(第七章 机械能守恒定律)动能定理及其运用(教师版含答案)
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第2节动能定理及其应用(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。
(√)1．动能定理是标量关系式，应用动能定理时不用规定正方向，但要明确相应过程中各力做功的正负，无法确定正负的假设为正功，然后代入计算，根据结果再行判断。
2．合外力所做的功等于物体动能的变化量，而动能的变化量应为相应过程末动能与初动能的差值。
3．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。
突破点(一)对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．公式中“＝”体现的三个关系[题点全练]1．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，但物体合外力不一定为零，C 、D 均错误。
2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球以速度v向右匀速滑行，并冲上固定在地面上的斜面。
压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12m v 2B ．12m v 2－mghC ．－mghD ．－⎝⎛⎭⎫mgh ＋12m v 2 解析：选A 压缩至C 点时弹簧最短，小球的速度为零，由动能定理可得：W 弹－mgh ＝0－12m v 2，解得：W 弹＝mgh －12m v 2，A 正确。
3．[多选](2018·达州一模)如图所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点。
B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g 。
小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为mghD ．牵引力做功为mgh解析：选AC 汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A 正确，B 错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh ，则可知小汽车机械能增加量为mgh ，故C 正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh ，故D 错误。
突破点(二) 动能定理的应用1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
[典例] [多选](2016·浙江高考)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( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g[思路点拨](1)滑草车先匀加速下滑，再匀减速下滑。
(2)滑草车速度最大的位置在两条滑道的连接处。
(3)滑草车下滑的整个过程中下降的高度为2h 。
[解析] 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为 s 1＝h sin 45°、s 2＝h sin 37°由动能定理知：2mgh －μmgs 1cos 45°－μmgs 2cos 37°＝0 解得动摩擦因数μ＝67，选项A 正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为 a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ， a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ， 则在下落h 时的速度最大，由动能定理知： mgh －μmgs 1cos 45°＝12m v 2解得v ＝2gh7，选项B 正确，D 错误； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误。
[答案] AB [方法规律](1)运用动能定理解决问题时，选择合适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)当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。
[集训冲关]1．(2018·衡水中学模拟)如图所示，半径R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。
质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中的A 点以v 0＝2 m /s 的速度被水平抛出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后沿水平面向右运动至D 点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm ＝0.8 J ，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2。
求：(1)小物块从A 点运动至B 点的时间；(2)小物块经过圆弧轨道上的C 点时，对轨道的压力大小； (3)C 、D 两点间的水平距离L 。
解析：(1)小物块恰好从B 点沿切线方向进入轨道，据几何关系有：tan θ＝v 0gt解得：t ＝35s ≈0.35 s 。
(2)v B ＝v 0sin θ＝4 m/s 。
小物块由B 运动到C ，根据动能定理有： mgR (1＋sin θ)＝12m v C 2－12m v B 2在C 点处，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v C 2R 联立两式代入数据解得F N ＝8 N 。
由牛顿第三定律得：小物块经过圆弧轨道上的C 点时，对轨道的压力F N ′＝F N ＝8 N 。
(3)从C 点到D 点，由能量守恒定律可知： 12m v C2＝μmgL ＋E pm ，解得：L ＝1.2 m 。
答案：(1)0.35 s (2)8 N (3)1.2 m突破点(三) 动能定理的图像问题1．常与动能定理结合的四类图像2．解决物理图像问题的基本步骤[典例] 如图甲所示，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μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2，求：(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？[思路点拨](1)利用F -x 图线与x 轴所围“面积”可求F 做的功。
(2)滑块恰好通过圆弧轨道最高点C 的速度为gR 。
[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 B 2得v B ＝210 m/s 。
(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ， 且x 1＝12at 12，解得t 1＝835s 。
(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，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 ＝12m v C 2－12m v B 2代入数值得W ＝－5 J 。
即克服摩擦力做的功为5 J 。
[答案] (1)210 m/s (2) 835s (3)5 J[集训冲关]1．(2018·枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v -t 图像如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：(1)1 s 后电动机的输出功率P ； (2)物体运动的最大速度v m ； (3)在0～3 s 内电动机所做的功。
解析：(1)设物体的质量为m ，由题图乙可知，在t 1＝1 s 时间内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝5 m /s 2，1 s 末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s ，此过程中，设细绳拉力的大小为F 1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v 1＝at 1F 1－mg sin 30°＝ma设在1 s 末电动机的输出功率为P ，由功率公式可得：P ＝F 1v 1 联立解得：P ＝100 W 。
(2)当物体达到最大速度v m 后，设细绳的拉力大小为F 2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F 2－mg sin 30°＝0P ＝F 2v m联立解得：v m ＝10 m/s 。
(3)设在时间t 1＝1 s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为W 1，则由运动学公式得：x ＝12at 12 由动能定理得：W 1－mgx sin 30°＝12m v 12设在时间t ＝3 s 内电动机做的功为W ，则：W ＝W 1＋P (t －t 1) 联立解得：W ＝250 J 。
