能定理得，－W f ＝E k2－E k1，可知E k1>E k2，故B 正确，A 、C 、D 错误．9．(2020·湖州质检)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g .则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α＋2m v 20LD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mg v 0解析：选B.对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v 0)2－0＝2aL ，v 21－v 20＝2aL ，可解得：v 1＝5v 0，所以选项A 错误，B 正确；根据动能定理有：mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2，可解得F f ＝mg sin α－2m v 20L ，选项C 错误；重力功率的最大值为P m ＝2mg v 0sin α，选项D 错误．10.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大于12m v 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：选D.物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝W F －W F f －mgh ＝12m v 2，其中W F 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 f ＋mgh ＋12m v 2，A 、B 、C 错误，D 正确．11．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 ＝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：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F N ′＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点从开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 点到Q 点的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 点到Q 点的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，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．二、非选择题12．(2017·4月浙江选考)图中给出了一段“S ”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m ，r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点)．解析：(1)弯道1的最大速度v 1 kmg ＝m v 21r 1得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s.(2)弯道2的最大速度v 2，kmg ＝m v 22r 2得v 2＝kgr 2＝510 m/s直道上由动能定理Pt －mgh ＋W F f ＝12m v 22－12m v 21代入数据可得W F f ＝－2.1×104 J. (3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短由图可得r ′2＝r 21＋⎣⎡⎦⎤r ′－⎝⎛⎭⎫r 1－d 22代入数据可得r ′＝12.5 m 汽车沿该线路行驶的最大速度v ′ kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s由sin θ＝r 1r ′＝0.8则对应的圆心角2θ＝106° 线路长度s ＝106360×2πr ′≈23.1 m最短时间t ′＝sv ′≈1.8 s.答案：(1)5 5 m/s (2)－2.1×104 J (3)1.8 s13．(2017·11月浙江选考)如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25.已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？解析：(1)在F 点有m 人g －14m 人g ＝m 人v 2F r①r ＝L sin θ＝12 m ② 得v F ＝34gr ＝310 m/s.③ (2)设整个过程摩擦阻力做功为W ，对B 到F 的过程用动能定理 mg (h －r )＋W ＝12m v 2F －0④得W ＝－7.5×104 J ．⑤(3)触发制动后能恰好到达E 点对应的摩擦力为F f1 －F f1L cos θ－mgr cos θ＝0－12m v 2D⑥未触发制动时，对D 点到F 点的过程，有 －μmg cos θL cos θ－mgr ＝12m v 2F －12m v 2D ⑦ 由⑥⑦两式得F f1＝7316×103 N ＝4.6×103 N ⑧要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为F f2 F f2＝mg sin θ＝6×103 N ⑨综合考虑⑧⑨两式，得F fm ＝6×103 N. 答案：见解析14．如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程．解析：(1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有： m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 解得m 2＝4 kg.(2)小物块P 到D 点过程，由动能定理得 m 1gh ＝12m 1v 2D 根据几何关系，有： h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力： F D －m 1g ＝m 1v 2D R解得：F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM 之间往复运动，在C 点和M 点速度为零． 全过程应用动能定理得： m 1gL 1sin 53°－μm 1g cos 53°L 总＝0 解得L 总＝1.0 m即物块P 在MN 斜面上滑行的总路程为1.0 m. 答案：(1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m。

7.动能和动能定理 学 习 目 标知 识 脉 络1.知道动能的概念及定义式，会比较、计算物体的动能.2.理解动能定理的推导过程、含义及适用范围，并能灵活应用动能定理分析问题．(重点)3.掌握利用动能定理求变力的功的方法．(重点、难点)动能的表达式[先填空]1．定义物体由于运动而具有的能量．2．表达式E k ＝12m v 2.3．单位与功的单位相同，国际单位为焦耳．1 J ＝1_kg·m 2·s －2.4．物理量特点(1)具有瞬时性，是状态量．(2)具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的动能一般不同，通常是指物体相对于地面的动能．(3)是标量，没有方向，E k ≥0.[再判断]1．两个物体中，速度大的动能也大．(×)2．某物体的速度加倍，它的动能也加倍．(×)3．做匀速圆周运动的物体的动能保持不变．(√)[后思考]图7-7-1(1)滑雪运动员从坡上由静止开始匀加速下滑，运动员的动能怎样变化？【提示】增大．(2)运动员在赛道上做匀速圆周运动，运动员的动能是否变化？【提示】不变．[合作探讨]歼-15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图7-7-2所示：图7-7-2探讨1：歼-15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？【提示】歼-15战机起飞时，合力做正功，速度、动能都不断增大．探讨2：歼-15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？【提示】歼-15战机着舰时，动能减小．合力做负功．增加阻拦索是为了加大对飞机的阻力．[核心点击]1．动能的特征(1)是状态量：与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应．(2)具有相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．(3)是标量：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值．2．动能的变化(1)ΔE k ＝12m v 22－12m v 21为物体动能的变化量，也称作物体动能的增量，表示物体动能变化的大小．(2)动能变化的原因：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做了多少功来度量．1．在水平路面上，有一辆以36 km/h 行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg 的行李以相对客车5 m/s 的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则行李的动能是( )A ．500 JB ．200 JC ．450 JD ．900 J【解析】 行李相对地面的速度v ＝v 车＋v 相对＝15 m/s ，所以行李的动能E k ＝12m v 2＝450 J ，选项C 正确．【答案】 C2．质量为2 kg 的物体A 以5 m/s 的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg 的物体B 以10 m/s 的速度向西运动，则下列说法正确的是( )【导学号：50152125】A ．E k A ＝E k BB ．E k A >E k BC ．E k A <E k BD ．因运动方向不同，无法比较动能【解析】 根据E k ＝12m v 2知，E k A ＝25 J ，E k B ＝25 J ，而且动能是标量，所以E k A ＝E k B ，A 项正确．【答案】 A3．两个物体质量比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比( )A ．1∶1B ．1∶4C ．4∶1D ．2∶1【解析】 由动能表达式E k ＝12m v 2得E k1E k2＝m 1m 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1v 22＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫412＝4∶1，C 对． 【答案】 C动能与速度的三种关系 (1)数值关系：E k ＝12m v 2，速度v 越大，动能E k 越大．(2)瞬时关系：动能和速度均为状态量，二者具有瞬时对应关系．(3)变化关系：动能是标量，速度是矢量．当动能发生变化时，物体的速度(大小)一定发生了变化，当速度发生变化时，可能仅是速度方向的变化，物体的动能可能不变．动能定理[先填空]1．动能定理的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．图7-7-32．动能定理的表达式(1)W ＝12m v 22－12m v 21.(2)W ＝E k2－E k1.说明：式中W 为合外力做的功，它等于各力做功的代数和．3．动能定理的适用范围不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况．[再判断]1．外力对物体做功，物体的动能一定增加．(×)2．动能定理中的W为合力做的功．(√)3．汽车在公路上匀速行驶时，牵引力所做的功等于汽车的动能．(×)[后思考]骑自行车下坡时，没有蹬车，车速却越来越快，动能越来越大，这与动能定理相矛盾吗？图7-7-4【提示】不矛盾．人没蹬车，但重力却对人和车做正功，动能越来越大．[合作探讨]如图7-7-5所示，物体(可视为质点)从长为L、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止滑下．图7-7-5探讨1：物体受几个力作用？各做什么功？怎么求合力的功？【提示】物体受重力、支持力两个力作用．重力做正功，支持力不做功．合＝mgL sin θ.力做的功W合探讨2：如何求物体到达斜面底端时的速度？能用多种方法求解物体到达斜面底端时的速度吗？哪种方法简单？【提示】可以用牛顿定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理求解．用动能定理更简捷．[核心点击]1．应用动能定理解题的步骤(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统)．(2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功)．(3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)．(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)．(5)根据动能定理列式、求解．2．动力学问题两种解法的比较牛顿运动定律运动学公式结合法动能定理适用条件只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用应用方法要考虑运动过程的每一个细节只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析4．(多选)一物体在运动过程中，重力做了－2 J的功，合力做了4 J的功，则()A．该物体动能减少，减少量等于4 JB．该物体动能增加，增加量等于4 JC．该物体重力势能减少，减少量等于2 JD．该物体重力势能增加，增加量等于2 J【解析】重力做负功，重力势能增加，增加量等于克服重力做的功，选项C错误，选项D正确；根据动能定理得该物体动能增加，增加量为4 J，选项A 错误，选项B正确．【答案】BD5．如图7-7-6所示，AB为固定在竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R.质量为m的小球由A点静止释放，求：图7-7-6(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；(2)小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰达最高点D，D到地面的高度为h(已知h＜R)，则小球在曲面上克服摩擦力所做的功W f.【导学号：50152126】【解析】(1)小球从A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＝12m v2B－0解得：v B＝2gR.(2)从A到D的过程，由动能定理可得：mg(R－h)－W f＝0－0，解得克服摩擦力做的功W f＝mg(R－h)．【答案】(1)2gR(2)mg(R－h)应用动能定理时注意的四个问题(1)动能定理中各量是针对同一惯性参考系而言的(一般选取地面为参考系)．(2)若物体运动的过程包含几个不同的阶段，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以将全过程作为一个整体来处理．(3)在求总功时，若各力不同时对物体做功，W应为各阶段各力做功的代数和．在利用动能定理列方程时，还应注意各力做功的正、负或合力做功的正、负．(4)对于受力情况复杂的问题要避免把某个力的功当做合力的功，对于多过程问题要防止“漏功”或“添功”．高中物理考试答题技巧及注意事项在考场上，时间就是我们致胜的法宝，与其犹犹豫豫不知如何落笔，倒不如多学习答题技巧。

《动能定理》作业设计方案（第一课时）一、作业目标本次作业旨在帮助学生深入理解动能定理的基本概念和应用，提高学生对物理知识的掌握和应用能力。

二、作业内容1. 基础概念理解要求学生对动能定理的基本概念进行总结和阐述，包括定义、适用条件、符号表示等。

通过作业，引导学生对动能定理进行深入思考，培养其逻辑表达和总结能力。

2. 案例分析给学生提供几个动能定理应用的案例，要求他们分析案例中的物理过程和受力情况，并运用动能定理进行求解。

通过案例分析，帮助学生更好地理解和掌握动能定理的应用，提高其分析问题和解决问题的能力。

3. 课后习题为学生提供几道与动能定理相关的课后习题，帮助他们巩固所学知识，培养其独立思考和解题能力。

三、作业要求1. 独立完成：要求学生独立完成作业，不得抄袭。

2. 认真思考：在完成基础概念理解和案例分析时，要求学生对每个问题认真思考，充分理解题意和分析过程。

3. 按时提交：请学生在规定时间内提交作业，逾期不予评价。

4. 鼓励创新：鼓励学生运用所学知识尝试解决一些新颖的、具有挑战性的问题，培养其创新意识和创新能力。

四、作业评价1. 作业评价标准：根据学生提交的作业，结合题目回答的质量和完成情况，给予相应的评分。

2. 评价方式：采用教师评价和学生互评相结合的方式，教师对整体完成情况进行分析和评价，学生互评则有助于提高学生的参与度和学习积极性。

3. 评价时间：在作业提交后的几日内，完成作业评价并反馈给学生。

五、作业反馈1. 反馈形式：作业反馈包括评分、建议和鼓励等，以书面形式反馈给学生，便于他们及时了解自己的学习情况。

2. 反馈内容：对于基础概念理解和案例分析题目，重点反馈学生的回答是否准确、思路是否清晰；对于课后习题，则针对学生的解题过程和答案是否符合要求进行反馈。

同时，鼓励学生在作业中表现出的优点和创新之处，提出改进建议，帮助他们更好地提高学习效果。

3. 反馈时间：在作业评价后的几日内，将反馈结果通知给学生，确保他们及时了解自己的学习情况，并针对反馈内容进行改进和提高。

第2讲动能定理及其应用[基础知识·填一填][知识点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．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，1J ＝1N·m ＝1kg·m 2/s 2.5．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 v 22－12m v 21.[知识点2]动能定理1．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 v 22－12m v 21.3．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.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)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．(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．(×)(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修2P74第1题改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，则下列说法正确的是()A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大为原来的4倍C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能增大为原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能不变答案：D2．(人教版必修2P75第4题改编)民用航空客机的紧急出口打开时，会自动生成一个由气囊构成的斜面，模型简化如图所示．光滑斜面的竖直高度AB＝3.2m，斜面长AC＝4.0 m，斜面与水平地面CD段间由一段小圆弧平滑连接．当物体由静止开始滑下，其与地面间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，g取10m/s2.(1)人滑到斜面底端C时的速度大小；(2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？解析：(1)在AC过程中由动能定理得m v2C，mgh＝12解得v C＝8m/s.(2)设人在CD水平面上滑行的距离为s在AD过程中由动能定理得mgh－μmgs＝0解得s＝6.4m.答案：(1)8m/s(2)6.4m考点一对动能定理的理解及简单应用[考点解读]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．[典例赏析][典例1](2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1＜s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．[解析](1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs 0＝12m v 21－12m v 20①解得μ＝v 20－v 212gs 0(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小，设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0②v0－v1＝a1t③s1＝12a2t2④联立②③④式得a2＝s1(v1＋v0)22s20.[答案](1)v20－v212gs0(2)s1(v0＋v1)22s20用好动能定理的“5个”突破突破①——研究对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理．突破②——研究过程的选取应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算．突破③——受力分析运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功．从而确定出外力的总功，这是解题的关键．突破④——位移的计算应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关．突破⑤——初、末状态的确定动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言．[题组巩固]1．(2018·全国卷Ⅱ)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．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：A[由动能定理可知W拉－W f＝E k－0，因此，E k＜W拉，故A正确，B错误；E k可能大于、等于或小于W f，选项C、D错误．]2．(2019·运城模拟)如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A 点为圆轨道的最低点，B 点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m 的物体静置于A 点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上，使其沿圆轨道到达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()A.2mg πB.3mg πC.4mg πD.5mg π解析：D[物体由A 点运动到最高点的过程，由动能定理可得F ·12πR －mg ·2R ＝12m v 2－0，物体刚好经过最高点，在最高点对物体由牛顿第二定律得mg ＝m v 2R ，联立以上两式解得F ＝5mg π，因此外力F 至少为5mgπ，故D 正确，A 、B 、C 错误．]3．物体在水平面上从x 轴坐标原点O 以v 0＝20m/s 的初速度沿x 轴正方向开始运动，由x 1＝20m 处滑上一个倾角为45°的斜面，又滑了下来，物体每次经过斜面底端时都不损失机械能．已知动摩擦因数均为μ＝0.50，g 取10m/s 2.求：物体停止运动时位置的坐标．(计算结果保留三位有效数字)解析：沿斜面上滑位移为L 时速度减到零，由动能定理得：－μmgx 1－μmg cos 45°L －mgL sin 45°＝0－12m v 20解得L sin 45°＝12v 20－μgx 1(1＋μ)g下滑后停在坐标x 2处，由动能定理得：mgL sin 45°－μmgL cos 45°－μmg (x 1－x 2)＝0解得x 2＝x 1－L sin 45°＝13.3m.答案：13.3m考点二动能定理在多过程中的应用[考点解读]1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点．(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．(3)弹簧弹力做功与路径无关．[典例赏析][典例2](2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平sinα＝35轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．[审题指导](1)研究对象：小球(2)过程分析小球①C 力的合成法牛顿第二定律F 向＝mv 2R ②A →动能定理动量p ＝m v 1③C →竖直方向的分运动为匀加速运动，由运动学公式求解时间t[解析](1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α①F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④v ＝5gR2⑤(2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12m v 2－12m v 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝m v 1＝m 23gR 2⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g⑫答案：(1)34mg5gR 2(2)m 23gR 2(3)355R g利用动能定理求解多过程问题的基本思路1．弄清物体的运动由哪些过程组成．2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．[题组巩固]1.(2019·山东潍坊)如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直，质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f .解析：(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示，则有v yv 0＝tan θ，竖直方向上有v 2y ＝2gh ，联立以上两式，得v 0＝432gh(2)小球从P 经A 、B 、C 至D 全过程，重力做功为零，弹力都不做功，只有摩擦力做功，就全过程应用动能定理W f ＝0－12m v 20，解得W f ＝－169mgh答案：(1)432gh(2)－169mgh2．(2019·银川模拟)如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数．(2)水平外力作用在滑块上的时间t.解析：(1)滑块由C点运动到D点的过程，由动能定理得：mgR(1－cos37°)＝12m v2D－12m v2C解得：v D＝33m/s在D点，对滑块由牛顿第二定律得：F N′－mg＝m v2D R解得：F N＝25.6N根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力F N′＝F N＝25.6N，方向竖直向下．(2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系可知，滑块运动在B点的速度为v B＝v C cos37°＝4m/s滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得：Pt－μmgL＝12m v2B－0解得：t＝0.4s.答案：(1)25.6N(2)0.4s3．(2019·郴州模拟)如图甲所示是高速公路出口的匝道，车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险，必须在匝道的直道上提前减速．现绘制水平面简化图如图乙所示，一辆质量m ＝2000kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动，行驶速度v0＝108km/h，恒定阻力F f＝1000N．现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“小踩刹车减速”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度a＝6m/s2.(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率．(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速，全程采取“小踩刹车减速”，汽车恰好能以15m/s的安全速度进入弯道，求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小．(3)在离弯道口Q距离为125m的P位置，司机先采取“小踩刹车减速”滑行一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍能恰好以15m/s的安全速度进入弯道，求x2的大小．解析：(1)汽车匀速运动的速度为：v0＝108km/h＝30m/s因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力为：F＝F f汽车的功率为：P＝F v0故P＝F f v0＝30kW(2)全程采取“小踩刹车减速”时，由动能定理得：－W f＝12m v21－12m v20解得克服阻力做功为：W f＝6.75×105J 又：W f＝F f x1解得：x1＝675m(3)从P到Q的过程中，由动能定理得：－F f x2－ma(125m－x2)＝12m v21－12m v20解得：x2＝75m.答案：(1)30kW(2)6.75×105J675m(3)75m考点三动能定理中的图象问题[考点解读]1．解决动能定理与图象问题的基本步骤2．四类图象所围“面积”的意义[典例赏析][典例3](2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()[解析]C[设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ，物块沿斜面下滑的过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)(x 0－x )＝E k ′，由此可以判断C 项正确．][母题探究]母题典例3探究1.动能定理与F －x 图象结合问题探究2.动能定理与P －t 图象结合问题探究3.动能定理与v －t 图象结合问题[探究1](2019·临沂模拟)(多选)水平面上质量为m ＝6kg的物体，在大小为12N 的水平拉力F 的作用下做匀速直线运动，从x ＝2.5m 位置处拉力F 逐渐减小，力F 随位移x 变化规律如图所示，当x ＝7m 时拉力减为零，物体也恰好停下，g 取10m/s 2，下列结论正确的是()A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B ．合外力对物体所做的功为－27JC ．物体匀速运动时的速度为3m/sD ．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12N·s解析：ABC [物体做匀速运动时，由平衡条件得F f ＝F ＝12N ，μ＝F f mg ＝12N 6×10N＝0.2，故A 正确；图象与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功，则由图象可知W F ＝12×2.5J ＋12×(7－2.5)×12J ＝57J ，滑动摩擦力做的功为W f ＝－μmgx ＝－0.2×6×10×7J ＝－84J ，所以合外力做的功为W 合＝－84J ＋57J ＝－27J ，故B 正确；由动能定理得W 合＝0－12m v 20，解得v 0＝3m/s ，故C 正确；由动量定理得I ＝0－m v 0＝－6×3N·s ＝－18N·s ，故D 错误．][探究2]动能定理与P －t 图象结合问题(2019·南平模拟)(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg 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象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示．下列说法中正确的是()A ．0～6s 内拉力做的功为140JB ．物体在0～2s 内所受的拉力为4NC ．物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D ．合外力在0～6s 内做的功与0～2s 内做的功相等解析：AD [由于P －t 图象与t 轴围成的“面积”表示拉力所做的功，所以0～6s 内拉力做的功为W ＝12×2×60J ＋4×20J ＝140J ，故A 正确；由水平拉力的功率P ＝F v 可得，在0～2s 内拉力F ＝P v 6N,2～6s ，拉力F ′＝P ′v ′＝2N ，故B 错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s 内物体受力平衡可得F f ＝μmg ＝F ′，解得μ＝F ′mg ＝2N 0.8×10N ＝0.25，故C 错误；由v －t 图象可知，物体在2s 末的速度与6s 末的速度相等，由动能定理W 合＝ΔE k 可知，0～6s 与0～2s 动能的变化量相同，所以合外力在0～6s 内做的功与0～2s 内做的功相等，故D 正确．][探究3]动能定理与v －t 图象结合问题(2019·昆明模拟)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动，通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳，在极短时间内必须打开降落伞，才能保证着地安全，某跳伞运动员从高H ＝100m 的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地．若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v 随时间t 变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m ＝60kg ，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即F f ＝k v ，g 取10m/s 2，求：(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度．(2)打开降落伞后阻力所做的功．解析：(1)匀速运动时，则有：mg ＝k v解得：k ＝120N/(m·s －1)打开降落伞的瞬间，速度为：v 1＝18m/s由牛顿第二定律得：k v 1－mg ＝ma解得：a ＝26m/s 2方向竖直向上(2)根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：x 1＝12×2×18m ＝18m 则打开降落伞后的位移为：x 2＝H －x 1＝100m －18m ＝82m由动能定理得：mgx 2＋W f ＝12m v 2－12m v 21代入数据解得：W f ＝－58170J.答案：(1)26m/s 2，方向竖直向上(2)－58170J思想方法用动能定理巧解往复运动问题方法阐述对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理只涉及物体的初末状态，而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．1.灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2.注意运用做功特点(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用.[典例赏析][典例](2019·江苏泰州模拟)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k ＝36N/m 的轻质弹簧的一端固定在木板上的P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度．现将质量m ＝1kg 的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放．已知木板PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝38，物块在B 点释放后向上运动，第一次到达A 点时速度大小为v 0＝33m/s ，取重力加速度g ＝10m/s 2.(1)求物块第一次向下运动到A 点时的速度大小v 1；(2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A 点上方运动的总路程s .[审题指导](1)把握过程构建运动模型过程①物块上滑匀变速直线运动过程②物块下滑匀变速直线运动过程③物块在A 点下方往复运动(2)选好过程，列出方程①过程①②分别列出动能定理方程．②对多次往复后的全程列出动能定理方程．[解析](1)设物块从A 点向上滑行的最大距离为s 1.根据动能定理，上滑过程有：－mgs 1sin 37°－μmgs 1cos 37°＝0－12m v 20下滑过程有：mgs 1sin 37°－μmgs 1cos 37°＝12m v 21－0联立解得：s 1＝1.5m ，v 1＝3m/s(2)物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A根据动能定理：μmgs cos 37°＝12m v 20代入数据解得：s ＝4.5m.[答案](1)3m/s (2)物块最终在A 点下方做往复运动4.5m1．应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态．2．重力做功与物体运动路径无关，可用W G ＝mgh 直接求解．3．滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用W f ＝－F f s 求解，其中s 为物体相对滑行的路程．[题组巩固]1．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动．对整体过程由动能定理，得mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0所以总路程为s ＝R μ(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2①F N －mg ＝m v 2R②由①②，得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力是(3－2cos θ)·mg ，方向竖直向下．(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝m v 2D RL ′取最小值时，对全过程由动能定理，得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D ④由③④，得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R 故应满足的条件为L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R .答案：(1)R μ(2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下(3)L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R 2．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB 长为2.4m ，其下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，C 是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0m ，现有一个质量为m ＝0.2kg 可视为质点的滑块，从D 点的正上方h ＝1.6m 的E 点处自由下落，滑块恰好能运动到A 点(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2，计算结果可保留根号)．求：(1)滑块第一次到达B 点的速度．(2)滑块与斜面AB 之间的动摩擦因数．(3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间．解析：(1)第一次到达B 点的速度为v 1，根据动能定理得：mg (h ＋R cos 37°)＝12m v 21代入数据解得：v 1＝43m/s(2)从E 到A 的过程中，由动能定理得：mg (h ＋R cos 37°－L AB sin 37°)－μmg cos 37°·L AB ＝0代入数据解得：μ＝0.5(3)全过程由动能定理得：mg (h ＋R cos 37°)－μmg cos 37°s ＝0代入数据解得：s ＝6m沿斜面上滑加速度为：a 1＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10m/s 2沿斜面下滑加速度为：a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝2m/s 2因为v 212a 1＝v 222a 2，解得：v 2＝a 2a 1v 1＝15v 1v 3＝a 2a 1v 215v 1…v n ＝15n －1v 1则：t ＝v 1a 1＋v 2a 1＋v 3a 1＋…＋v n a 1＋v 2a 2＋v 3a 2＋…＋v n a 2代入数据解得：t ＝315＋535s.答案：(1)43m/s (2)0.5(3)6m 315＋535s。

《动能和动能定理》教案《动能和动能定理》教案（通用4篇）《动能和动能定理》教案篇1课题动能动能定理教材内容的地位动能定理是功能关系的重要体现，是推导机械能守恒定律的依据，因此是本章的重中之重。

在整个经典物理学中，动能定理又与牛顿运动定律、动量定理并称为解决动力学问题的三大支柱。

也是每年高考必考内容。

因此学好动能定理对每个学生都尤为重要。

--思路导入新课──探究动能的相关因素（定性）──探究功与动能的关系（推理、演绎）──验证功和能的关系──巩固动能定理教学目标知识与技能1.理解动能的确切含义和表达式。

2.理解动能定理及其推导过程、适用范围、简单应用。

3.培养学生探究过程中获取知识、分析实验现象、处理数据的能力。

过程与方法1.设置问题启发学生的思考，让学生掌握解决问题的思维方法。

2.探究和验证过程中掌握观察、总结、用数学处理物理问题的方法。

3.经历科学规律探究的过程、认识探究的意义、尝试探究的方法、培养探究的能力。

情感态度与价值观1.通过动能定理的推导演绎，培养学生的科学探究的兴趣。

2.通过探究验证培养合作精神和积极参与的意识。

3.用简单仪器验证复杂的物理规律，培养学生不畏艰辛敢于进取的精神。

4.领略自然的奇妙和谐，培养好奇心与求知欲使学生乐于探索。

教学重点1.动能的概念，动能定理及其应用。

2.演示实验的分析。

教学难点动能定理的理解和应用教学资源学情分析学生在初中对动能有了感性认识，在高中要定量分析。

高中生的认识规律是从感性认识到理性认识，从定性到定量。

前期教学状况、问题与对策通过前几节的学习，了解了功并能进行简单的计算初步了解了功能关系。

对物体做的功与其动能的具体关系还不清楚，这就是本节重点解决的问题。

教学方式启发式、探究式、习题教学法、类比法教学手段多媒体课件辅助教学教学仪器斜面、物块、刻度尺、打点计时器、铁架台、纸带动能与质量和速度有关验证动能定理--环节教师活动学生活动设计意图导入新课提问：能的概念功和能的关系引导学生回顾初中学习的动能的概念动能和什么因素有关，动能和做功的关系。

动能和动能定理教案优秀4篇动能定理教学设计篇一一、教材分析：动能定理是本重点，也是整个力学的重点。

动能定理是一条适用范围很广的物理定理，但教材在推导这一定理时，由一个恒力做功使物体的动能变化，得出力在一个过程中所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。

然后逐步扩大几个力做功和变力做功及物体做曲线运动的情况。

这个梯度是很大的，为了帮助学生真正理解动能定理，教师可以设置一些具体的问题，让学生寻找物体动能的变化与那些力做功相对应。

二、三维目标:（一）知识与技能：1、知道动能的符号和表达式和符号，理解动能的概念，利用动能定义式进行计算。

2、理解动能定理表述的物理意义，并能进行相关分析与计算3、深化性理解动能定理的物理含义，区别共点力作用与多物理过程下动能定理的表述（二）过程与方法：1、掌握利用牛顿运动定律和动学公式推导动能定理2、理解恒力作用下牛顿运动定律与动能定理处理问题的异同点，体会变力作用下动能定理解决问题的优越性。

（三）情感态度与价值观1、感受物理学中定性分析与定量表述的关系，学会用数学语言推理的简洁美。

2、体会从特殊到一般的研究方法。

教学重点：理解动能的概念，会用动能的定义式进行计算。

教学难点：探究功与速度变化的关系，会推导动能定理的表达式，理解动能定理的含义与适用范围，会利用动能定理解决有关问题。

三、教学过程：（一）提出问题、导入新通过上节探究功与速度变化的关系：功与速度变化的平方成正比。

问：动能具体的数学表达式是什么？（二）动能表达式的推导1、动能与什么因素有关？动能是物体由于运动而具有的能量，所以动能与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，物体的动能越大2、例；有一质量为的物体以初速度V1在光滑的水平面上运动，受到的拉力为F，经过位移为X后速度变为V2.。

根据以上，可以列出的表达式：3、动能1．定义：由于物体运动而具有的能量；2．公式表述：；3．理解⑴状态物理量→能量状态；→机械运动状态；⑴标量性：大小，无负值；（三）动能定理1、表达式：2、内容：合外力对物体所做的功，等于物体动能的该变量。

动能定理（二）主讲：黄冈中学高级教师刘凤霞应用动能定理解题的基本步骤：1、受力分析，画出物体的受力示意图．2、分析每个力做功的情况．3、选定研究过程，根据动能定理列方程．4、解方程并讨论结果．例1、如图，在一倾角为30°的斜坡上，一辆汽车从A点由静止出发后开始爬坡，在牵引力不变的条件下，行进45m到达B点，此后，司机关掉油门，汽车又前进了15m停在C点，汽车与路面的摩擦因数，汽车质量m=104kg，g=10m/s2．求：（1）汽车在AB段的牵引力；（2）汽车经过B点时的速度．解：（1）汽车受力如图所示，则有f=μN=μmgcos30°=对全过程应用动能定理，有F·s AB－(f＋mgsin30°)·s AC=0（2）设汽车在B点的速度为v B，对B→C的过程应用动能定理，有－(f＋mgsin30°)·s BC=0－例2、一辆带着拖车的卡车总质量为M，沿平直公路匀速前进，在途中质量为m的拖车脱钩，当司机发觉时，卡车已驶过脱钩点s1，于是立即关闭油门，若阻力与车重成正比，且关闭油门前卡车的牵引力不变，试求卡车和拖车都静止时，两车之间的距离．解法一：对整体有：F=kMg①设脱钩后拖车的位移为s，卡车的位移为s′对拖车和卡车全过程分别应用动能定理，有－kmgs=0－②Fs1－k(M－m)gs′=0－③由①②③，得(M－m)(s′－s)=Ms1解法二：关闭油门后：a=kg未关闭油门时，F合=0，则有ma=(M－m)a′对系统用牛顿第二定律设卡车加速的最大速度为v A，则有解法三：若拖车脱钩后卡车也无牵引力，则s相同，由此可见拖车多前进的距离也就是由于牵引力F=kMg 在位移s1上多做的功，则有kMgs1=k(M－m)g·△s。

第二节 动能 动能定理 考点一 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)表达式：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：标量． 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 ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21. (3)适用范围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． 命题视角1 利用动能定理解决恒力做功问题(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m .[思路点拨] (1)小物块刚好能沿斜面下滑，用平衡条件求解． (2)小物块沿斜面加速下滑，用牛顿第二定律或用动能定理求解． (3)小物块在桌面上减速滑动，用牛顿第二定律或动能定理求解． (4)小物块离开桌面做平抛运动，用平抛运动的知识求解． [解析] (1)为使小物块下滑，应有 mg sin θ≥μ1mg cos θ， θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑． (2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)① 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0 代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12m v 2结合①式并代入数据得v ＝1 m/s由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝v t解得t ＝0.4 sx 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m命题视角2 利用动能定理解决变力做功问题如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v 0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ，且F ＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A.12m v 20 B ．12m v 20＋m 3g 22k2 C ．0 D ．12m v 20－m 3g 22k2[思路点拨] 当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F 逐渐减小，环将最终静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F 逐渐减小，当力F 减至和重力大小相等时，此时环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动．分上述三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可．[解析] 当F ＝k v 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故C 可能；当F ＝k v 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20，得W ＝12m v 20，故A 可能；当F ＝k v 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg 时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，F ＝k v ＝mg 时得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m v 20－m 3g 22k 2，故D 可能．[答案] B命题视角3 利用动能定理解决弹簧弹力做功问题(2015·高考江苏卷)一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L .装置静止时，弹簧长为32L .转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g .求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W .[思路点拨] 弹簧弹性势能的变化是由弹力做功来量度的，而弹力一般是变力，故通常用动能定理解决此类问题．[解析] (1)装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1.小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L2小环受力平衡，F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1 小球受力平衡，F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mgF 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mgL.(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x . 小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L )小环受力平衡，F 弹2＝mg ，得x ＝54L对小球，F 2cos θ2＝mgF 2sin θ2＝m ω20l sin θ2且cos θ2＝x2l解得ω0＝ 8g5L .(3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3.小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL小环受力平衡，2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3，且cos θ3＝L4l对小球，F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mg F 3sin θ3＋T 3sin θ3＝m ω23l sin θ3 解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理W －mg ⎝⎛⎭⎫3L 2－L 2－2mg ⎝⎛⎭⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2 解得W ＝mgL ＋16mgl2L.[答案] (1)4mg L (2) 8g5L(3)mgL ＋16mgl 2L1．[视角1](2014·高考上海卷)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1>ΔE k2；t 1>t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1>t 2C ．ΔE k1>ΔE k2；t 1<t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1<t 2解析：选B.两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，W f ＝μ(mg cos α＋F sin α)·s ＝μmgx ＋μFh ，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理W F －mgh －W f ＝ΔE k 知，动能的增量相等，即ΔE k1＝ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v －t 图象如图所示，则t 1>t 2.2．[视角2](2016·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A.m v 202 B ．2m v 202 C.m v 204D ．m v 20 解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12m v 2－0＝m v 204，C 正确．3．[视角3]如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ，轻弹簧的下端固定在挡板M 上，在自然长度下，弹簧的上端在O 点处．质量为m 的物块A (可视为质点)从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动，PO ＝x 0，物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ′点，然后A 被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好能回到P 点．已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g 表示．求：(1)物块A 运动到O 点的速度大小； (2)O 点和O ′点间的距离x 1；(3)在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .解析：(1)物块A 从P 点运动到O 点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知(mg sin θ－μmg cos θ)x 0＝12m v 2－12m v 20得：v ＝v 20＋2g (sin θ－μcos θ)x 0.(2)物块A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中，根据动能定理： μmg cos θ·2(x 1＋x 0)＝12m v 20x 1＝v 204μg cos θ－x 0.(3)物块A 从O ′点向上运动到P 点的过程中，由能量守恒定律可知： E p ＝(mg sin θ＋μmg cos θ)·(x 1＋x 0)解得E p ＝14m v 20·⎝⎛⎭⎫1μtan θ＋1. 答案：(1)v 20＋2g (sin θ－μcos θ)x 0(2)v 204μg cos θ－x 0 (3)14m v 20·⎝⎛⎭⎫1μtan θ＋11.对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：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．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)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．2．应用动能定理的三理解、两注意(1)三理解：①动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系．②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．③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．(2)两注意：①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．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；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.考点二 利用动能定理解决曲线运动问题在解决曲线运动尤其是平抛运动(抛体运动)、圆周运动时运用运动学公式很难研究过程中的运动参量，不能清晰明确曲线运动的初、末状态运动量；而动能定理一般不涉及中间过程，只与初、末状态有关，因此解决曲线运动有很大优势．命题视角1 与圆周运动相结合的问题(2015·高考全国卷Ⅰ)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( )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[思路点拨] 圆周运动中摩擦力做的功与运动速度有关，因为速度影响向心力，向心力影响支持力，而支持力影响摩擦力．[解析] 设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2NR ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .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 ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，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命题视角2 与平抛运动相结合的问题一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系xOy .已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y ＝12hx 2，探险队员的质量为m .人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？[解析] (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得x ＝v 0t ①2h －y ＝12gt 2②根据题意有y ＝x 22h③ 由动能定理mg (2h －y )＝12m v 2－12m v 20④联立①②③④式得12m v 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20＋4g 2h 2v 20＋gh .⑤ (2)⑤式可以改写为v 2＝⎝⎛⎭⎪⎫v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ⑥ v 2有极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh此时v 2＝3gh ，则最小动能为⎝⎛⎭⎫12m v 2min ＝32mgh . [答案] 见解析命题视角3 与平抛、圆周运动相结合的综合问题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，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝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/s 2.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． [思路点拨] (1)大猴从A →B 做什么运动？(2)猴子抓住青藤荡起，从C →D ，受几个力作用？其中有哪些力做功？机械能是否守恒？ [解析] (1)设大猴从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2x 1＝v min t代入数据解得v min ＝8 m/s.(2)设荡起时的速度为v C ，由动能定理得：－(M ＋m )gh 2＝0－12(M ＋m )v 2C 解得v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s.(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点，根据牛顿第二定律有F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2CL由几何关系得(L －h 2)2＋x 22＝L 2代入数据解得F T ＝216 N.[答案] (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N4．[视角1](2015·高考海南卷)如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B ．13mgR C.12mgR D ．π4mgR 解析：选C.在Q 点，质点受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2R，又F N ＝2mg ，质点由P 到Q 过程中，由动能定理有：mgR －W f ＝12m v 2，联立以上各式解得，克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，C 项正确．5．[视角2](2014·高考福建卷)右图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ①R ＝12gt 2②由①②式得 v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由动能定理，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P－0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦又N ＝0⑧cos θ＝hR⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R .答案：(1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R6．[视角3]如图所示，从A 点以某一水平速度v0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小； (2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，H －h ＝12gt 2设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ， 联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37° 有tan θ＝v y /v 0＝3/4，得v 0＝4 m/s 在B 点时的速度大小v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s.(2)从A 点至C 点，由动能定理有：mgH ＝12m v 22－12m v 20 设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝m v 22R解得：v 2＝27 m/s ，F N ＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力 F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l ＝v 222μ1g＝2.0 m.答案：(1)4 m/s 5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m(1)解决抛体运动都可用动能定理求解速度大小问题，但不能求其方向.(2)圆周运动中用动能定理可把临界点的运动情况推广到圆上各点.(3)用动能定理解决曲线运动问题一定要关注运动交接点的运动状态变化.考点三 动能定理在多阶段多过程问题中的应用当物体的运动是由几个物理过程组成或物体做多过程往复运动，且又不需要研究过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看做一个整体进行研究，从而避免每个运动过程的具体细节，具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力； (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．[思路点拨] 首先要判断出物体最后所停留的位置(或过程)，即确定末状态，然后再根据动能定理求解全过程问题．[解析] (1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动．对整体过程由动能定理得： mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝Rμ.(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E ①F N －mg ＝m v 2ER ②由①②得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力 F ′N ＝F N ＝(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下． (3)设物体刚好到达D 点，则mg ＝m v 2DR③L ′取最小值时，对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D ④由③④得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R故应满足的条件为L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R.[答案] (1)R μ(2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下 (3)L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R7．(多选)如图所示，一质量m ＝0.75 kg 的小球在距地面高h ＝10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力f 的大小恒为2.5 N ，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5 mB ．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3.3 mC ．小球在空中运动的总路程为30 mD ．小球在空中运动的总路程为28.75 m解析：选AC.设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h 2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h 2的过程中，由动能定理有mg (h －h 2)－f (h ＋h 2)＝0，解得：h 2＝mg －f mg ＋fh ＝5 m ，选项A 正确；对小球运动的全过程，由动能定理可得，mgh －fs 总＝0，解得s 总＝mgh f＝30 m ，选项C 正确．8．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：选D.由于BC 面粗糙，物块在BC 面上往返运动不断消耗机械能，直至停止运动．设物块在BC 面上运动的总路程为s .根据动能定理得：mgh －μmgs ＝0，解得s ＝h μ＝0.300.10m ＝3 m ，因为30.50＝6，可见物块最后停在B 点，D 正确．一、选择题(1～6小题为单选题，7～10小题为多选题)1．(2016·宁波模拟)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[导学号76070223] 解析：选B.设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 1＝12(M ＋m )v 2，解得x 1＝v 22μg；加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 2＝12M v 2，解得x 2＝M v 22(m ＋M )μg.显然x 2<x 1.2．如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动．则在转动一周的过程中推力F 做的功为( )A ．0B ．2πrFC ．2FrD ．－2πrF[导学号76070224] 解析：选B.磨盘转动一周，力的作用点的位移为0，但不能直接套用W ＝Fs cos α求解，因为在转动过程中推力F 为变力．我们可以用微元的方法来分析这一过程．由于F 的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段来研究，如图所示，当各小段的弧长Δs i 足够小(Δs i →0)时，F 的方向与该小段的位移方向一致，所以有：W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋F Δs 3＋…＋F Δs i ＝F ·2πr ＝2πrF (这等效于把曲线拉直)．3.(2016·衡水模拟)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( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s[导学号76070225] 解析：选B.根据F －x 图象可得W 总＝40 J ，由动能定理得：W 总＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝3 m/s ，B 对4.(2016·太原摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mg B ．316mg C.716mg D ．725mg [导学号76070226] 解析：选D.对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －f )H ＝12m ⎝⎛⎭⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确．5．如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等，在力F 的作用下，一起沿水平地面向右移动x ，则( )A ．摩擦力对A 、B 做功相等B ．A 、B 动能的增量相同C ．F 对A 做的功与F 对B 做的功相等D ．合外力对A 做的总功与合外力对B 做的总功不相等[导学号76070227] 解析：选B.对A 、B 分别受力分析，受力如图所示对A 分析：F N －F sin α－G ＝0，f ＝μF N ＝μ(F sin α＋G )对B 分析：F N1＝G ，f 1＝μF N1＝μG ，W f ＝fL ，W f 1＝f 1L ，因为f >f 1，所以W f >W f 1，故A 项错误；根据动能定理可知，A 、B 所受的合外力做的功等于A 、B 物体动能的变化，而A 、B 动能的变化量相等，所以合外力对A 、B 做的功相等，故B 正确，D 错误；F 对B 不做功，只对A 做功，故C 错误．6．如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′(均可看做斜面)．质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB 和AB ′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是( )A ．甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B ．甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C ．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D ．甲停下时的位置与B 的距离和乙停下时的位置与B ′的距离相等[导学号76070228] 解析：选C.设斜草面长度为l ，倾角为θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W ＝μmgl cos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A 错误；由A 点到斜草面底端过程，由动能定理有mgh －μmgl cos θ＝12m v 2，可得v B >v B ′，选项B 错误；游客由A 点开始下滑到停在水平草面上，设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mgh －μmg (l cos θ＋x )＝0，则l cos θ＋x ＝h μ，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C 正确、D 错误．7．(2016·南昌模拟)如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A 向上有三个等间距点B 、C 和D ，即AB ＝BC ＝CD ，D 点距水平面高为h .小滑块以某一初速度从A 点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D 位置时速度为零；若斜面AB 部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C 位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g ，则在AB 有摩擦的情况下( )A ．从C 位置返回到A 位置的过程中，克服阻力做功为23mgh B ．滑块从B 位置返回到A 位置的过程中，动能变化为零C ．滑块从C 位置返回到B 位置时的动能为13mgh D ．滑块从B 位置返回到A 位置时的动能为23mgh [导学号76070229] 解析：选BC.由于A 、B 、C 和D 等间距，A 、B 、C 和D 所处的高度均匀变化，设A 到B 重力做功为W G ，从A 到D ，根据动能定理，有－3W G ＝0－12m v 20；若斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理，有－2W G－W f ＝0－12m v 20，联立解得W G ＝W f ，所以从C 位置返回到A 位置的过程中克服阻力做功为13mgh ，选项A 错误；从B 位置返回到A 位置时因W G ＝W f ，所以动能的变化为零，选项B 正确；设滑块下滑到B 位置时速度大小为v B ，根据动能定理，有W G ＝12m v 2B ＝13mgh ，选项C 正确，D 错误．8．如图所示，MPQ 为竖直面内一固定轨道，MP 是半径为R 的1/4光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ 相切于P 点，Q 端固定一竖直挡板，PQ 长为x .一小物块在M 端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后以碰前速率反向弹回，最后停在距离Q 点为l 的地方，重力加速度为g ，则( )A ．物块由静止滑至圆弧轨道P 点时速度大小为2gRB ．物块由静止滑至圆弧轨道P 点时对轨道压力的大小为mgC ．物块与PQ 段的动摩擦因数μ值可能是R x －lD ．物块与PQ 段的动摩擦因数μ值可能是R 3x －l[导学号76070230] 解析：选AD.设物块滑至P 点时的速度为v ，根据动能定理有mgR ＝12m v 2－0，解得v ＝2gR ，选项A 正确；设物块到达P 点时，轨道对它的支持力大小为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3mg ，根据牛顿第三定律，物块对轨道压力的大小F ′N ＝F N ＝3mg ，选项B 错误；若物块与Q 处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q 为l 的地方．设该点为O ，物块从M 运动到O 的过程，根据动能定理有mgR －μmg (x＋l )＝0－0，解得μ＝R x ＋l，选项C 错误；若物块与Q 处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道，后又返回水平轨道，停在距Q 为l 的O 点，全程应用动能定理有mgR －μmg (2x ＋x－l )＝0－0，解得μ＝R 3x －l，选项D 正确．9．(2016·南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1<t 2C ．E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J[导学号76070231] 解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得，x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3，A 正确，B 错误；A →M 应用动能定理得－mgh ＋W 1＝12m v 2M －12m v 2，① 竖直方向有v 2＝2gh ②①②式联立得W 1＝2 JA →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ，A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，C 错误，D 正确．10．2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下，当。

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。