动能定理及其应用

动能定理及应用实例动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体的动能与外力做功之间的关系。

本文将介绍动能定理的基本原理，并通过应用实例来进一步说明其在实际问题中的应用。

一、动能定理的基本原理动能定理是基于牛顿第二定律和功的定义得出的。

牛顿第二定律表明，物体受到的合力等于物体的质量乘以加速度，即F=ma。

功的定义是力在物体运动方向上的投影乘以物体在该方向上的位移，即W=Fs。

根据物体的质量、速度和加速度的关系——v=at，以及速度和位移的关系——s=vt，我们可以推导出动能定理的表达式：E_k = 0.5mv^2 = Fs。

动能定理说明了物体的动能与外力做功之间存在着直接的关系。

当一个物体受到外力作用时，外力对物体做功，改变了物体的动能，使其增加或减小。

二、应用实例1. 汽车刹车示例假设一个汽车以恒定速度行驶，在某一时刻司机突然踩下刹车。

刹车时，汽车受到刹车系统提供的逆向力，这个力与汽车的速度方向相反。

根据动能定理，刹车系统所做的反向功将减小汽车的动能。

由于动能减小，汽车的速度也会相应降低。

2. 自由下落示例考虑一个物体自由下落的情况，只受到重力的作用。

重力对物体产生向下的力，与物体的下落方向一致。

根据动能定理，重力所做的功将增加物体的动能。

由于物体在下落过程中速度不断增加，它的动能也会不断增加。

三、结论与意义动能定理揭示了物体的动能与外力做功之间的关系，说明了动能变化的原因。

通过应用实例，我们可以更好地理解动能定理在实际问题中的应用。

对于机械能守恒的情况，即只有重力做功或只有切向力做功的情况，动能定理可以派生出更简洁的形式。

在工程学和物理学中，动能定理的应用非常广泛。

例如，在力学、运动学和工程力学领域，动能定理被广泛用于分析和解决各种实际问题。

总而言之，动能定理是物体的动能与外力做功之间关系的描述，通过理论推导和实际应用实例的分析，我们可以更好地理解和应用这一重要的物理定理。

动能定理的应用举例动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体的动能与应用力之间的关系。

本文将通过几个实际的例子来说明动能定理的应用，帮助读者更好地理解和应用这一定理。

例子1：汽车碰撞实验假设有两辆汽车，质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，它们相向而行，在某一时刻发生碰撞。

根据动能定理，碰撞前后的总动能应该守恒，即：1/2 * m1 * v1^2 + 1/2 * m2 * v2^2 = 1/2 * m1 * v1'^2 + 1/2 * m2 *v2'^2其中，v1'和v2'分别是碰撞后两辆汽车的速度。

通过这个方程，我们可以计算出碰撞后汽车的速度。

例子2：弹簧振动考虑一个质量为m的物体连接在一个弹簧上，弹簧的劲度系数为k。

当物体受力向右移动时，它的速度随时间增加，根据动能定理，我们可以得到：1/2 * m * v^2 = 1/2 * k * x^2其中，v是物体的速度，x是物体的位移。

这个方程描述了物体的动能和弹簧的弹性势能之间的关系。

例子3：自由落体当一个物体自由落体下落时，它的动能也在不断变化。

根据动能定理，物体的动能变化等于外力对物体做功。

在自由落体时，只有重力对物体做功，而重力的大小与物体的质量和下落高度有关。

因此可以得到动能变化的表达式：ΔK = m * g * h其中，ΔK代表动能的变化量，m是物体的质量，g是重力加速度，h是下落的高度。

通过以上三个例子，我们可以看到动能定理的应用范围非常广泛。

无论是碰撞实验、弹簧振动还是自由落体，动能定理都能帮助我们理解物理现象，并进行相关计算。

在实际生活中，我们也可以运用动能定理来解决一些问题，例如交通事故的分析和能量转化的计算等。

总结起来，动能定理是物理学中一个非常重要的定理，它描述了物体的动能与作用力之间的关系。

通过这一定理，我们可以理解和解释各种物理现象，并应用于实际问题的计算中。

希望通过本文的介绍，读者对动能定理有了更深入的理解和应用。

动能定理及其应用引言：动能定理是物理学中的一项重要理论，它描述了物体的动能与力的关系。

动能定理不仅在理论物理学领域具有广泛的应用，还在实际生活中发挥着重要的作用。

本文将探讨动能定理的基本原理，并介绍其在不同领域中的应用。

一、动能定理的原理动能定理是基于牛顿第二定律和功的定义推导得出的。

根据牛顿第二定律，力的作用将改变物体的加速度。

而根据功的定义，力对物体所做的功等于力与物体位移的乘积。

结合这两个定律，可以得出动能定理的基本公式：物体的动能等于力对物体所做的功。

二、动能定理在机械工程中的应用在机械工程中，动能定理有着广泛的应用。

例如，在机械设备的设计和优化中，动能定理可以用来分析和评估物体的运动状态和能量转换的效率。

通过计算物体受到的力和位移的乘积，可以得出物体的动能变化情况，进而对机械系统进行合理的设计和改进。

三、动能定理在运动学中的应用在运动学中，运用动能定理可以推导出物体在不同条件下的运动规律。

例如，根据动能定理可以推导出机械系统的动力学方程，并通过求解这些方程，可以预测物体的运动轨迹和速度变化等。

这对于研究运动学问题和进行科学实验具有重要意义。

四、动能定理在能源领域中的应用动能定理在能源领域中也有着重要的应用。

例如，通过应用动能定理，可以计算出流体在流动过程中的动能变化，帮助研究人员优化水力发电站的设计和运行效率。

此外，动能定理还可以用来分析和评估其他能源转换装置，如风力发电机和光伏发电板等。

五、动能定理在体育运动中的应用动能定理在体育运动中也具有广泛的应用。

例如，在跳高比赛中，运动员需要将自身的动能转化为势能，从而跳过跳杆。

通过运用动能定理，可以帮助运动员合理调整起跳速度和身体姿势，从而获得更好的跳远成绩。

同样，在其他运动项目中，运用动能定理也可以帮助运动员优化运动技巧和能量利用，提高竞技成绩。

结论：动能定理作为物理学的基本理论之一，不仅在理论物理学中有着广泛的应用，还在实际生活中发挥着重要的作用。

“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一个基本定理，它描述了物体的动能与其速度之间的关系。

具体地说，动能定理指出，一个物体的动能等于其速度平方的一半乘以其质量，即：K = 1/2mv²其中，K表示动能，m表示物体的质量，v表示物体的速度。

这个公式告诉我们，物体的动能与其速度的平方成正比，与其质量成正比。

动能定理的意义非常重要，在物理学、机械工程、交通运输等领域都有广泛的应用。

下面我们来介绍一些动能定理在生活中的应用。

1. 刹车距离的计算在汽车的行驶过程中，如果突然要停车，刹车就成为了至关重要的关键。

当汽车行驶速度越快时，刹车所需要的距离也越长，因此，为了保证行车安全，刹车距离必须得到科学的计算和控制。

在这个过程中，动能定理就发挥了重要的作用。

根据动能定理，汽车在刹车时释放掉的动能与其刹车前的动能之差，就是刹车所需要消耗的能量，这个能量可以用来计算刹车距离。

2. 对撞实验的分析在粒子物理学中，对撞实验被广泛应用，通过对撞前后粒子的动能变化来研究微观粒子间的相互作用。

在对撞过程中，由于相互作用的力，粒子的动能会发生变化，这时候动能定理就成为了分析对撞结果的重要工具。

可以利用动能定理计算出粒子的动能变化，从而得出粒子的质量、速度等信息。

3. 跳伞运动员的跳跃高度计算当跳伞运动员从飞机上跳下时，因为重力作用，运动员会逐渐加速，同时由于空气阻力的存在，他的速度也会逐渐趋向极限。

根据动能定理，运动员的动能来自于其势能，而势能则与距离高度相关。

因此，可以用动能定理来计算跳伞运动员在不同高度的初始动能，从而判断其跳跃高度。

4. 物体的机械能转化物体的机械能是指动能和势能的总和，如果做功的力不做功，物体的机械能会保持不变。

由于动能定理和势能公式的存在，我们可以很方便地计算物体在不同过程中的机械能，从而分析其能量转化过程。

例如，在一个弹簧系统中，如果我们知道弹簧实际上是如何工作的，那么我们可以通过计算势能和动能的变化来分析弹簧工作时的能量转化。

“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一个基本定理，它描述了物体的动能与物体所受力量之间的关系。

根据动能定理，物体的动能的变化等于物体受力做功的大小。

动能定理的数学表达式为：动能的变化 = 功 = 做功的力× 物体移动的距离在这个公式中，动能的变化是一个物体动能的正负变化，正变化代表动能增加，负变化代表动能减少；做功的力是物体所受的外力；物体移动的距离是外力作用方向上物体移动的距离。

动能定理告诉我们，如果一个物体受到一个力作用，并且沿该力的方向移动了一定距离，那么它的动能将会发生变化。

动能定理的生活应用非常广泛。

下面我们来看几个例子：1. 撞击运动中的应用：当两个物体碰撞时，动能定理可以帮助我们计算碰撞后物体的速度变化。

在汽车碰撞中，我们可以通过测量碰撞前后两车的变形程度来估算车辆碰撞时的速度，从而判断碰撞对人体的伤害程度。

2. 运动器械的设计：在设计运动器械时，我们需要考虑它的动能变化情况。

在设计过山车的过程中，我们需要计算车辆在不同路段的动能变化情况，以确保车辆在高速下行时不会出现危险情况。

3. 能源利用优化：动能定理可以帮助我们优化能源利用。

在交通运输领域，我们可以通过合理安排交通信号灯的时间来减少车辆在起步和停车过程中的能量消耗，从而提高交通效率和节约能源。

4. 运动训练中的应用：动能定理在运动训练中也有着重要的应用。

在跑步运动中，我们可以通过合理调整步幅和步频以及改变地势等来控制身体的动能变化，以提高跑步效率。

通过学习和应用动能定理，我们可以更好地理解物体的运动规律，并且能够在生活中应用这一定理来解决问题。

无论是在日常生活中还是在科学研究中，动能定理都起到了重要的作用，为人们提供了关于运动和能量转化的深刻理解。

动能定理及应用方法动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体的动能与物体所受力的关系。

动能定理的表达形式可以用以下公式表示：W = ΔKE = KE_f - KE_i其中，W代表物体所受的净外力所做的功，ΔKE表示物体动能的变化量，KE_f 表示最终的动能，KE_i表示初始的动能。

动能定理的本质是能量守恒的体现，即物体所受的外力所做的功等于物体动能的变化量。

根据动能定理，我们可以推导出许多实际问题的解决方法。

下面我将介绍动能定理的应用方法。

1. 物体在匀速直线运动过程中的动能定理应用在匀速直线运动过程中，物体的动能不发生改变。

根据动能定理可知，净外力所做的功等于零。

因此，可以通过计算净外力所做的功，来求解物体的平均力和物体所受的外力。

2. 物体在自由落体过程中的动能定理应用在自由落体过程中，物体的初始速度为零，最终速度为v，根据动能定理可以求解物体所受的重力和所做的功。

例如，当一个物体从高处自由下落时，我们可以利用动能定理来计算它在下落过程中的最终速度和落地时的动能。

3. 物体在斜面上滑动过程中的动能定理应用当物体在斜面上滑动时，重力分解成平行于斜面的分力和垂直于斜面的分力。

根据动能定理，我们可以求解物体所受的合外力、动能的变化量以及最终速度。

特别地，当斜面的摩擦系数已知时，可以通过动能定理求解出物体所受的摩擦力。

4. 物体碰撞过程中的动能定理应用在物体碰撞过程中，动能定理可以用来计算碰撞前后物体的动能变化量。

例如，当两个物体发生弹性碰撞时，可以利用动能定理来计算碰撞前后物体的动能变化量，并由此判断碰撞的性质。

5. 动能定理在机械能守恒问题中的应用当物体只受保守力的作用，且机械能守恒时，动能定理可以与势能定理相结合，用来解决问题。

例如，在弹簧振子的运动中，可以利用动能定理和势能定理来计算振子在弹簧势能和动能之间的转化。

总之，动能定理在解决各种实际问题时起到了重要的作用。

通过运用动能定理，我们可以计算物体所受的外力、物体的运动状态以及能量的转化等。

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.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关.5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12m v 22－12m v 12.二、动能定理1.内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 12.3.物理意义：合力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.如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R ).图1对物块有W G ＋W f1＋W f2＝12m v 2－12m v 02对小球有－2mgR ＋W f ＝12m v 2－12m v 02自测1 (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( ) 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答案BC自测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，则物体所受合外力一定为零答案 A命题点一对动能定理的理解1.动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外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外力做的功.(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因.(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳.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(多选)如图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()图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的动能的增量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答案BD解析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，B正确.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相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误.对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力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，D正确.根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误.变式1(多选)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等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倍答案AB命题点二动能定理的基本应用1.应用流程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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理.(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.例2 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图3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N ，则( )图3A.a ＝2(mgR －W )mRB.a ＝2mgR －WmRC.N ＝3mgR －2W RD.N ＝2(mgR －W )R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 ＝12m v 2，根据公式a ＝v 2R ，联立可得a ＝2(mgR －W )mR ，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，N －mg ＝ma ，代入可得，N ＝3mgR －2W R ，C 正确，D 错误.例3 (2017·上海单科·19)如图4所示，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4(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)对C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg ＝m v C 2Rv C ＝gR ＝2 m/s(2)对B →C 过程，由动能定理得－mgR (1＋cos 37°)＝12m v C 2－12m v B 2v B ＝v C 2＋2gR (1＋cos 37°)≈4.29 m/s(3)滑块在A →B 的过程，由动能定理得mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝12m v B 2－0代入数据解得h ≈1.38 m变式2 (2016·天津理综·10)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图5所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧.助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.图5(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大.答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v B 2＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得 mgh ＋W ＝12m v C 2－12m v B 2④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v C 2R⑤ 由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝12.5 m. 命题点三 动能定理与图象问题的结合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.图象所围“面积”的意义(1)v －t 图象：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. (2)a －t 图象：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. (3)F －x 图象：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. (4)P －t 图象：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.例4 如图6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：图6(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 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m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 A 2－0代入数据，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 A 2解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.变式3 (多选)质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动.物体运动的v －t 图象如图7所示.下列说法正确的是( )图7A.水平拉力大小为F ＝m v 0t 0B.物体在3t 0时间内位移大小为32v 0t 0C.在0～3t 0时间内水平拉力做的功为12m v 02D.在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmg v 0答案 BD解析 根据v －t 图象和牛顿第二定律可知F －μmg ＝m v 0t 0，故选项A 错误；由v －t 图象与坐标轴所围面积可知，在3t 0时间内的位移为x ＝12·3t 0·v 0＝32v 0t 0，所以选项B 正确；由动能定理可知W －μmgx ＝0，故水平拉力做的功W ＝32μmg v 0t 0，又F f ＝μmg ＝m v 02t 0，则W ＝34m v 02，选项C 错误；0～3t 0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P ＝W f 3t 0＝12μmg v 0，所以选项D 正确.变式4 (2018·湖北黄石调研)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8所示.下列说法正确的是( )图8A.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 时的速度不变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＝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 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 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0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12m v 42－0，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＝12m v 62－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J.则W 合4＝W 合6，D 项正确.命题点四 动能定理在多过程问题中的应用例5 (2017·河北唐山模拟)如图9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(可视为质点)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：图9(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)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)－μmgx ＝12m v D 2－0.代入数据，解得v D ＝3 m/s. (2)小滑块从A →B →C 过程中： 由动能定理得mgh 1－μmgx ＝12m v C 2.代入数据，解得v C ＝6 m/s.小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2. 小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v Ca ＝1 s.由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s. 故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总，对小滑块运动全过程应用动能定理. 有mgh 1＝μmgx 总.代入数据，解得x 总＝8.6 m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为：2x －x 总＝1.4 m. 变式5 (2015·福建理综·21)如图10所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点.一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图10(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车.已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s . 答案 (1)3mg ，方向竖直向下 (2)①gR 3 ②13L 解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，则mgR ＝12m v B 2滑块在B 点处，由牛顿第二定律知 F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝3mg 由牛顿第三定律知滑块对小车的压力F N ′＝3mg ，方向竖直向下.(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大.由机械能守恒得， mgR ＝12M v m 2＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ， 由功能关系知，mgR －μmgL ＝12M v C 2＋12m (2v C )2设滑块从B 运动到C 过程中，小车运动的加速度大小为a ， 由牛顿第二定律μmg ＝Ma 由运动学规律v C 2－v m 2＝－2as 解得s ＝13L1.(多选)(2017·山师大附中模拟)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( ) A.质量大的物体滑行的距离大 B.质量小的物体滑行的距离大 C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功一样多 答案 BD解析 根据动能定理－μmg ·s ＝0－E k0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小，B 、D 选项正确.2.一个质量为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.g 取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 J B.阻力做功500 J C.重力做功500 J D.支持力做功50 J答案 A3.(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t 2 D.8s t 2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a＝v －v 0t 得a ＝s t2，故A 项正确.4.在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A.mgh －12m v 2－12m v 02B.－12m v 2－12m v 02－mghC.mgh ＋12m v 02－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析 对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12m v 2－12m v 02，解得W f ＝mgh ＋12m v 02－12m v 2，选项C 正确.5.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v －t 图象如图1所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )图1A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功 答案 A6.(多选)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2甲所示，外力F 对物体所做的功、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/s 2.下列分析正确的是( )图2A.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/s 2D.x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s 答案 ACD解析 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 ，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 FF f＝13.5 m ，B 错误.7.(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图3所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )图3A.在位移x＝9 m时的速度是3 3 m/sB.在位移x＝9 m时的速度是3 m/sC.在OA段运动的加速度是2.5 m/s2D.在OA段运动的加速度是1.5 m/s2答案BD8.(多选)(2018·河南安阳质检)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，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4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/s2，由此可知()图4A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为12 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s答案ABC9.(多选)如图5所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O 点后进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(g为重力加速度)()图5A.小球落地时的动能为52mgRB.小球落地点离O 点的距离为2RC.小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D.小球到达Q 点的速度大小为3gR 答案 ABD10.(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车.当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进.设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时达到额定功率，并保持不变.之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为F f ，则下列说法正确的是( ) A.汽车的额定功率为F f v maxB.汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为F f v tC.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服摩擦力所做的功为12m v max 2－12m v 2D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12m v max 2答案 AD11.(2017·全国卷Ⅱ·24)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)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6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.重力加速度为g .求：图6(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.答案 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 2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 2①解得μ＝v 20－v 212gs 0②(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 02－v 12＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 2⑥12.如图7所示，装置ABCDE 固定在水平地面上，AB 段为倾角θ＝53°的斜面，BC 段为半径R ＝2 m 的圆弧轨道，两者相切于B 点，A 点离地面的高度为H ＝4 m.一质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放后沿着斜面AB 下滑，当进入圆弧轨道BC 时，由于BC 段是用特殊材料制成的，导致小球在BC 段运动的速率保持不变.最后，小球从最低点C 水平抛出，落地速率为v ＝7 m/s.已知小球与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：图7(1)小球从B 点运动到C 点克服阻力所做的功； (2)B 点到水平地面的高度； (3)小球运动到C 点时的速度大小. 答案 (1)8 J (2)2 m (3)5 m/s解析 (1)设小球从B 到C 克服阻力做功为W BC ，由动能定理mgR (1－cos θ)－W BC ＝0. 代入数据解得W BC ＝8 J.(2)设小球在AB 段克服阻力做功为W AB ，B 点到地面高度为h ，则W AB ＝μmg AB cos θ， 而AB ＝H －hsin θ.对于小球从A 点到落地的整个过程，由动能定理 mgH －W AB －W BC ＝12m v 2.联立解得h ＝2 m.(3)设小球在C 点的速度为v C ，对于小球从C 点到落地的过程，由动能定理 mg ·CD ＝12m v 2－12m v C 2CD ＝h －R (1－cos θ) 联立解得v C ＝5 m/s.。

第2课动能动能定理及其应用考点一动能1．定义．物体由于运动而具有的能．2．表达式．E k＝12mv2．3．物理意义．动能是状态量，是标量(填“矢量”或“标量”)．4．单位．焦耳，符号J．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＝12mv22－12mv21.考点二动能定理1．内容．合力对物体所做的功等于物体动能的变化．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)即适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，即可以同时作用，也可以不同时作用．1．光滑斜面上有一小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B 点时速度大小为v 0，光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n 条活动阻挡条后停下来．若让小球从h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过活动阻挡条的条数为(设小球每次越过活动阻挡条时克服阻力做的功相同)(B )A ．nB ．2nC ．3nD ．4n解析：设每条阻挡条对小球做的功为W ，小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，根据动能定理，有：mgh ＝12mv 20，nW ＝0－12mv 20；小球自高为h 的A 处以初速度v 0滚下，根据动能定理，有：mgh －n′W＝0－12mv 20；以上三式联立解得：n′＝2n. 2．质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力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，经过位移4 m时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k s 的图线如图所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大；(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大；(3)拉力F 的大小．解析：(1)由图象知：E k0＝12mv 20＝2 J ；代入数据得：v 0＝2 m/s ；故物体的初速度为2 m/s.(2)4～8 m 内，物体只受摩擦力作用，由动能定理得：－μmgx 2＝0－E k1；代入数据得：μ＝E k1mgx 2＝101×10×4＝0.25； 故物体和水平面间的动摩擦因数为0.25.(3)0～4 m 内，由动能定理得：Fx 1－μmgx 1＝E k1－E k0；代入数据得：F ＝4.5 N ．故拉力F 的大小为4.5 N.答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N3．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t ＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(C)A．t 1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：在t1时刻，小球刚好与弹簧接触，重力大于弹力，合外力与速度方向一致，故小球继续加速，即小球动能继续增加，A项错；在t2时刻弹簧弹力最大，说明弹簧被压缩到最短，此时，小球速度为零，B项错；t2～t3过程中，弹簧从压缩量最大逐渐恢复到原长，在平衡位臵时，小球动能最大，所以小球的动能先增大后减小，C项正确；t2～t3过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，D项错．课时作业一、单项选择题1．如图所示，质量为m的物体静止于倾角为α的斜面体上，现对斜面体施加一水平向左的推力F ，使物体随斜面体一起沿水平面向左匀速移动x ，则在此匀速运动过程中斜面体对物体所做的功为(D )A ．FxB ．mgxcos αsin αC ．mgxsin αD ．0解析：由于物体做匀速运动，其处于平衡状态．物体动能和势能在运动过程中都不发生变化，故根据动能定理知合外力对物体做功为零．而重力做功为零，所以斜面体对物体做功为零，故应选D.2．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，AB ＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB 、BC 两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(B )A ．tan θ＝μ1＋2μ23B ．tan θ＝2μ1＋μ23C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ1解析：由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB －μ2mgcosθ·BC ＝0，则有tan θ＝2μ1＋μ23，B 项正确． 3．人用手托着质量为m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离x 后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(D )A ．mgxB ．0C．μmgx D.12mv2解析：物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg之间取值，不一定等于μmg.在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功W＝12mv2.4．构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是(A)A．200 J B．250 JC．300 J D．500 J解析：滑行时阻力F f恒定，由动能定理对图线①有：ΔE k＝F f x1，x1＝10 m.对图线②有：ΔE k＝F f x2＋E电，x2＝6 m.所以E电＝410ΔE k＝200 J，故A正确．5．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点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 ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是(A )A ．mgh －12mv 2 B.12mv 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12mv 2) 解析：由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12mv 2，所以W ＝mgh －12mv 2，所以A 正确． 二、不定项选择题6．如图所示，板长为l ，板的B 端静放有质量为m的小物体P ，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中(CD )A ．摩擦力对P 做功为μmg cos α·l(1－cos α)B ．摩擦力对P 做功为mgsin α·l(1－cos α)C ．支持力对P 做功为mglsin αD ．板对P 做功为mglsin α解析：对物体运用动能定理：W 合＝W G ＋WF N ＋W 摩＝ΔE k ＝0，所以WF N ＋W 摩＝－W G ＝mglsin α.因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WF N ＝mglsin α，故C 、D 正确．7．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(BD )A ．物体所受的合外力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合外力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理有W 合＝W F －W f －mgh ＝12mv 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 ＋12mv 2，A 、C 两项错误，B 、D 两项正确．8．两根光滑直杆(粗细可忽略不计)水平平行放置，一质量为m 、半径为r 的均匀细圆环套在两根直杆上，两杆之间的距离为3r ，如图甲所示为立体图，如图乙所示为侧视图．现将两杆沿水平方向缓慢靠近直至两杆接触为止，在此过程中(BD )A ．每根细杆对圆环的弹力均增加B ．每根细杆对圆环的最大弹力均为mgC ．每根细杆对圆环的弹力均不做功D ．每根细杆对圆环所做的功均为－14mgr 解析：本题考查物体平衡的动态分析和动能定理．以圆环为研究对象，由于两杆始终处于同一水平面，因此两杆对环的作用力大小始终相等，且它们的合力始终等于环的重力，即合力F 是一定值，当两杆水平靠近时，两个弹力与竖直方向的夹角变小，根据三角形边与角的关系可知，两个弹力逐渐变小，A 项错误；因此开始时两杆相距3r 时弹力最大，由几何关系可知，这时F N ＝F ＝mg ，B 项正确；在缓慢移动的过程中，圆环的重心下降r 2，设两个弹力做的功各为W ，则根据动能定理，2W ＋mgr 2＝0，则W ＝－14mgr ，D 项正确．9．如图所示，质量为M 、长度为L 的木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F 作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的摩擦力为F f .当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x ，则在此过程中(ABC )A ．物体到达木板最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋x)B ．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为F f xC ．物体克服摩擦力所做的功为F f (L ＋x)D ．物体和木板增加的机械能为Fx解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F －F f )·(L ＋x)＝12mv 2，故A 正确．对木板：F f ·x ＝12Mv 2，故B 正确．物块克服摩擦力所做的功F f ·(L ＋x)，故C 正确．物块和木板增加的机械能12mv 2＋12Mv 2＝F·(L ＋x)－F f ·L ＝(F －F f )·L ＋F·x ，故D 错误． 10．如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是(BC )A ．m ＝MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：受力分析可知，下滑时加速度为：gsin θ－μg cos θ，上滑时加速度为：gsin θ＋μg cos θ，所以C正确．设下滑的距离为l，根据能量守恒有：μ(m＋M)glcos θ＋μMgl cos θ＝mglsin θ，得：m＝2M；B正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误．三、非选择题11．如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h.(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.解析：(1)由动能定理得：mgh－μmgcos θ·Rtan θ＝0，得h＝μRcos2θsin θ＝μR cos θcot θ.(2)滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcos θ－μmg cos θ·s＝0，得：s＝R μ.答案：(1)μR cos θcot θ(2)Rμ12．如图所示，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：(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 2C R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 点的位臵距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 ＝12mv 2C －12mv 20 解得小球克服摩擦阻力做功W f ＝12mv 20－52mgR.答案：(1)2R (2)12mv 20－52mgR 13．如图所示，倾角θ＝37°斜面上，轻弹簧一端固定在A 点，自然状态时另一端位于B 点，斜面上方有一半径R ＝1 m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D 处，圆弧轨道的最高点为M.现有一小物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后的位移与时间关系为x ＝8t －4.5t 2(x的单位是m ，t 的单位是s)，若物块经过D 点后恰能到达M 点，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)BD 间的距离x BD .解析：(1)由x ＝8t －4.5t 2知，物块在B 点的速度v 0＝8 m/s ，从B到D 过程中加速度大小a ＝9 m/s 2，由牛顿第二定律得：a ＝F m gsin 37°＋μg cos 37°，得：μ＝38. (2)物块在M 点的速度满足mg ＝m v 2M R，物块从D 到M 过程中，有：12mv 2D ＝mgR(1＋cos 37°)＋12mv 2M，物块在由B 到D 过程中，有：v 2D －v 20＝－2ax BD ，解得：x BD ＝1 m.答案：(1)38 (2)1 m。

动能定理的应用动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体运动的动能和力的关系。

本文将探讨动能定理的应用，包括在机械工程、航空航天、交通运输和体育运动等领域的实际运用。

一、机械工程中的应用动能定理在机械工程领域具有广泛的应用。

以汽车制造为例，通过动能定理我们可以计算汽车在不同速度下的动能，从而评估汽车的性能。

此外，动能定理还可以应用于机器的动力学分析和设计中，帮助工程师优化机器的运行效率。

二、航空航天中的应用在航空航天工程中，动能定理在飞行器的设计和控制中起着重要作用。

例如，通过动能定理可以计算飞机在起飞和降落过程中所需的最小速度，这对飞行安全至关重要。

此外，动能定理还可以用于计算火箭的离地速度，帮助航天工程师设计和控制火箭的发射。

三、交通运输中的应用交通运输领域也可以应用动能定理进行分析和优化。

以高速列车为例，通过动能定理可以计算列车在不同速度下所具有的动能，从而评估列车的动力性能。

此外，动能定理还可以用于计算汽车刹车距离和轮船的制动距离，有助于提高交通运输的安全性。

四、体育运动中的应用动能定理在体育运动中也有广泛的应用。

以田径运动为例，通过动能定理可以计算运动员在起跑和冲刺过程中所具有的动能，从而帮助运动员提高速度和成绩。

此外，动能定理还可以用于计算篮球或足球运动中球的运动轨迹，帮助教练和运动员制定更加有效的战术。

综上所述，动能定理在机械工程、航空航天、交通运输和体育运动等领域都有着广泛的应用。

它不仅帮助工程师和科学家进行设计和分析，还能够促进技术的发展和运动成绩的提高。

随着科学技术的进步，动能定理的应用将会越来越广泛，为各行各业带来更多的创新和突破。