青岛二中2021届高三物理复习-第5章第2讲 动能 动能定理

第2讲 动能 动能定理知识点一 动能1．定义：物体由于运动而具有的能。

2．公式：E k ＝12mv 2。

3．单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2。

4．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”)。

(2)动能是标量(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”)。

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

知识点二 动能定理1．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量。

2．表达式：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．动能定理的特点1．在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是( ) A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12C ．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的18D ．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 D2．(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BC3．(多选)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( )A ．Δv ＝0 B.Δv ＝12 m/s C ．ΔE k ＝1.8 J D.ΔE k ＝0BD [取初速度方向为正方向，则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ΔE k ＝0，故选项B 、D 正确。

第2讲 动能 动能定理教材知识梳理一、物体的动能1．动能：物体由于________而具有的能量叫作动能；物体的动能跟物体的________和________有关． 2．表达式：E k ＝________，式中v 为瞬时速度；动能的单位是________． 3．矢标性：动能是________(选填“矢量”或“标量”)．4．相对性：动能具有相对性，物体动能的大小与________的选择有关，一般取地面为参考系． 5．动能是________(选填“状态”或“过程”)量，动能的变化量是________(选填“状态”或“过程”)量．二、动能定理1．内容：(合)力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中________的变化． 2．表达式：W ＝________．3．意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体________之间的关系，即合外力做的功是物体________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________运动；(2)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，也可以不同时作用．答案：一、1.运动 质量 速度2.12mv 2焦耳(J) 3．标量 4.参考系 5.状态 过程 二、1.动能 2.ΔE k 或12mv 22－12mv 213．动能的变化 动能4．(1)曲线 (2)变力【思维辨析】(1)选择不同的参考系时，动能可能为负值．( )(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)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(4)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．( ) (5)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (6)根据动能定理，合外力做的功就是动能的变化．( ) (7)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关．( )答案：(1)(×) (2)(√) (3)(×) (4)(√) (5)(×) (6)(×) (7)(×)考点互动探究考点一 动能定理的理解1．动能定理表明了合外力做的功与物体动能的变化间的关系(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．例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．3．高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图5­14­1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 ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图5­14­1A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mgh D ．－mgh ＋12mv 2答案：A [解析] 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，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.2．[2016·四川卷] 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1900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1900 JB ．动能增加了2000 JC ．重力势能减小了1900 JD ．重力势能减小了2000 J答案：C [解析] 由题可得，重力做功1900 J ，则重力势能减少1900 J ，可得C 正确，D 错误．由动能定理：W G －W f ＝ΔE k 可得动能增加1800 J ，则A 、B 错误．3．[2015·四川卷] 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 ．斜向下抛的最大答案：A [解析] 由动能定理知mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t ＝2gh ＋v 20，下落相同的高度，则末速度大小相同．考点二 动能定理的应用1．应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功，以及运动过程初、末状态物体的动能．2．应用动能定理解题基本步骤] 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5­14­2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 ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(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？图5­14­2[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 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(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，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④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 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m1 如图5­14­3所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中错误的是( )图5­14­3A ．FL ＝12Mv 2B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12mv 20－12mv 2答案：B [解析] 根据动能定理，对子弹：－F (L ＋s )＝12mv 2－12mv 20知，选项D 正确；对木块：FL ＝12Mv 2，选项A 正确；由以上二式相加后整理可得Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，选项C 正确．只有选项B 符合题意．2 (多选)[2016·全国卷Ⅲ] 如图5­14­4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5­14­4A ．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P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR ，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．■ 规律总结(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便． (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据．(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．(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，可设物体克服该力做功为W ，则该力做功为－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．考点三 动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤：[2016·石家庄调研检测] 游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图5­14­5甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面高h ＝10 m 处由静止开始沿斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l ＝3 m 木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t 图像如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道平滑连接，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数； (2)小孩脱离木板时的速度大小．图5­14­5[解析] (1)对小孩在斜面上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度v ＝10 m/s.由动能定理可得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 2 解得μ＝36. (2)由图乙知小孩在t ＝0.5 s 时滑离木板，木板在0～0.5 s 内的位移x 木＝1.5 m 又x 木＋l ＝x 人设小孩滑离木板的速度为v 人，由平均速度公式x 人＝12(v ＋v 人)t可得：v 人＝8 m/s.■ 规律总结(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与坐标轴所表示的物理意义． (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，图线与坐标轴所围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．图像所围面积的意义：①v ­t 图线与横轴围成的面积表示物体的位移；②a ­t 图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量；③F ­x 图线与横轴围成的面积表示力所做的功；④P ­t 图线与横轴围成的面积表示力所做的功．(多选)质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图5­14­6甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图5­14­6A ．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 ＝fx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f ＝2 N ，由f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得W F －fx ＝12mv 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F mf＝13.5 m ，B 错误．考点四1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力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．分)[2016·全国卷Ⅰ] 如图5­14­7所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小．(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图5­14­7[解答规范] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R ①(1分)设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 ________＝12mv 2B ②(2分)式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(1分)(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有____________________＝0－12mv 2B ④(2分)E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤(1分)P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有________________________＝0 ⑥(2分) 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦E p ＝125mgR ⑧(1分)(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨(1分) y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩(1分)式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬(1分) 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭(2分) P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有____________________________＝12m 1v 2C ⑮(2分)联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯(1分)答案：mgl sin θ－μmgl cos θ mgx sin θ－μmgx cos θ－E p E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θE p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ1 [2016·株洲三模] 如图5­14­8甲所示，一根直杆AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到顶端A 点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v ­t 图像如图乙所示，物块最终停止在B 处．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)物块与杆之间的动摩擦因数； (2)物块滑过的总路程．图5­14­8答案：(1)0.25 (2)6 m[解析] (1)由图像可知物块下滑时加速度大小a 1＝4 m/s 2，上滑时加速度大小a 2＝8 m/s 2，杆AB 长l ＝2 m.设杆倾角为θ，物块质量为m ，物块与杆之间的动摩擦因数为μ 由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2代入数据得μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8.(2)对物块整个运动过程分析，设物块滑过总路程为s ，由动能定理得 mgl sin θ－μmg cos θ·s ＝0 代入数据得s ＝6 m.2 山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC 的底部是一个半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H 的峭壁，D 是圆的最高点，如图5­14­9所示．运动员从A 点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周，再滑到C 点后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v .已知运动员连同滑雪装备总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A 、C 的高度差h ；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功．图5­14­9答案：(1)52R (2)5gR ＋g 2t 2H －12gt 2(3)12mv 2－mgH ＋52R [解析] (1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足mg ＝mv 2DR由动能定理得mg (h －2R )＝12mv 2D联立解得h ＝52R .(2)运动员做平抛运动，在竖直方向上的速度v ′＝gt 从A 到C 由动能定理得mg ·52R ＝12mv 20v 1＝v 20＋v ′2＝5gR ＋g 2t 2 下落高度为h 1＝12gt 2距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －12gt 2.(3)对整个过程，由动能定理得W ＋mgH ＋52R ＝12mv 2解得W ＝12mv 2－mgH ＋52R .3 如图5­14­10甲所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)求物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)求O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？图5­14­10答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg[解析] (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 －2μmg (x 1＋x 0)＝－12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有 12mv 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.■ 规律总结利用动能定理求解多过程问题的基本思路 1．弄清物体的运动由哪些过程组成． 2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能． 5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．【教师备用习题】1．[2015·江西十校二模] 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，使其沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多[解析] A 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，选项A 错误，选项B正确；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故选项C 、D 正确．只有选项A 符合题意．2．(多选)[2016·马鞍山模拟] 如图甲所示，一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v 0沿斜面上滑，其动能E k 随离开斜面底端的距离x 变化的图线如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．斜面的倾角θ＝30°B ．物体的质量为m ＝0.5 kgC ．斜面与物体间的摩擦力大小f ＝2 ND ．物体在斜面上运动的总时间t ＝2 s[解析] BC 由动能定理知E k ­x 图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mg sin θ＋μmg cos θ＝255 N ＝5 N ①，下降阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝55 N ＝1 N ②，①②联立得tan θ＝34，即θ＝37°，m ＝0.5 kg ，故A 选项错误，B 选项正确．物体与斜面间的摩擦力f ＝μmg cos θ＝2 N ，故C 选项正确．上升阶段由E k ­x 图像知合力F 1＝5 N ，则a 1＝10 m/s 2，t 1＝v 1a 1，E k1＝12mv 21＝25 J ，联立得t 1＝1 s ．同理，下降阶段合力F 2＝1 N ，则a 2＝2 m/s 2，t 2＝v 2a 2，E k2＝12mv 22＝5 J ，联立得t 2＝ 5 s ，则t ＝t 1＋t 2＝(1＋5) s ，故D 选项错误．3．(多选)[2015·河北保定调研] 如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A.12B.23C.34D ．1 [解析] AB 第一次击打，小球运动的最大高度为R ，即W 1≤mgR ，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg ＝m v 2高R，即v 高＝gR ，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W 1＋W 2－mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，则W 2≥32mgR ，故W 1W 2≤23，故选项A 、B 正确．4．[2015·浙江卷] 如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m .[答案] (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[解析] (1)为使小物块下滑，有mg sin θ≥μ1mg cos θ 解得tan θ≥0.05 (2)由动能定理得 mgL 1sin θ－W f ＝0其中W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ) 解得μ2＝0.8 (3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2解得v ＝1 m/s由平抛运动规律，得H ＝12gt 2x 1＝vt解得t ＝0.4 s ，x 1＝0.4 m x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m5．[2015·山东卷] 如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功． [答案] (1)3m 0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得 对小球，T 1＝mg ① 对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③ 对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m v 2l⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨6．[2016·山西质量检测] 如图所示，两块相同的薄木板紧挨着静止在水平地面上，每块木板的质量为M ＝1.0 kg ，长度为L ＝1.0 m ，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.10.木板1的左端放有一块质量为m ＝1.0 kg 的小铅块(可视为质点)，它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25.现突然给铅块一个水平向右的初速度，使其在木板1上滑行．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)当铅块的初速度v 0＝2.0 m/s 时，铅块相对地面滑动的距离是多大？(2)若铅块的初速度v 1＝3.0 m/s ，铅块停止运动时与木板2左端的距离是多大？[答案] (1)0.8 m (2)23m[解析] (1)取水平向右为正方向，相对木板滑动时，铅块与木板间的滑动摩擦力的大小为f ＝μ2mg ＝2.5 N当铅块在木板1上滑动时，两块木板与地面间的最大静摩擦力的大小为f 1＝μ1(2M ＋m )g ＝3.0 N 因为f <f 1，所以铅块在木板1上运动时，两块木板都保持静止．设铅块能在木板1上停止运动，相对木板1运动的距离为x ，则－fx ＝0－12mv 2解得x ＝0.8 m因为x <L ，所以假设成立，铅块相对地面滑动的距离也为0.8 m.(2)铅块刚离开木板1时两块木板速度均为0，设此时铅块的速度为v 2，则 －fL ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝2 m/s铅块在木板2上滑动时，设铅块的加速度为a ，木板2的加速度为a 1，则a ＝－fm ＝－μ2g ＝－2.5 m/s 2a 1＝μ2mg －μ1（M ＋m ）g M＝0.5 m/s 2假设铅块滑上木板2后，经过时间t 能相对木板2静止，此时铅块和木板2的共同速度为v ，该过程铅块位移为x 1，木板2的位移为x 2，铅块与木板2左端的距离为Δxv ＝v 2＋at v ＝a 1tx 1＝v 2t ＋12at 2 x 2＝12a 1t 2Δx ＝x 1－x 2 解得Δx ＝23m此后铅块相对木板2保持相对静止，即铅块停止运动时与木板2左端的距离为23m.。

专题22 动能定理及其应用（二）【知识点一】动能定理与图像结合问题【例1】[动能定理与v-t 图像结合] 质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt 图像如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功B ．0～t 3时间内，小球的平均速度一定为v 32C ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g(t 4－t 3)] D ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动【例2】[动能定理与a ­t 图像结合] 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【例3】[动能定理与P­t图像结合] 放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是( )A．0～6 s内物体位移大小为36 mB．0～6 s内拉力做的功为30 JC．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5 N【例4】[动能定理与F­x图像结合] (2019·甘肃天水高三上学期期末)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，推力撤去时开始做减速运动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【知识点二】动能定理解决往返运动【例5】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．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 【例6】(2019·四川成都月考)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x0，滑块以初速度v0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，则滑块经过的总路程是( )A.1μ(v202gcos θ＋x0tan θ) B.1μ(v202gsin θ＋x0tan θ)C.2μ(v202gcos θ＋x0tan θ) D.1μ(v202gcos θ＋x0cot θ)【例7】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，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点无初速度下滑，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)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距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.1解析：vt 图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 错．图中t 0～t 2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 错．vt 图像中图线与t 轴所围面积表示位移，而平均速度v ＝x t ，结合图像中的“面积”可知0～t 3时间内，小球的平均速度大于v 32，B 错．t 3～t 4时间内由动能定理得W －mgh ＝12mv 24－12mv 23，又h ＝v 3＋v 42(t 4－t 3)，解得W ＝m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g(t 4－t 3)]，C 对． 答案：C2解析：由v ＝at 可知，a ­t 图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体速度的变化量，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直向正方向运动，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．答案：D3解析：由P ＝Fv 及对应v t 图像和P t 图像可得30 W ＝F ·6m/s,10 W ＝f ·6 m/s ，解得F ＝5 N ，f ＝53N ，D 错误；0～6 s 内物体的位移大小为(4＋6)×6×12 m ＝30 m ，A 错误；0～6 s 内拉力做功W ＝12×30×2 J ＋10×4 J ＝70 J ，B 错误；由动能定理可知，C 正确．答案：C4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；由题图乙中图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx m ＝0，得x m ＝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 2m ，解得物体运动的最大速度v m ＝8 m/s ，选项C 错误；物体运动中当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故选项D 错误．答案：B5[解析] 设小物块在BC 段通过的总路程为s ，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A 点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做的功为－μmgs，而重力做的功与路径无关，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 段经过3次往复运动后，又回到B 点．[答案] D6[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx 0sin θ－μmgx cos θ＝0－12mv 20，解得x ＝1μ(v 202gcos θ＋x 0tan θ)，选项A 正确． [答案] A7[解析] (1)滑块从D 到达左侧最高点F 经历DC 、CB 、BF 三个过程，现以DF 整个过程为研究过程，运用动能定理得mgh －μmg cos θ·R tan θ＝0，解得h ＝μR cos θtan θ. (2)通过分析可知，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，解得s ＝R μ. [答案] (1)μR cos θtan θ (2)R μ。

专题22 动能定理及其应用（二）1.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示，且α>β.若拉力F做的功为W1，在0～t1时间内拉力F的平均功率为P1；0～t2时间内物体克服摩擦阻力f做的功为W2，克服摩擦力的平均功率为P2，则下列选项正确的是( )A．W1>W2，F＝2fB．W1＝W2，F>2fC．P1<P2，F>2fD．P1＝P2，F＝2f2．(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的关系图像是( )3.（多选）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.它沿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( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2(mgR －W )R4.（多选）(2019·辽宁五校联考)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像．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( )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5．(2019·湖北名校联考)如图所示，一个可视为质点的滑块从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度大小g 取10 m/s 2)( )A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m6．(2019·四川绵阳诊断)如图甲所示，一倾角为37°、长L ＝3.75 m 的斜面AB 上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B 处，C 为圆弧轨道的最高点．t ＝0时刻有一质量m ＝1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v ­t 图像如图乙所示．已知圆轨道的半径R ＝0.5 m ．(g 取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)物块到达C 点时对轨道的压力N 的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A 点滑上轨道，通过C 点后恰好能落在A 点．如果能，请计算出物块从A 点滑出的初速度；如不能请说明理由．1解析：对整个过程由动能定理可得W 1－W 2＝0，解得W 1＝W 2.由图像可知，匀加速过程加速度大小a 1大于匀减速过程的加速度大小a 2，即F －f m >f m ，F>2f ，选项A 、D 错误，B 正确；由于摩擦阻力作用时间大于水平力F 作用时间，所以P 1>P 2，选项C 错误．答案：B2.解析：本题考查动能的概念和E k ­t 图像，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E k ＝12mv 2得E k ＝12m(v 0－gt)2，故图像A 正确．答案：A3解析：质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2，则速度v ＝2(mgR －W )m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2(mgR －W )mR，选项A 正确，选项B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，选项D 错误． 答案：AC4解析：物体做匀速直线运动时，拉力F 与滑动摩擦力f 相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝Fmg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据Fs 图像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 ＝－μmgs，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．答案：ABC5解析：滑块到达圆环顶点C 时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2Cr ，得速度v C ＝gr ，设滑块在BEC 段上克服摩擦力做的功为W 1，由动能定理得mg(H －2r)－W 1＝12mv 2C ，则W 1＝mg(H －2r)－12mv 2C ＝mg(H －52r)，滑块在CFB 段克服摩擦力做的功W 2满足0<W 2<W 1，从C 到D ，由动能定理得－mg(h －2r)－W 2＝－12mv 2C ，代入得8 m<h<10 m ，选项B 正确．答案：B6解析：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为a ＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律有： mg sin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5(2)设物块到达C 点时的速度大小为v C ，由动能定理得： －mg(L sin 37°＋1.8R)－μmgLcos 37°＝12mv 2C －12mv 2在最高点，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ′＝m v 2CR解得：N ′＝4 N由根据牛顿第三定律得：N ＝N ′＝4 N 即物体在C 点对轨道的压力大小为4 N (3)设物块以初速度v 1上滑，最后恰好落到A 点 物块从C 到A ，做平抛运动， 竖直方向：L sin 37°＋1.8R ＝12gt 2水平方向：L cos 37°－R sin 37°＝v C t解得v C ＝977m/s ＞gR ＝ 5 m/s ，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定理可得：－mg(L sin 37°＋1.8R)－μmgL cos 37°＝12mv 2C －12mv 21解得：v 1＝7327m/s 答案：(1)0.5 (2)4 N (3)7327m/s。

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。

专题26 探究动能定理1．数据处理(1)在纸带上记下第一个点0的位置，再在纸带上任意点开始依次选取n 个点1、2、3、4、…，并量出各点到位置0的距离，即为小车运动的位移s.根据W ＝Fs 计算拉力做的功W 1＝mgs 1，W 2＝mgs 2，W 3＝mgs 3，…(2)依据匀变速直线运动特点计算某点瞬时速度v n ＝s n ＋1－s n －12T小车动能增量ΔE k1＝12Mv 21，ΔE k2＝12Mv 22，ΔE k3＝12Mv 23，… 2．注意事项及误差分析(1)将木板无滑轮的一端垫高，使重力沿斜面的分力与摩擦力相平衡，就能消除摩擦力的影响．(2)小车加速运动时，钩码处于失重状态，小车受到的拉力小于钩码的重力．为减小这一系统误差，应使小车的加速度尽量小，也就是实验中必须满足钩码的质量远小于小车的质量．(3)由于本实验要求小车由静止开始运动，所以应正确选取“0”点位置，选取第一个点清晰的纸带，其他点的位置尽量离“0”点远些．(4)本实验的误差主要来源于拉力略小于钩码的重力、不能完全平衡摩擦力、起点“0”速度不为零和测量误差等方面．【例1】[实验原理] 某小组采用如图所示的装置验证动能定理．平衡摩擦力后，为简化实验，认为小车受到的合力等于沙和沙桶的总重力．回答下列问题：(1)为了保证小车受到的合力大小近似等于沙和沙桶的总重力，沙和沙桶的总质量应__________(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车的质量；(2)让沙桶带动小车加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1和v2(v1<v2)．若小车的质量为M、此时沙和沙桶的总质量为m，则本实验需验证的数学表达式为____________________．【例2】[实验操作与分析] (2019·广东肇庆模拟)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有_________________________________.(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动 B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：____________________________________.(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车 B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力【例3】[实验数据处理] 为了“探究动能改变与合外力做功的关系”，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示，打出的纸带如图丙所示．请回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度v B＝____________.(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块____________(写出物理量名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合＝____________.(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2­W图像，可知该图像是一条______________，根据图像还可求得____________．【例1】解析：(1)沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力大小为T，根据牛顿第二定律，对沙和沙桶，有mg－T＝ma对小车，有T＝Ma解得T＝MM＋mmg，故当M≫m时，有T≈mg.(2)合外力做的功为mgL ，动能增加量为12Mv 22－12Mv 21，则本实验需验证的数学表达式为mgL ＝12Mv 22－12Mv 21. 答案：(1)远小于 (2)mgL ＝12Mv 22－12Mv 21 【例2】解析：(1)根据实验原理可知，需要验证mgx ＝12Mv 2，同时根据运动学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有：刻度尺和天平；(2)分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，故选项D 正确；(3)纸带上打出的点较少，说明小车的加速度过大(即小车过快)，故在保证所挂钩码不变的条件下可增加小车质量(在小车上加上适量的砝码或钩码)；(4)在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡或未完全平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，故选项C 、D 正确．答案：(1)刻度尺、天平(包括砝码) (2)D (3)可在小车上加适量的砝码(或钩码) (4)CD【例3】解析：(1)由打出的纸带可知B 点的速度为v B ＝x 3－x 12Δt；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x ，由动能定理可知W 合＝ΔE k ，即W 合＝mgx ＝ΔE k ；(3)v 2­W 图像应该为一条过原点的直线，根据ΔE k ＝12Mv 2可求得M 的值． 答案：(1)x 3－x 12Δt(2)下滑的位移x mgx (3)过原点的直线 滑块的质量M。

第2讲 动能定理及应用知识要点一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。

2.公式:E k ＝错误!mv 2.3。

单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。

4.矢标性：动能是标量,只有正值。

5.状态量：动能是状态量,因为v 是瞬时速度. 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 ＝12mv 2，2－错误!mv 错误!或W ＝E k2－E k1。

3。

物理意义：合外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)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，也可以间断作用.基础诊断1。

(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是（ )A.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B 。

动能总为非负值C。

一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化D。

动能不变的物体,一定处于平衡状态解析由动能的定义和特点知，A、B项正确;动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度,处于非平衡状态，故C、D项均错误。

答案AB2。

（2018·全国Ⅱ卷，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。

答案A3。

两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比，m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1,乙车滑行的最大距离为s2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A.s1∶s2＝1∶2 B。