下载文档原格式
动能定理的含义-概述说明以及解释1.引言1.1 概述动能定理是物理学中的基本定理之一，它描述了物体运动状态的变化与其动能之间的关系。
动能定理是经典力学中的一个重要概念，它揭示了物体在运动过程中动能的变化与所受外力的关系。
通过动能定理，我们可以更深入地理解物体在运动过程中的能量转化和动能的大小与速度的关系。
本文将对动能定理的概念、物理意义和应用进行深入探讨，以及总结动能定理在物理学中的重要性和未来的研究方向。
这将有助于读者更好地理解动能定理，并认识到它在物理学领域中的重要作用和发展前景。
1.2 文章结构文章结构部分:本文共分为引言、正文和结论三部分。
引言部分主要概述动能定理的重要性和物理意义，介绍文章的结构和目的。
正文部分包括了动能定理的概念、物理意义和应用，通过详细的解释和案例分析来说明动能定理在物理学中的重要性和实际应用。
结论部分对动能定理的重要性进行总结，探讨了它对物理学的贡献，并展望了未来研究的方向。
整篇文章结构严谨，逻辑清晰，旨在全面深入地探讨动能定理的含义和影响。
1.3 目的：本篇文章旨在深入探讨动能定理的含义，通过对动能定理的概念、物理意义和应用进行详细分析，希望读者能够更好地理解动能定理在物理学中的重要性和作用。
同时，通过对动能定理的研究，也可以展望其在未来的研究方向，以及对物理学领域的贡献，从而为相关领域的科研工作提供一定的参考和启发。
通过本文的阐述，希望能够引起读者对动能定理的关注，激发更多的学术探讨和研究。
2.正文2.1 动能定理的概念动能定理是描述物体运动的重要定律，它阐述了一个物体的动能与它的速度有着直接的关系。
动能是指一个物体由于运动而具有的能量，通常用K来表示，它的计算公式为K=1/2mv^2，其中m为物体的质量，v 为物体的速度。
根据动能定理，一个物体的动能增加的大小与它受到的力的大小和它沿力方向做功的距离成正比。
换句话说，当物体受到外力作用而加速运动时，它的动能将会增加。
“动能定理”含义的理解及其生活的应用【摘要】"动能定理"是物理学中重要的原理之一，它描述了物体的动能随时间的变化关系。
本文首先介绍了动能定理的概念及其重要性，随后详细解释了动能定理的定义和公式推导。
接着，探讨了动能定理在实际生活中的应用，包括交通运输和体育运动领域。
结尾部分总结了动能定理的作用，展望了未来动能定理的更广泛应用，并强调了动能定理对生活的重要性。
通过本文的阐述，读者可以更加深入地理解动能定理在日常生活中的实际应用，以及它对生活的重要影响。
【关键词】动能定理, 引言, 正文, 结论, 定义, 公式推导, 实际生活应用, 交通运输, 体育运动, 作用, 未来应用, 生活重要性1. 引言1.1 介绍动能定理动能定理是物理学中的一个重要概念，它描述了物体由于运动而具有的能量。
在物理学中，动能定理被定义为一个物体的动能（kinetic energy）与作用在该物体上的合力（net force）之间的关系。
动能定理指出，一个物体的动能的变化量等于作用在该物体上的合力所做的功（work）。
这个定理的表达方式是\[W_{\text{合}} = \Delta KE\]其中\[W_{\text{合}} \]表示作用在物体上的合力所做的功，\[\Delta KE \]表示物体动能的变化量。
这个式子可以通过牛顿第二定律和功的定义来推导得出。
动能定理在物理学中有着广泛的应用，特别是在研究物体的运动和相互作用中。
在实际生活中，我们可以利用动能定理来计算物体的速度、能量和运动轨迹，从而更好地理解和解释现象。
动能定理也被广泛运用在交通运输领域和体育竞技中，帮助人们设计更安全和高效的交通工具，以及优化运动员的训练和表现。
动能定理是物理学中一项重要的原理，它不仅可以帮助我们理解物体的运动规律，还可以指导我们在生活中的实际应用中取得更好的效果。
1.2 为什么动能定理重要动能定理是物理学中一个重要的概念，它描述了一个物体的运动状态发生改变时，其动能的变化与所受到的外力做功之间的关系。
ʏ戴建华动能定理的内容是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,用公式表示为W =ΔE k =E k 2-E k 1=12m v 22-12m v 21㊂理解动能定理需要从牢记动能定理的内容和表达式两个方面着手,应用动能定理解决实际问题应该在掌握动能定理的适用条件和解题流程上多下功夫㊂一㊁动能定理的正确理解1.力 既可以是恒力也可以是变力; 力 包括物体受到的重力㊁弹力㊁摩擦力㊁电场力㊁磁场力等各种性质的力,这些力可以同时作用也可以不同时作用㊂2.等于 体现了两层关系,即因果关系(合力做功是物体动能变化的原因)和数量关系(合力做的功与动能的变化量可以等量代换)㊂3.动能定理表达式W =ΔE k 中 = 号左边是各个力所做的功,右边是动能的变化量,两者都是标量,但两者都有正负之分,因此应用动能定理求解相关问题时虽不需要考虑各物理量的方向性,但需要区分功的正负和动能的正负㊂例1 关于物体所受的合外力㊁合外力做的功,以及动能变化的关系,下列说法中不正确的有( )㊂A.若物体所受合外力为零,则合外力做功一定为零,动能变化量也一定为零B .若物体所受合外力做功为零,则合外力不一定为零,动能变化量也不一定为零C .若物体所受合外力做功越多,则动能一定越大D .若物体的动能不变,则合外力做功一定为零,合外力不一定为零根据功的计算公式W =F l c o s α可知,若物体所受合外力为零,则合外力做功一定为零;若物体所受合外力做功为零,则可能是α=90ʎ的情况,即物体所受合外力不一定为零㊂根据动能定理的表达式W =E k 2-E k 1=ΔE k 可知,若物体所受合外力做功为零,则动能变化量一定为零;若物体所受合外力做功越多,则动能变化量越大,但动能不一定越大;若物体的动能不变,则合外力做功一定为零,但合外力不一定为零㊂答案:B C二㊁动能定理的具体应用1.动能定理的适用条件:因为动能定理只涉及做功过程的初㊁末两个状态的动能,所以在不需要考虑物体在所选研究过程中的运动性质㊁运动轨迹㊁受力情况和做功情况等细节问题时,可以优先考虑选用动能定理分析求解㊂2.应用动能定理解题的一般步骤:明确研究对象和研究过程ң分析研究对象的受力情况,并求出各力所做功的代数和或合外力做的总功ң求出研究对象在初㊁末两个状态下的动能ң根据动能定理列式求解㊂例2 如图1所示,集装箱质量为M ,在它内部放置一件质量为m 的货物㊂集装箱在起重机钢索的拉力作用下由静止开始竖直 图1向上做加速运动,当上升高度为H 时,集装箱的速度达到v ㊂在这个过程中,货物始终相对集装箱静止,则下列说法中正确的是( )㊂A .集装箱对货物的支持力所做的功等于12m v 2B .集装箱对货物的支持力所做的功大于12m v 2C .钢索的拉力所做的功小于12m v 2+M gH 33物理部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.D .钢索的拉力所做的功大于12m v 2+M gH 以货物为研究对象,根据动能定理得W 支-m gH =12m v2,即W 支=m gH +12m v 2>12m v2,选项A 错误,B 正确㊂以货物和集装箱组成的整体为研究对象,根据动能定理得W 拉-(m +M )gH =12(M +m )v 2,即W 拉=12(M +m )v 2+(M +m )gH >12m v 2+M gH ,选项C 错误,D 正确㊂答案:BD图2例3 如图2所示,汽车A 通过长度为了l 的绳索拖着车厢B 在平直路面上以速度v做匀速直线运动,已知汽车发动机提供的牵引力恒为F ,汽车A 的质量是车厢B 的2倍,汽车A 和车厢B 与路面之间的动摩擦因数均为μ㊂某时刻拖拽车厢B 的绳索突然断裂,汽车保持牵引力为F 不变继续运动距离s 0后,司机才发现绳索断裂,并立即关闭发动机,则当汽车A 和车厢B 都停止运动时,二者相距多远?设车厢B 的质量为m ,则汽车A 的质量为2m ,汽车A 拖着车厢B 在牵引力F 的作用下以速度v 做匀速直线运动时,根据平衡条件得F =f =3μm g ㊂设汽车A 在关闭发动机后在摩擦力f 1=2μm g 的作用下运动距离s 1停下来,车厢B 在绳索断裂后在摩擦力f 2=μm g 的作用下运动距离s 2停下来,当二者都停止运动时相距Δs ,二者的运动情况示意图如图3所示㊂选汽车A 为研究对象,在绳索断裂到汽车A 最终停止的整个过程中,根据动能定理得F s 0-f 1(s 0+s 1)=0-12ˑ2m v 2;选车厢B 为研究对象,在车厢B 运动距离s 2的过程中,根据动能定理得-f 2s 2=0-12m v 2;根据几何关系得Δs =l +s 0+s 1-s 2㊂联立以上各式解得Δs =l +32s 0㊂图3图41.如图4所示,质量为m 的物块拴在细绳的一端,细绳穿过光滑小孔,物块在细绳拉力的作用下在光滑的水平面内做匀速圆周运动㊂当细绳对物块的拉力为F 时,物块做匀速圆周运动的转动半径为R ;当拉力逐渐减小为F4时,物块仍做匀速圆周运动,转动半径为2R ㊂在拉力从F 减小到F4的过程中,拉力对物块所做的功的大小为( )㊂A .F R 4 B .F R2C .πR FD .2πR F2.夏季是我国雨水丰沛,多发生洪涝灾害的季节,道路运输从业人员需要特别注意因洪涝而发生的各种次生灾害对道路运输安全的影响㊂假设一列质量为3000t 的火车,在恒定的额定功率下,由静止出发,在运动过程中受到的阻力大小恒定,经过1ˑ103s 速度达到最大行驶速度72k m /h 的同时,司机发现前方5k m 处的铁轨被洪水冲毁,便立即紧急刹车,刹车产生的制动力为7ˑ104N ,结果列车正好到达铁轨冲毁处停止㊂求:(1)列车在行驶过程中所受阻力多大?(2)列车的额定功率多大?(3)列车的总行程多长?参考答案:1.A2.(1)5ˑ104N ;(2)1ˑ106W ;(3)1.3ˑ104m ㊂作者单位:江苏省江都中学(责任编辑 张 巧)43 物理部分㊃知识结构与拓展 高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一 动能定理的理解 (1)热点题型二 动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用 (3)热点题型四 动能定理与图象的结合问题 (3)图像 (4)图像 (4)图像 (5)图像 (6)热点题型五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (6)运用动能定理巧解往复运动问题 (7)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (7)【题型演练】 (8)【题型归纳】热点题型一 动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)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．公式中“＝”体现的三个关系x F -t v -t a -x E k-【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断【变式1】(2018·高考全国卷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【变式2】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热点题型二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tan θB．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确()A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h) 【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是 ( )A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用【例3】.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 【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P . 它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低 点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R热点题型四动能定理与图象的结合问题1．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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义F 图像x【例4】如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg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象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间v-图像t【例5】(2019·安徽合肥一模)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．F1、F2大小之比为1∶2 B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1 D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1【变式】(2018·高考全国卷Ⅱ) 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5a-图像t【例6】(2019·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是()A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功【变式】质量为m 的小球被系在轻绳一端，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．设某一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.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgRx E k 图像【例7】(2017·高考江苏卷)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( )【变式】(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是 ( )热点题型五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 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)重力做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)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤运用动能定理巧解往复运动问题【例8】．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．【变式】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，BC 是水平的，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开始下滑(图中小物块未画出)．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，则停止的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】．(2019·桂林质检)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/s2，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v0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.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10 m/s2.求：(1) 物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2) 物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．【题型演练】1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则()A．v1<v2 B．v1>v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定2.如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变3.(2018·高考全国卷Ⅰ)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．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J5.(2019·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6.(2019·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 ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 7. 光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是 ( )8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下， 并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则 ( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h9 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O 点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．10.(2018·高考全国卷 Ⅰ )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P A 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，sin α＝35.一质量为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．2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一 动能定理的理解 (1)热点题型二 动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用 (4)热点题型四 动能定理与图象的结合问题 (5)图像 (5)图像 (6)图像 (8)图像 (9)热点题型五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (10)运用动能定理巧解往复运动问题 (10)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (11)【题型演练】 (14)【题型归纳】热点题型一 动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)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．公式中“＝”体现的三个关系x F -t v -t a -x E k-【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法判断【答案】 A【解析】 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs ＝0－12mv 2，得s ＝v 22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等．故选项A 正确． 【变式1】(2018·高考全国卷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【答案】 A【解析】 由动能定理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，A 正确．【变式2】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【答案】A.【解析】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．热点题型二 动能定理在直线运动中的应用1. 若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2. 一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A 点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B 点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )A ．tan θB ．tan αC ．tan(θ＋α)D ．tan(θ－α)【答案】B【解析】.如图所示，设B 、O 间距离为s 1，A 点离水平面的高度为h ，A 、O 间的水平距离为s 2，物块的质量为m ，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh －μmg cos θ·s 2cos θ－μmg ·s 1＝0，解得μ＝h s 1＋s 2＝tan α，故选项B 正确．【变式1】如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深 度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h) 【答案】C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20＝mgh ＋mgH －fH ，f 0＝mg (1＋H h )－fH h，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是 ( )A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2【答案】C【解析】对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设A 、B 间的水平长度为x ，竖直高度差为h ，对A 到B 的过程运用动能定理得mgh －μmg cos α·AC －μmg ·CE －μmg cos β·EB ＝0，因为AC ·cos α＋CE ＋EB ·cos β＝x ，则有mgh －μmgx ＝0，解得μ＝h x＝tan θ，故C 正确．热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用【例3】.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 【答案】C【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 ＝mv 2N R，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 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 ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 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． 【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低 点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R【答案】 AC【解析】质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR ，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误．热点题型四 动能定理与图象的结合问题1．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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义x F 图像【例4】如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作 用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是 ( )A ．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B ．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】 B【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx max ＝0，得x max ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时，x ＝3.2 m ，由动能定理得12(100＋20)·x －μmgx ＝12mv 2max，解得物体运动的最大速度v max ＝8 m/s ，选项C 错误；当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D 项错误．【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 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象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间【答案】ABC【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＝F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F －x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误． t v 图像。
7动能和动能定理一、动能和动能定理1.基本知识(1)动能 ①定义： 物体由于 而具有的能．②表达式： E k ＝12mv 2，式中v 是瞬时速度．③单位 动能的单位与功的单位相同，国际单位都是 ，符号为J. 1 J ＝1 kg·m 2/s 2＝1 N·m. ④对动能概念的理解a ．动能是标量，只有 ，没有 ，且动能为非负数．b ．动能是状态量，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能． ⑤动能的变化量 即末状态的动能与初状态的ΔE k ＝12mv 22－12mv 21.ΔE k ＞0，表示物体的 ．ΔE k ＜0表示物体的 ．(2)动能定理的推导①建立情景 如图所示，质量为m 的物体，在恒力F 作用下，经位移l 后，速度由v 1增加到v 2.②推导依据外力做的总功：W ＝ 由牛顿第二定律：F ＝由运动学公式：l ＝v 22－v 212a.③结论：W ＝12mv 22－12mv 21 即W ＝E k2－E k1＝ΔE k .(3)动能定理的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 。
(4)动能定理的表达式 ①W ＝12mv 22－12mv 21. ②W ＝E k2－E k1. 说明：式中W 为 ，它等于各力做功的 。
(5)动能定理的适用范围不仅适用于 做功和 运动，也适用于 做功和 运动情况．二、对动能、动能定理的理解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．对动能定理的理解(1)内容：外力对物体做的总功等于其动能的增加量，即W ＝ΔE k . (2)表达式W ＝ΔE k 中的W 为外力对物体做的总功．(3)ΔE k ＝12mv 22－12mv 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．(4)动能定理描述了做功和动能变化的两种关系．①等值关系：某物体的动能变化量总等于合力对它做的功．②因果关系：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．例1． 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 ．动能不变化，则物体所受合力一定为零规律总结： 动能与速度的关系1．瞬时关系：动能和速度均为状态量，二者具有瞬时对应关系．2．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．训练1．(2014·苏州高一检测)一物体做变速运动时，下列说法正确的有( ) A ．合力一定对物体做功，使物体动能改变 B ．物体所受合力一定不为零 C ．合力一定对物体做功，但物体动能可能不变 D ．物体加速度一定不为零 动能定理的应用及优越性1．应用动能定理解题的基本步骤2．优越性(1)对于变力作用或曲线运动，动能定理提供了一种计算变力做功的简便方法．功的计算公式W＝Fl cos α只能求恒力做的功，不能求变力的功，而由于动能定理提供了一个物体的动能变化ΔE k与合力对物体所做功具有等量代换关系，因此已知(或求出)物体的动能变化ΔE k＝E k2－E k1，就可以间接求得变力做功．算，运算简单不易出错．注意：动能定理虽然是在物体受恒力作用，沿直线做匀加速直线运动的情况下推导出来的，但是对于外力是变力或物体做曲线运动，动能定理同样成立．例2．一架喷气式飞机质量m＝5×103 kg，起飞过程中从静止开始滑行的路程s＝5.3×102 m时(做匀加速直线运动)，达到起飞速度v＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k倍(k＝0.02)．求飞机受到的牵引力．规律总结：动能定理与牛顿运动定律在解题时的选择方法1．动能定理与牛顿运动定律是解决力学问题的两种重要方法，一般来讲凡是牛顿运动定律能解决的问题，用动能定理都能解决，但动能定理能解决的问题，牛顿运动定律不一定都能解决，且同一个问题，用动能定理要比用牛顿运动定律解决起来更简便．2．通常情况下，其问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律去解决；其问题若不考虑具体细节、状态或时间，如物体做曲线运动、受力为变力等情况，一般要用动能定理去解决．训练2．一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离s2应为( ) A．6.4 m B．5.6 m C．7.2 m D．10.8 m三、用动能定理求变力的功例3．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做功为( )A.12μmgRB.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR规律总结：1．本题中摩擦力的大小、方向都在变化，应用功的定义式无法直接求它做的功，在这种情况下，就要考虑利用动能定理．2．物体的运动过程分为多个阶段时，我们尽量对全过程应用动能定理，如果这样不能解决问题，我们再分段处理．如本题中我们直接对由A →B →C 的全过程应用动能定理，就比分为两个阶段由A →B 和由B →C 分别来处理简单一些．动能定理在多过程中的应用1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便． 例4．如图所示，ABCD 为一竖直平面的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑．一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点速度为零．求：(g 取10 m/s 2)(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数． (2)物体第5次经过B 点时的速度．(3)物体最后停止的位置(距B 点多少米)．当堂双基达标1．对于动能的理解，下列说法错误的是( )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 ．动能总为正值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2．(多选)关于动能，下列说法正确的是( )A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 是物体相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C ．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D ．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同3．(多选)一质量为0.1 kg 的小球，以5 m/s 的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )A ．Δv ＝10 m/sB ．Δv ＝0C ．ΔE k ＝1 JD ．ΔE k ＝0 4．关于动能定理，下列说法中正确的是( ) A ．某过程中外力的总功等于各力做功的绝对值之和 B ．只要合外力对物体做功，物体的动能就一定改变 C ．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用 D ．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程5．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是( ) A ．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零 B ．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零C ．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零D ．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零6．一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点．第一次小球在水平拉力F 1作用下，从平衡位置P 点缓慢地移到Q 点，此时绳与竖直方向夹角为θ(如图774所示)，在这个过程中水平拉力做功为W 1.第二次小球在水平恒力F 2作用下，从P 点移到Q 点，水平恒力做功为W 2，重力加速度为g ，且θ＜90°，则( )A ．W1＝F 1l sin θ，W 2＝F 2l sin θ B ．W 1＝W 2＝mgl (1－cos θ)C ．W 1＝mgl (1－cos θ)，W 2＝F 2l sin θD ．W 1＝F 1l sin θ，W 2＝mgl (1－cos θ)7．一质量为m 的滑块，以速度v 在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v (方向与原来相反)，在这段时间内，水平力所做的功为( )A.32mv 2 B ．－32mv 2 C.52mv 2 D ．－52mv 2 8．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s ，如图776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9.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 ．木块所受的合力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零C ．重力和摩擦力做的功代数和为零D ．重力和摩擦力的合力为零10．物体在合外力作用下做直线运动的v t 图象如图所示．下列表述正确的是( )A ．在0～1 s 内，合力做正功B ．在0～2 s 内，合力总是做负功C ．在1～ 2 s 内，合力不做功D ．在0～3 s 内，合力总是做正功11．(多选)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，小环线速度大小的平方v 2随下落高度h 的变化图象可能是图中的( )12．如图所示，一物体由A 点以初速度v 0下滑到底端B ，它与挡板B 做无动能损失的碰撞后又滑回到A 点，其速度正好为零．设A 、B 两点高度差为h ，则它与挡板碰前的速度大小为( )A. 2gh ＋v 204B.2ghC.2gh ＋v 202D.2gh ＋v 2013．质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用．已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为( )A.mgL4B.mgL3C.mgL2D．mgL14.物体在合外力的作用下做直线运动的v-t图像如图所示，下列表述中正确的是（）A.在0~1s内，合外力做正功B.在0~2s内，合外力总是做正功C.在1s~2s内，合外力不做正功D.在0~3s内，合外力总是做正功15．(多选)物体沿直线运动的vt图象如图所示，已知在第1秒内合力对物体做功为W，则( )A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－0.75W16．如图所示，在距沙坑表面高h＝8 m处，以v0＝22 m/s的初速度竖直向上抛出一质量m＝0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.3 m深处停下．若物体在空中运动时的平均阻力是重力的0.1倍(g＝10 m/s2)．求：(1)物体上升到最高点时离开沙坑表面的高度H；(2)物体在沙坑中受到的平均阻力F是多少？17．如图所示，滑雪者从高为H的山坡上A点由静止下滑，到B点后又在水平雪面上滑行，最后停止在C点．A、C两点的水平距离为s，求滑雪板与雪面间的动摩擦因数μ.18．如图所示，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：(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；(2)小球刚到达最低点B时，轨道对小球支持力F N的大小；(3)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Wf.。
功能关系（动能定理及其应用）知识点梳理1．动能：物体由于运动而具有的能量。
影响因素：<1>质量 <2>速度 表达式：E k =221mv 单位：J 2、动能定理<1>定义：物体动能的变化量等于合外力做功。
<2>表达式：△E k =W F 合3、W 的求法动能定理中的W 表示的是合外力的功，可以应用W ＝F 合·lc os α（仅适用于恒定的合外力）计算，还可以先求各个力的功再求其代数和，W ＝W 1＋W 2＋…（多适用于分段运动过程）。
4．适用范围动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。
5．动能定理的应用（1）选取研究对象，明确它的运动过程；（2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和（3）明确研究对象在过程的始末状态的动能E k 1和E k 2；母本身含有负号。
方法突破之典型例题题型一对动能定理的理解1．一个人用手把一个质量为m=1kg的物体由静止向上提起2m，这时物体的速度为2m/s，则下列说法中正确的是（）A．合外力对物体所做的功为12JB．合外力对物体所做的功为2JC．手对物体所做的功为22JD．物体克服重力所做的功为20J2．关于对动能的理解，下列说法不正确的是（）A．凡是运动的物体都具有动能B．动能总是正值C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化D．一定质量的物体，速度变化时，动能一定变化光说不练，等于白干1、若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（）A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的动量不可能总是不变的C．物体的加速度一定变化D．物体的速度方向一定变化2、物体在合外力作用下，做直线运动的v﹣t图象如图所示，下列表述正确的是（）A．在0～1s内，合外力做正功B．在0～2s内，合外力总是做正功C．在1～2s内，合外力不做功D．在0～3s内，合外力总是做正功3、物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（）A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W4、美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利.如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能表达正确的是（）A.mgh1+mgh2－WB.mgh2－mgh1－WC.W+mgh1－mgh2D.W+mgh2－mgh15、轻质弹簧竖直放在地面上，物块P 的质量为m ，与弹簧连在一起保持静止。
第2讲动能定理及其应用课程标准素养目标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.物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容.科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题.返回导航考点一动能、动能定理的理解【必备知识•自主落实】1.动能动能是标量(1)定义：物体由于运动而具有的能.(2)公式：E k=^mv2v是瞬时速度(3)单位：焦耳，1J=1N m=l kg m2/s2.(气)动能］的变化：物体末动能与初动能之差，即AEk=答案返回导航2.动能定理“力”指的是物体受到的合力(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.合力所做的总功1719(2)表达式：W=(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.答案返回导航【关键能力.思维进阶］1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是（）A.如果m乙=2m甲，v甲=2v乙，则甲、乙两物体的动能相等B.如果m甲=2m乙，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等C.如果m乙=2m甲，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等D.如果111甲=111乙，v¥=v^,两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等答案：D解析：由动能的表达式氏=fl"”?可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确.解析■答案返回导航2.（多选）如图所示，电梯质量为M,在它的水平底板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由V|增大到V2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A.对物体，动能定理的表达式为W=：mv专-:mv，，其中W为支持力做的功B.对物体，动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功C.对物体，动能定理的表达式为W—mgH=：mv芸一?mv，，其中W为支持力做的功|D.对电梯，其所受合力做功为!Mv专一I—―I答案：CD解析■答案胃返回导航思维提升有能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量.(2)动能没苔负值，而动能变化量有正负之分.JE,>0表示物体的动能增加，/E r VO表示物体的动能减少.返回导航2.对动能定理的理解做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.因果关系一合力做功是物体动能变化的原因数量关系一合力做的功与动能变化可以等量代换单位关系一国际单位都是焦耳返回导航返回导航考点二动能定理的基本应用【关键能力•思维进阶】应用动能定理的注意事项(1)方法的选择：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，比动力学方法要简捷.(2)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理.如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化.(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理.返回导航考向1应用动能定理求变力的功例1承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品.一名运 动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度3 = 0.5,以〃s 顺时针匀速转动，质量为60 kg 的运动员在盘面上离转轴10 m 半 径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s, 滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s,该过程中，运动员所做的功为6 500 J,巳知盘面与水平面夹角为18° , g 取10 mis 1, sin 18° =0.31, cos 18° =0.95,则该过程中运动员克服阻力做的功为（ ）A. 4 240 J C. 3 860JB. 3740 JD. 2 300 J 答案：c解析■答案返回导航考向2应用动能定理求解直线运动问题例2如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光 滑，在斜面底端C 点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD 段长度.一质量m = 0.1 蚀的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度v 0=2力/s 沿斜面下滑，当弹簧 第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿 斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.己知弹簧的原长L o = O.2 m,物块 与斜面AD 段间的动摩擦因数p=g 斜面倾角0=30° ,重力加速度g=10 tn/s 2,6弹簧始终处于弹性旭度范围内.下列说法中正确的是（）A. A 、D 间的足巨鬲X n ）=0.2 m%B. 物块第一次运动到D 点时的速度大小为匝m/sC. 弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 Jn D. 物块在斜面AD 段能滑行的总路程为1.6 mCB 答案：D 解析■答案返回导航考向3应用动能定理求解曲线运动问题例3[2023-湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道COE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为重力加速度大小21T为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：a A(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(寻f(3)小物块在A点的初速度大小.芯夕次答案返回导航思维提升求解多过程问题抓好“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.返回导航考向4动能定理在往复运动问题中的应用1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.返回导航例4（多选）［2024-山东模拟预测］如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角a= 37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为&H,多次往复运动.不计空气阻力，重力加速度为g,sin37°=0.6.返回导航下列说法正确的是()A.滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为土mgHB.滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为:4C.滑块与斜面间的动摩擦因数为寿D.滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为(l—*)mgH答案：BCD解析■答案返回导航返回导航考点三动能定理与图像结合问题【关键能力•思维进阶】考向1E r x（W-x）图像问题例5（多选）一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中E和、So为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.恒力的大小为譬酮三B.斜面倾角的正饥值为0.75C.滑块下滑到斜面底端时的速度大小为玄笋D.滑块的质量可表示为竺剪\gs。
"动能定理"含义的理解及其生活的应用
"动能定理" 是物理学中的重要概念，它描述了物体的运动能量。
动能定理的公式为：
动能= 力学量（质量）x 速度的平方/2
其中，力学量是物体的质量，速度是物体的线速度。
这个公式表明，动能是物体质量和它的速度的平方之积。
动能定理在生活中有很多应用，例如:
交通安全: 动能定理可以帮助我们理解车辆碰撞时产生的能量，这对于设计安全的交通系统非常重要。
能源管理: 动能定理可以帮助我们计算物体运动时需要的能量，这对于规划和管理能源是非常重要的。
运动科学: 动能定理可以帮助我们计算运动员和运动项目中需要的能量，这对于训练和提高运动量有很大的帮助。
考点12 动能定理的理解与应用一、选择题1．关于物体的动能，下列说法正确的是()A．物体的质量、速度不变，其动能一定不变B．物体的动能不变，其速度一定不变C．两个物体中，速度大的动能也大D．某一过程中物体的速度变化越大，其动能的变化一定越大【答案】A【解析】根据E k＝mv2可知，如果物体的质量、速度不变，动能不变，故A正确；如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可能变化，故B错误；动能由质量和速度大小共同决定，速度大的物体动能不一定大，故C错误；如做匀速圆周运动的物体，速度变化可能大，但动能不变，故D错误.2．下列关于动能的说法正确的是()A．两个物体中，速度大的动能也大B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍C．做匀速圆周运动的物体动能保持不变D．某物体的动能保持不变，则速度一定不变【答案】C【解析】动能的表达式为E k＝mv2，即物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；速度只要大小保持不变，动能就不变，故C正确，D错误．3．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是()A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的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，受力一定为零【答案】ABC【解析】动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都有动能，A正确；由于E k＝mv2，而v与参考系的选取有关，B正确；由于速度为矢量，当方向变化时，若其速度大小不变，则动能并不改变，C正确；做匀速圆周运动的物体动能不变，但物体受力并不为零，D错误.4．(多选)某同学在练习足球时，将足球朝竖直的墙壁踢出.假设足球的质量为m＝0.5 kg，足球与墙壁碰撞的瞬间速度大小为v＝5 m/s，如果以足球被踢出的速度方向为正，足球与墙壁碰后以等大的速度反弹.则()A．速度的变化量为－10 m/sB．速度的变化量为10 m/sC．动能的变化量为25 JD．动能的变化量为0【答案】AD【解析】速度的变化量为矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5) m/s＝－10 m/s，A正确，B错误；动能的变化量为标量，ΔE k＝mv2－mv2＝0，C错误，D正确.5．（多选）质量为m的物体，从静止开始以a＝g的加速度竖直向下运动h，下列说法中正确的是()A．物体的动能增加了mghB．物体的动能减少了mghC．物体的重力势能减少了mghD．物体的重力势能减少了mgh【答案】AD【解析】物体的合力为ma＝mg，向下运动h时合力做功mgh，根据动能定理知物体的动能增加了mgh，A对，B错.向下运动h的过程中重力做功mgh，物体的重力势能减少了mgh，C 错，D对.6．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】C【解析】物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错．7．连接A、B两点的弧形轨道ACB和ADB形状相同、材料相同、粗糙程度相同，如图所示，一个小物块由A以一定的初速度v开始沿ACB轨道到达B的速度为v1；若由A以大小相同的初速度v沿ADB轨道到达B的速度为v2.比较v1和v2的大小有()A．v1>v2B．v1＝v2C．v1<v2D．条件不足，无法判定【答案】A【解析】弧形轨道ACB和ADB的长度相等，物块在上面滑动时动摩擦因数相同，物块在上面运动可认为做圆周运动，由于物块在ADB上运动时对曲面的正压力大于在ACB上对曲面的正压力，故在ADB上克服摩擦力做的功大于在ACB上克服摩擦力做的功，再由动能定理得出选项A正确．8.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点开始到其运动轨迹最高点，动能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】A【解析】由题意知水平拉力为F＝mg；设小球到达c点的速度为v1，从a到c根据动能定理可得：F·3R－mgR＝mv，解得：v1＝2，小球离开c点后，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，由于水平方向加速度a x＝g，小球至轨迹最高点时v x＝v 1，故至到达最高点时的动能ΔE k＝mv＝2mgR，A正确．9.某同学在篮球场的篮板前做投篮练习，假设在一次投篮中这位同学对篮球做的功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m.不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为() A．W＋mgh1－mgh2B．mgh2－mgh1－WC．mgh1＋mgh2－WD．W＋mgh2－mgh1【答案】A【解析】对篮球由动能定理得：W－mg(h2－h1)＝E k－0，所以E k＝W＋mgh1－mgh2，A正确．10.(多选)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为F N，则()A．a＝B．a＝C．F N＝D．F N＝【答案】AC【解析】质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，根据公式a＝，可得a＝，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，F N－mg＝ma，代入可得，F N＝，C正确，D错误．11.如图所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。
动能定理及其应用物理考点 1.理解动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.掌握解决动能定理与图象结合的问题的方法．考点一 动能定理的理解和基本应用基础回扣1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k ＝m v 2，单位：焦耳(J).1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.12(3)动能是标量、状态量．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 ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝m v 22－m v 12.1212(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．技巧点拨1．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．2．解题步骤3．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．例1 (2019·辽宁大连市高三月考)如图1所示，一名滑雪爱好者从离地h ＝40 m 高的山坡上A 点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD 、DC 滑下，滑到坡底C 时的速度大小v ＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m ＝60 kg ，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC 间的距离L ＝100 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略在D 点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为( )图1A ．3 000 JB ．4 000 JC ．5 000 JD ．6 000 J答案 A解析 根据动能定理有W －μmgL AD cosα－μmgL CD cosβ＋mgh ＝m v 2，即：12W －μmgL ＋mgh ＝m v 2，求得W ＝3 000 J ，故选A.12例2 (2017·上海卷·19)如图2，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图2(1)滑块在C 点的速度大小v C ；(2)滑块在B 点的速度大小v B ；(3)A 、B 两点间的高度差h .答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg ＝m v C 2R 解得v C ＝＝2 m/s.gR (2)B →C 过程，由动能定理得－mgR (1＋cos 37°)＝m v C 2－m v B 21212解得v B ＝≈4.29 m/s.v C 2＋2gR (1＋cos 37°)(3)滑块从A →B 的过程，利用动能定理：mgh －μmg cos 37°·＝m v B 2－0hsin 37°12代入数据，解得h ＝1.38 m.1．(动能定理的理解)(2018·天津卷·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图3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( )图3A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变答案 C解析 运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误；由动能定理知，运动员匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．2．(动能定理的应用)(多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为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 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )图4A ．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g 35答案 AB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°·－μmg cos 37°·＝0，解得μ＝，选项A 正确； 对经过上段hsin 45°hsin 37°67滑道的过程分析，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·＝m v m 2，解得：v m ＝，选hsin 45°122gh 7项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝＝－g ，故大小为g ，选项D 错误．mg sin 37°－μmg cos 37°m335335考点二 应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W 变＋W 恒＝m v 22－m v 12，物体初、末速度已1212知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝m v 22－m v 12－W 恒，就可1212以求变力做的功了．例3 (2020·四川雅安市期末)如图5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( )图5A.mgRB.mgR 1413C.mgRD.mgR12π4答案 C解析 在Q 点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝，下滑过程中，根据动能定理可得v 2R gR mgR －W f ＝m v 2，解得W f ＝mgR ，所以克服摩擦力做功mgR ，选项C 正确．1212123．(应用动能定理求变力做功)(2019·河南郑州市高一月考)质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )( )图6A.m v 02－μmg (s ＋x )B.m v 02－μmgx 1212C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－m v 02，则W 弹＝m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．1212考点三 动能定理与图象结合的问题1．解决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、图线下的面积等所表示的物理意义，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．图象所围“面积”和图象斜率的含义 动能定理与E k－x图象结合例4 (2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )图7A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg答案 C解析 法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k A B →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′整理以上两式并代入数据得mgh ＝30 J ，解得物体的质量m ＝1 kg ，选项C 正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下降过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′，则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝ N ＝12 N ，72－363－0mg －F ＝ N ＝8 N48－243－0联立可得m ＝1 kg ，选项C 正确． 动能定理与F －x 图象结合例5 如图8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4m ．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 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：图8(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，滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离是多少．答案 (1)5 m/s (2)5 m2解析 (1)由题图乙知，在OA 段拉力做功为W ＝(2mg ×2－0.5mg ×1) J ＝3.5mg (J)滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，W f ＝F f ·x OA ＝－mg (J)，滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得W ＋W f ＝m v A 2－012代入数据解得v A ＝5 m/s.2(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－m v A 212解得L ＝5 m所以滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离为L ＝5 m.4．(动能定理与a －t 图象结合)(2020·山西太原市模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是( )图9A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内的速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功答案 D解析 物体6 s 末的速度v 6＝×(2＋5)×2 m/s －×1×2 m/s ＝6 m/s ，结合题图可知0～6 s1212内物体一直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝×(2＋5)×122 m/s ＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4s 内由动能定理可知，W 合4＝m v 42－0，又v 4＝×(2＋4)×21212m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J,0～6 s 内合力对物体做的功：W 合6＝m v 62－0，又v 6＝6 m/s ，12得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 项正确．5.(动能定理与E k －x 图象结合)(2020·湖北高三月考)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能E k 与其发生的位移x 之间的关系如图10所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图10A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 根据动能定理ΔE k ＝F 合x 可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知x ＝1 m 时动能为2 J ，v 1＝＝ m/s ，故A 2E km 2错误．同理，当x ＝2 m 时动能为4 J ，v 2＝2 m/s ；当x ＝4 m 时动能为9 J ，v 4＝3 m/s ，则2～4 m 内有2a 2x 2＝v 42－v 22，解得2～4 m 内物块的加速度为a 2＝1.25 m/s 2，故B 错误．对物体运动全过程，由动能定理得：W F ＋(－μmgx 4)＝E k 末－0，解得W F ＝25J ，故C 错误.0～2 m 过程，t 1＝＝2 s ；2～4 m 过程，t 2＝＝0.8 s ，故总时间为2 s ＋0.8 s ＝2.82x 1v 2x 2v2＋v 42s ，D正确．课时精练1.(2018·全国卷Ⅱ·14)如图1，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( )图1A ．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答案 A解析 由题意知，W 拉－W 克摩＝ΔE k ，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 克摩与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．2.如图2所示，小物体从A 处由静止开始沿光滑斜面AO 下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B 处，已知A 距水平面OB 的高度为h ，物体的质量为m ，现用力将物体从B 点静止沿原路拉回至距水平面高为h 的C 点处，已知重力加速度为g ，需外力做的功至少应为( )23图2A.mghB.mgh1323C.mgh D ．2mgh 53答案 C解析 物体从A 到B 全程应用动能定理可得mgh －W f ＝0，由B 返回C 处过程，由动能定理得W F －W f －mgh ＝0，联立可得W F ＝mgh ，故选C.23533．(2018·江苏卷·4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt小球的动能E k ＝m v 2，把速度v 代入得12E k ＝mg 2t 2－mg v 0t ＋m v 02，1212E k 与t 为二次函数关系，故A 正确．4．(2021·广东茂名市第一中学期中)如图3所示，运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图3A ．运动员踢球时对足球做功m v 212B ．足球上升过程重力做功mghC ．运动员踢球时对足球做功mgh ＋m v 212D ．足球上升过程克服重力做功mgh ＋m v 212答案 C解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh ，即克服重力做功mgh ，B 、D 错误；由动能定理有W 人－mgh ＝m v 2，因此运动员对足球做12功W 人＝mgh ＋m v 2，故A 错误，C 正确．125．(2021·湖南怀化市模拟)如图4所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )图4A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案 A解析 物体从D 点滑动到顶点A 过程中－mg ·x AO －μmg ·x DB －μmg cos α·x AB ＝0－m v 02，由几12何关系有x AB cos α＝x OB ，因而上式可以简化为－mg ·x AO －μmg ·x OD ＝0－m v 02，从上式可以12看出，物体的初速度与路径无关．故选A.6.(2021·福建宁德市高三期中)如图5所示，质量为m 的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F 作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v 0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为( )图5A.m v 02B.m v 021412C ．m v 02D.m v 0222答案 C解析 将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v ，则v cos 45°＝v 0，可得v ＝v 0，物体由静止2开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W ＝m v 2－0＝m v 02，故C 正确，A 、B 、D 错误．127．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 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6中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g 取10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )图6A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间答案 ABC解析 物体做匀速直线运动时，拉力F 0与滑动摩擦力F f 相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－m v 2，根据F －x 图象中F 0mg 12图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ＝－F 0x ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误．8.质量m ＝1 kg 的物体，在水平恒定拉力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，经过的位移为4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移为8 m 时物体停止运动，运动过程中E k －x 图象如图7所示．取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)物体的初速度大小；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F 的大小．答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N解析 (1)从题图可知物体初动能为2 J ，则E k0＝m v 2＝2 J ，12得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝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 f ，则由动能定理得－F f x 2＝0－E k代入数据，解得F f ＝2.5 N.因F f ＝μmg ，故μ＝0.25.(3)物体从开始运动到位移为4 m 的过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )x 1＝E k －E k0，故得F ＝4.5 N.9.(多选)(2020·贵州安顺市网上调研)如图8所示，半圆形光滑轨道BC 与水平光滑轨道AB 平滑连接．小物体在水平恒力F 作用下，从水平轨道上的P 点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F ，小物体由C 点离开半圆轨道后落在P 点右侧区域．已知PB ＝3R ，重力加速度为g ，F 的大小可能为( )图8A.mgB.125mg 6C ．mgD.7mg 6答案 BC解析 小球能通过C 点应满足m ≥mg ，v C 2R 且由C 点离开半圆轨道后落在P 点右侧区域，则有2R ＝gt 2，v C t <3R ，对小球从P 点到C 12点由动能定理得F ·3R －2mgR ＝m v ，12C 2联立解得≤F ＜5mg 625mg 24故B 、C 正确，A 、D 错误．10.如图9所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )图9A ．W ＝mgR ，小球恰好可以到达Q 点12B ．W >mgR ，小球不能到达Q 点12C ．W ＝mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离12D ．W <mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离12答案 C解析 在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，解得v N ＝，对小球从开始下落v N 2R 3gR 至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝m v N 2－0，解得W ＝mgR .由于小球在PN 1212段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝m v Q 2－m v N 2，因为W ′<mgR ，则小球在N 处的动能大于小球从N 到Q 121212克服重力做的功和克服摩擦力做的功之和，可知v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．11．如图10甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：图10(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？答案 (1)2 m/s (2) s (3)5 J10835解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1＋F 3x 3－μmgx ＝m v B 2，12得v B ＝2 m/s.10(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝at 12，解得t 1＝ s.12835(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有mg ＝m ，v C 2R 对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W －mg ×2R ＝m v C 2－m v B 2，1212代入数值得W ＝－5 J ，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.12．(2020·山西运城市月考)如图11，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，sinα＝.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，落至水平轨道；35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：图11(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B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案 (1)mg (2)mg345gR 2152解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则＝tan α，F ＝，F 0mg mgcos α由牛顿第二定律得F ＝m ，v C 2R 联立并代入数据解得F 0＝mg ，v C ＝.345gR2(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝m v C 2－m v B 2，1212代入数据解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m ，v B 2R 解得F N ＝mg152由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝mg .152。
“动能定理”含义的理解及其生活的应用【摘要】动能定理是物理学中一个重要的概念，它描述了物体的动能与所受外力之间的关系。
在本文中，我们首先介绍了动能定理的重要性和提出背景。
然后详细解释了动能定理的基本概念和数学表达。
接着，我们讨论了动能定理在物理实验、工程领域以及日常生活中的应用，包括运动物体的速度计算、机械工程设计和交通安全等方面。
我们总结了动能定理的实用性和普遍性，强调了它对于理解物体运动行为的重要性。
动能定理的应用不仅仅局限于物理学领域，而且在生活的各个领域都有着广泛的应用价值。
【关键词】动能定理，重要性，提出，基本概念，数学表达，物理实验，工程领域，日常生活，实用性，普遍性1. 引言1.1 动能定理的重要性动能定理是物理学中非常重要的概念之一，它描述了物体的动能与其所受的外力之间的关系。
动能定理的重要性体现在以下几个方面：1. 动能定理是帮助我们理解物体运动的基础。
通过动能定理，我们可以推断物体在不同情况下的运动状态，如速度、加速度等，从而更好地掌握物体的运动规律。
2. 动能定理可以帮助我们计算物体受到的外力大小。
通过动能定理，我们可以根据物体的质量和速度计算出作用在物体上的外力大小，这对于物理实验和工程设计都有着重要的应用价值。
动能定理的重要性在于它为我们提供了一个理解物体运动规律和计算外力大小的重要工具，有助于我们更好地研究和应用物理学知识。
1.2 动能定理的提出动能定理最初由意大利物理学家贾利略提出。
在其研究运动学的过程中，他发现了物体的动能与其速度和质量之间的关系，从而提出了动能定理。
贾利略在其著作《运动论》中首次提出了动能定理的概念。
他认为，物体的动能是其速度的平方与质量的乘积的一半，即动能=1/2mv^2。
这一定理表明，物体的动能取决于其质量和速度，速度越大、质量越大的物体动能越高。
贾利略的动能定理为后来的研究奠定了基础，成为了物理学中不可或缺的重要概念之一。
通过动能定理，人们可以更好地理解物体运动过程中的能量转化和动力学规律，为物理学的发展提供了重要的理论支持。
2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.3动能定理的理解和应用【专题诠释】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(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)动能定理的表达式是标量式，不能在其中一个方向上应用动能定理.(3)动能定理本质上反映了动力学过程中的能量转化与守恒，普遍适用于一切运动过程.【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2。
该物体的质量为（）A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg【答案】C 【解析】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h =-+，即F +mg =12N ；下落过程，()(6)k mg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1kg 、F =2N 。
【2018·江苏卷】从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。
忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】本题考查动能的概念和E k –t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。
小球做竖直上抛运动时，速度v =v 0–gt ，根据动能212k E mv =得()2012k E m v gt =-，故图象A 正确。
【2018·高考全国卷Ⅰ】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【思路点拨】解答本题应注意以下三点：(1)小球由a 到c 的过程，由动能定理求出小球在c 点的速度大小．(2)小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g .(3)小球轨迹最高点的竖直方向速度为零．【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 .【方法技巧】(1)动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析.(2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便.(3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键.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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．四类图象所围“面积”的含义【最新考向解码】【例1】(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)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。
易错点12 动能定理及其应用例题1. （2022·江苏·高考真题）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k E 与水平位移x 的关系图像正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有tan k E mgx θ=即tan k E mg xθ= 下滑过程中开始阶段倾角θ不变，E k -x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A 。
【误选警示】误选BCD 的原因： 不能根据动能定理分析动能和水平位移的函数关系，从而不能正确判断函数图像。
例题2. （2022·浙江·模拟预测）如图所示，同一竖直平面内有三段半径均为R 的光滑圆弧轨道，质量为m 的物体从OA 圆弧某处静止释放，经过A 出后小球沿第二段BC 圆弧轨道运动，经过粗糙水平面CD 后，小球从D 进入第三段圆弧后最终从E 点飞出。
已知C 、D 是圆弧轨道最低点，A 、B 是圆弧轨道最高点，物体与粗糙水平面间的动摩擦因数0.52CD R μ==，，求：（1）物体从斜面下滑的角度θ满足什么条件，物体才不会从B 点脱离轨道。
（2）如果物体从O 点静止下滑，下滑到轨道D 处，物体对轨道的压力N F 。
（3）在上一问中，物体从E 点飞出后，当物体到达最高点时，最高点与D 点的水平距离s 。
【答案】（1）60θ≥︒；（2）5mg ；（3）2.328R【解析】（1）在轨道B 点的最低速度满足2B v mg m R=根据动能定理()2101cos 2B mv mgR θ-=-解得60θ=︒所以应该满足条件60θ≥︒ （2）根据动能定理，从O 点到D 点，可得()2102?22D mv mg R R mg R μ-=+-根据向心力公式2N D v m F mg R=-解得N 5F mg =（3）从D 点到E 点，由动能定理可知()22111cos3722E D mv mv mgR -=--︒而在E 点，水平速度和竖直速度分别为cos37sin 37x E y E v v v v =︒=︒，当到达最高点时，满足y x gt v x v t ==，解得水平位移为2sin 37cos37 1.728E v x R g︒︒==故距离D 点的水平距离为·sin37 2.328s x R R =+︒=【错误警示】分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。
动能定理的理解与应用一 动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解 (1)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．公式中“＝”体现的三个关系【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法判断【答案】 A【解析】 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs ＝0－12mv 2，得s ＝v 22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等．故选项A 正确． 【变式1】(2018·高考全国卷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【答案】 A【解析】 由动能定理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，A 正确．【变式2】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【答案】A.【解析】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．二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tan θB．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)【答案】B【解析】.如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmg cos θ·s2cos θ－μmg·s1＝0，解得μ＝hs1＋s2＝tan α，故选项B正确．【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h) 【答案】C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20＝mgh ＋mgH －fH ，f 0＝mg (1＋H h )－fH h，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ， 忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是 ( )A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2【答案】C【解析】对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设A 、B 间的水平长度为x ，竖直高度差为h ，对A 到B 的过程运用动能定理得mgh －μmg cos α·AC －μmg ·CE －μmg cos β·EB ＝0，因为AC ·cos α＋CE ＋EB ·cos β＝x ，则有mgh －μmgx ＝0，解得μ＝h x＝tan θ，故C 正确．三 动能定理在曲线运动中的应用【例3】.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 【答案】C【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 ＝mv 2N R，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 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 ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 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． 【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P . 它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低 点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R【答案】 AC【解析】质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR ，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误．四 动能定理与图象的结合问题1．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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义图像【例4】如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作 用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是 ( )A ．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B ．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】 B【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx max ＝0，得x max ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时，x ＝3.2 m ，由动能定理得12(100＋20)·x －μmgx ＝12mv 2max，解得物体运动的最大速度v max ＝8 m/s ，选项C 错误；当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D 项错误．【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 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象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有x F( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间【答案】ABC【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＝F mg＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F －x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误． 图像【例5】(2019·安徽合肥一模)A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2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∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．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v －t 图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A 、B 受摩擦力大小相等，所以A 、B 的质量关系是2∶1，由v －t 图象可知，A 、B 两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A 物体的拉力与摩擦力的关系，F 1·x －F f1·3x ＝0－0；B 物体的拉力与摩擦力的关系，F 2·2x －F f2·3x ＝0－0，因此可得：F 1＝3F f1，F 2＝32F f2，F f1＝F f2，所以F 1＝2F 2.全过程中摩擦力对A 、B 做功相等，F 1、F 2对A 、B 做功大小相等．故A 、B 、D 错误，C 正确．【变式】(2018·高考全国卷Ⅲ) 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车t v提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶 段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第① 次和第②次提升过程 ( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5【答案】AC【解析】由图线①知，矿车上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0. 由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h 1＝v 022·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0 故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0， 两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对； 对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0，第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02， 第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02＜P 2， 可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 错． 图像t a【例6】(2019·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功【答案】D.【解析】由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对．【变式】质量为m 的小球被系在轻绳一端，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．设某一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.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgR【答案】C【解析】最低点7mg －mg ＝mv 21R，则最低点速度为： v 1＝6gR最高点mg ＝mv 22R，则最高点速度为：v 2＝gR 由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12mv 22－12mv 21 解得：W f ＝－12mgR ，故克服空气阻力做功W f ＝12mgR ，故选项C 正确，A 、B 、D 错误． 图像【例7】(2017·高考江苏卷)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x E k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()【答案】C.【解析】设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，E k＝E k0－mgx sin θ－μmg cos θ(2L－x)＝(E k0－2μmgL cos θ)－(mg sin θ－μmg cos θ)x，故选项C正确．【变式】(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是()【答案】A【解析】对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v20，E k＝12mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用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)重力做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)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤运用动能定理巧解往复运动问题【例8】．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．【答案】(1)3 m/s (2)1.4 m【解析】(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D－0 将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总 将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.【变式】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，BC 是水平的，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 开始下滑(图中小物块未画出)．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，则停止的地点到B 的距离为 ( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0【答案】D【解析】设小物块在BC 段通过的总路程为s ，由于只有BC 面上存在摩擦力，其做功为－μmgs ，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh －μmgs ＝0－0，代入数据可解得s ＝3 m ．由于d ＝0.50 m ，所以，小物块在BC 面上经过3次往复运动后，又回到B 点，D 正确． 动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】．(2019·桂林质检)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 . 【答案】(1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s 【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·2Rsin 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 ＝mv 2CR滑块从A →B →D →C 过程，由动能定理得 －μmg cos θ·2R sin θ＝12mv 2C －12mv 20 解得v 0＝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 ＝12gt 2x ＝v ′C tx2R －h＝tan 53° 其中v ′C ＝4 m/s ，联立解得t ＝0.2 s.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J 【答案】ABC.【解析】小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，联立解得x ＝0.9 m ，B 错；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 对．【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料， 调节其初始长度为l ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块 从轨道右侧A 点以初速度v 0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已 知R ＝0.4 m ，l ＝2.5 m ，v 0＝6 m/s ，物块质量m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩 擦不计．g 取10 m/s 2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B 时对轨道的压力；(2)物块仍以v 0从右侧冲上轨道，调节PQ 段的长度L ，当L 长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A 点继续向右运动．【答案】(1)40 N ，竖直向上 (2)1 m 【解析】(1)对物块，首次从A 到B ， 有－mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 20在B 点，有：N 1＋mg ＝mv 2BR解得：N 1＝40 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40 N ，方向竖直向上． (2)对物块，从A 点到第二次到达B 点： －f ·2L －mg ·2R ＝12mv B ′2－12mv 20，f ＝μmg在B 点，有：mg ＝mv B ′2R解得：L ＝1 m【题型演练】1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的 A 点静止释放，运动至B 点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定 【答案】C【解析】物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmgx BD ＝12mv 2，即mgh －μmg ·h tan θ－μmgx BD ＝12mv 2，因为h tan θ＝x CD ，所以mgh －μmgx BC ＝12mv 2，故到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1＝v 2，故选项C 正确．2.如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作用下开 始运动，推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2， 则下列说法正确的是 ( )A ．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B ．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变 【答案】 B【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx max＝0，得x max ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时，x ＝3.2 m ，由动能定理得12(100＋20)·x －μmgx ＝12mv 2max ，解得物体运动的最大速度v max ＝8 m/s ，选项C 错误；当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D 项错误．3.(2018·高考全国卷Ⅰ)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 .4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 【答案】C【解析】.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．5.(2019·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 【答案】B.【解析】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＝12Mv 2，解得x 2＝Mv 22（m ＋M ）μg，显然x 2<x 1.6.(2019·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 ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 【答案】C.【解析】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 ＝12mv 2－0＝mv 204，C 正确．7. 光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用E k 、v 、x 、 P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是 ( )【答案】BD【解析】由动能定理，Fx ＝F ·12at 2＝E k ，选项A 错误；在水平拉力F 作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x ＝12at 2，选项C 错误；水平拉力的功率P ＝Fv ＝Fat ，选项D 正确．8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内， 槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下， 并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、 沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则 ( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h 【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通过最低点的速度会变小，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B 正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理可得mgh －W f ＝0，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩擦力减小，同理，其他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即W f ′＜mgh ，则小物块还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h ，所以D 正确，A 、C 错误．7.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接， 此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：。
