练案[15]第2讲 动能定理及其应用—2021届新高考一轮物理(人教版)复习检测

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(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．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )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3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合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，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解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．应用动能定理的“四点注意”(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一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 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v2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H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·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，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)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[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]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多个子过程，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．(2018·余姚中学模拟)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x ＝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，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝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)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] 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：C3－2.[a －t 图象] 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 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 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( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑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( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为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(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．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35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。

2021版高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用学案何编辑）动能定理及其应用通必备知识一、动能和动能的变化1o定义：物体由于运动而具有的能。

12. 公式：Ek二2应.3. 单位:焦耳,1 J=1 N • m=1 kg ・ m2/s2o4. 物理意义：（1）动能是状态量.v是瞬时速度（选填“瞬时速度“或“平均速度”）。

⑵动能是标・（选填“矢量”或“标量”），只有正值,动能与速度方向无关（选填“有关“或“无关”）。

15。

动能的变化:物体末动能与初动能之差,即AEk二彳旦情境转换1 1物体在推力F作用下做匀加速直线运动，初动能为末动能为爲『纟动能1 1的变化为益诡-2出二、动能定理1o内容：在一个过程中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。

1 12o表达式:W二生二駁二氐二兔诡二2（开3. 物理意义:合处力的功是物体动能变化的量度.4. 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。

情境转换'條基础小题1•判断下列题目的正误。

（1）物体的动能是有方向的,其方向与速度的方向相同。

（）（2） 一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定 变化。

（）（3） 处于平衡状态的物体动能一定保持不变.（）（4） 做自由落体运动的物体,动能与下落时间的二次方成正比。

（）（5）如果合外力对物体做功为零，那么物体所受的合外力一定为零.（）（6） 物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。

（）（7） 物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

（）提示：⑴X 。

动能是标量，只有大小，没有方向。

歼「5从辽宁号甲板上 起飞.牵引力为八阻 力为/；滑行距离为、. 起飞时速度为“则 汽车刹车时.阻力为 刹车距离为"汽车初 速度为“末速度为 则介0-寺E 2（2） Vo当物体的速度方向发生变化而速度大小不变时，物体的动能不变.(3) V.平衡状态是指物体保持静止状态或匀速直线运动状态，物体的速度保持不变，其动能保持不变。

课时2 动能定理及其应用一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能。

2.公式:212k E mv 。

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。

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

2.表达式:W=12m 22v -12m 21v 或W=E k2-E k1。

3.物理意义:合力的功是物体动能变化的量度。

4.适用范围:动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;适用于单过程分析,也适用于多过程分析。

考点一 对动能的理解1.动能是状态量,E k =12mv 2,只与运动物体的质量及速率有关,而与其运动方向无关,物体运动仅速度的方向发生变化时,动能不变。

而做功是过程量。

2.动能及动能的变化ΔE k 均是标量,只有大小,没有方向。

动能的变化量为正值,表示物体的动能增加了,对应于合力对物体做正功;动能的变化量为负值,表示物体的动能减少了,对应于合力对物体做负功,或者说物体克服合力做功。

[典例1] 关于动能的理解,下列说法错误的是( )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,一定处于平衡状态解析:动能是物体由于运动而具有的能量,所以运动的物体都具有动能,选项A 正确;由于E k =12mv 2,而v 与参考系的选取有关,选项B 正确;由于速度为矢量,当只有方向变化时其动能并不改变,选项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,选项D 错误。

答案:D变式1:一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( B )A.Δv=0B.Δv=12 m/sC.ΔE k=1.8 JD.ΔE k=10.8 J解析:取初速度方向为正方向,则Δv=(-6-6)m/s=-12 m/s,负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反,由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确。

2021年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用学案202107022359板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 动能 Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能。

2.公式：E k ＝12mv 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，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。

5.动能的相对性：由于速度具有相对性，因此动能也具有相对性。

6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。

【知识点2】 动能定理 Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在那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 ＝12mv 22－12mv 21。

3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。

4.适用范畴广泛(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)力能够是各种性质的力，既能够同时作用，也能够不同时作用。

板块二 考点细研·悟法培优考点1动能定理的明白得和应用[拓展延伸]1.做功的过程确实是能量转化的过程，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”，既能够是重力、弹力、摩擦力，也能够是电场力、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，既能够分段考虑，也能够整个过程考虑。

例1 如图所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿倾斜轨道ab 滑入水平轨道bc (两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。

滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v 、ab 长度与bc 长度相等。

学习资料第2节动能定理及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动能1。

定义:物体由于而具有的能。

2。

公式：E k= .3.单位：,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。

4。

标矢性：动能是，动能与速度方向。

5。

动能的变化①：物体与之差,即ΔE k= .二、动能定理②1。

内容:在一个过程中合力对物体所做的功，③等于物体在这个过程中.2.表达式:W=ΔE k=E k2-E k1= 。

③注:合外力所做的功也可以理解成所有外力做功的代数和。

3.物理意义: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。

(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于做功。

(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用，也可以作用.5。

应用动能定理时，物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系。

考点自诊1。

判断下列说法的正误。

(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)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。

（)（3)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.（)(4）物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

（)(5)合力对物体做正功,物体的动能增加；合力对物体做负功,物体的动能减少。

（)2。

（多选）关于动能，下列说法正确的是()mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度A.公式E k=12B.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)如图所示，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竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是（)A。

对物体,动能定理的表达式为W F N=12mm22，其中W F N为支持力做的功B。

2024年新人教版高考物理一轮复习课件 DILIUZHANG 第六章机械能守恒定律动能定理及其应用目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法.第2讲内容索引考点一　动能定理的理解和基本应用考点二　应用动能定理求变力做功考点三　动能定理与图像问题的结合课时精练考点一动能定理的理解和基本应用梳理必备知识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＝，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.(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______ .(2)表达式：W＝ΔE k＝E k2－E k1＝.(3)物理意义： 做的功是物体动能变化的量度.动能的变化合力判断正误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.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.( )3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零.( )4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少.( )√××√提升关键能力1.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.2.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　如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，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，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为√BC段物体所受摩擦力为F f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－F f R＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR ＝(1－μ)mgR，选D.例2　(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)√例3　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√物块以初速度v上升的过程，由动能定理得例4　如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动.已知x AB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小物块到达B点时速度的大小；从A到B过程，据动能定理可得解得小物块到达B点时速度的大小为(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小.答案　150 N从B到D过程，据动能定理可得在D点由牛顿第二定律可得联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为F N＝150 N.方法点拨应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5　质量为m的物体以初速度v0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)√例6　(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是√√规律总结考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7　(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能E k与运动路程s的关系如图(b)所示.重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为A.m＝0.7 kg，f＝0.5 NB.m＝0.7 kg，f＝1.0 NC.m＝0.8 kg，f＝0.5 ND.m＝0.8 kg，f＝1.0 N √0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin 30°＋f )s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N，10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f )(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin 30°－f )s－(mg sin 30°－f )s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.例8　(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是√例9　(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，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.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A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间√√√因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.方法点拨解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.四课时精练基础落实练1.(多选)如图所示，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竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是√√2.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m.质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为A.66.6 JB.－66.6 JC.210.6 JD.－210.6 J√3.(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0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，不计B、C处能量损失)A.等于v0B.大于v0C.小于v0D.取决于斜面√4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端.现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的 处.则A.滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B.滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为D.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为√√5.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 图像如图所示.已知两物体所受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对A 、F 2对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能力综合练√由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确.由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－F f1·3x＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－F f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3F f1，F2＝F f2，F f1＝F f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误.6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物.某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则A.2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B.电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C.电梯在3h0处的速度大小为D.电梯上升的最大高度可能为3h0√由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；7.(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的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为A.2 kgB.1.5 kg√C.1 kgD.0.5 kg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 AB→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下落过程：(mg－F)h＝E k′－E k0′，则E k′＝(mg－F)h＋E k0′，联立可得m＝1 kg，选项C正确.8.(多选)如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处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√√。

第2节 动能定理知识点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，式中v 为瞬时速度，动能是状态量．3．矢标性动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．4．动能的变化量ΔE k ＝E k2－E k1＝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动能的变化．2．表达式W ＝ΔE k ＝12m v 22－12m v 21.3．功与动能的关系物理意义：合外力的功是动能变化的量度．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)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．1．正误判断(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)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的平方成正比．(×)(4)如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零．(√)(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(×)(6)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)2．[动能变化量的计算]一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前一样，那么碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为()A．Δv＝0B．Δv＝12 m/sC．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 JB[取初速度方向为正方向，那么Δv＝(－6－6)m/s＝－12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．] 3．[对动能定理的理解](多项选择)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，以下说法正确的选项是()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BC[公式W＝E k2－E k1中的“W〞为所有力做功的总和，A错误，B正确；W>0时，E k2>E k1，动能增加，W<0时，E k2<E k1，动能减少，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．] 4．[应用动能定理求变力的功]如图5-2-1所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，那么小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()图5-2-1A．mgh－12m v2B．12m v2－mghC．－mgh D．－(mgh＋12m v2)A[小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，那么支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G＋W F＝0－12m v2，重力做功为W G＝－mgh，那么弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh－12m v2，所以正确选项为A.]动能定理的理解“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“＝〞表达的三个关系[题组通关]1．(多项选择)如图5-2-2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()【导学号：92492217】图5-2-2A．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，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，与B对A的摩擦力所做的功大小相等D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克制摩擦力所做的功之和BD[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，那么有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；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，故二者做功大小不等，C错；对B应用动能定理，W F－W f＝ΔE k B，即W F＝ΔE k B＋W f就是外力F对B做的功，等于B 的动能增量与B克制摩擦力所做的功之和，D对；由前述知B克制摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．] 2．(多项选择)如图5-2-3所示，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竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，那么在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是()图5-2-3A．对物体，动能定理的表达式为W F N＝12m v22，其中W F N为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为W F N－mgH＝12m v22－12m v21D．对电梯，其所受合力做功为12M v22－12M v21CD[电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k＝12m v22－12m v21，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．]动能定理的应用1.解题步骤2．考前须知(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)假设过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克制该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．[多维探究]●考向1用动能定理分析求解变力做功问题1．(2021·长春模拟)如图5-2-4所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，那么在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(g 取10 m/s 2)( )图5-2-4A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 JC [A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，那么有tan α＝34.v A cos α＝v B sin α，解得：v B B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12m v 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12m v 2B ＝2×10×0.1 J ＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确．]●考向2 利用动能定理求解多过程问题2．(多项选择)(2021·吉安模拟)如图5-2-5所示，固定斜面AD 上有B 、C 两点，且AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能E k0从A 点出发，沿斜面向上运动．假设整个斜面AD 光滑，那么滑块到达D 位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB 局部与滑块间处处有一样的摩擦力，其余局部BD 无摩擦力，那么滑块恰好滑到C 位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )【导学号：92492218】图5-2-5A ．位置B 时的动能为E k03B ．位置B 时的动能为E k02C ．位置A 时的动能为E k02D ．位置A 时的动能为E k03AD [设斜面长为3x 、高为3h ，假设斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－mg ·3h ＝0－E k0 ①假设AB 局部粗糙、其他局部光滑，滑块由底端A 到C 过程中，－F f ·x －mg ·2h ＝0－E k0② 滑块由C 滑到B 过程中，mgh ＝E k B③解①③可得：E k B ＝13E k0，A 项正确；滑块由C 滑到A 过程中，mg ·2h －F f ·x ＝E k A④ 解①②④三式得：E k A ＝E k03，D 项正确．]3.如图5-2-6所示，倾角θ＝37°的斜面与光滑圆弧︵BCD 相切于B 点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量m ＝2.0 kg 、可视为质点的物体，从斜面上的A 处由静止下滑，AB 长L ＝3.0 m ，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5-2-6(1)物体第一次从A 点到B 点过程中克制摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高位置距A 点的距离；(3)物体在斜面上运动的总路程．【解析】 (1)物体第一次从A 点到B 点过程中克制摩擦力做的功W f ＝μmgL cos θ＝24 J.(2)设物体第一次回到斜面的最高位置距A 点的距离为x ，由动能定理得 mgx sin θ－μmg (2L －x )cos θ＝0解得x ＝2.4 m.(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝4.5 m.【答案】 (1)24 J (2)2.4 m (3)4.5 m应用动能定理注意两个问题(1)运用动能定理解决问题时，选择适宜的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．(2)中选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：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的功等于力的大小与路程的乘积．动能定理与图象的结合问题(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比照，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．四类图象所围面积的含义v-t图由公式x＝v t可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a-t图由公式Δv＝at可知，a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F-x图由公式W＝Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P-t图由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图5-2-7甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开场运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，假设物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k与上升高度h的关系图象如图5-2-7乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)图5-2-7 图5-2-8(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；(2)假设物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入局部可以忽略，不计钉子重力．钉子在插入过程中所受阻力F f与深度x的关系图象如图5-2-8所示，求钉子能够插入的最大深度．【解析】(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝E k－0由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N，得F＝30 N又由题图乙得，h＝0.4 m时，E k＝8 J那么v＝4 m/s，P＝F v＝120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－F f x′＝0－E k′E k′＝20 J，F f＝k′x′2又由题图丙得k′＝105 N/m，解得：x′＝0.02 m.【答案】(1)120 W(2)0.02 m[母题迁移]●迁移1 动能定理与F -x 图象的结合1．如图5-2-9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 处由静止开场受水平向右的力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：甲 乙图5-2-9(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)假设到达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 ，那么滑块在半圆弧轨道上克制摩擦力所做的功是多少？【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 ＝12m v 2B代入数值解得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝12at 21解得t 1＝835 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有：mg ＝m v 2C R对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B代入数值得W ＝－5 J ，即克制摩擦力做的功为5 J.【答案】 (1)210 m/s (2)835 s (3)5 J●迁移2 动能定理与v -t 图象的结合F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开场做匀加速直线运动，t 1时刻撤.去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停顿，其速度—时间图象如图5-2-10所示，且α>β，假设拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克制摩擦阻力f 做的功为W2，平均功率为P2，那么以下选项正确的选项是()【导学号：92492219】图5-2-10A．W1>W2，F＝2f B．W1＝W2，F>2fC．P1<P2，F>2f D．P1＝P2，F＝2fB[由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，F－f＝ma＝m tan αf＝ma′＝m tan βα>βtan α>tan β因此F>2f，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误．]动能定理与图象结合问题的分析方法1．首先看清楚所给图象的种类(如v-t图象、F-t图象、E k-x图象等)．2．挖掘图象的隐含条件，根据物理规律写出函数关系式．3．根据函数关系式，求出相应的物理量．下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。