动能定理经典题型总结

动能定理题型及例题讲解动能定理是物理学中的一个重要定理，描述了物体的动能与物体受力产生的功之间的关系。

动能定理的数学表达式是：动能的变化量等于物体受力所产生的功。

动能定理可以用来研究运动物体的动能与受到的力与加速度的关系，进而预测物体的行为元素、制造机器等。

动能定理题型:1. 给出物体的初速度和末速度，求物体所受到的力所做的功；2. 给出物体的初速度和末速度，求物体从初速度到末速度所经过的路程；3. 以动能定理为基础，解决与碰撞有关的问题。

例题讲解：【例题1】一个质量为 2kg 的物体，以 10m/s 的速度移动，在 100N 的恒力作用下移动了 5s，这个物体的末速度是多少？解答：根据动能定理，物体动能的变化量等于所受到的力所做的功（KE= W）。

可以用以下公式计算物体末速度：v^2 = v0^2 + 2ad,其中v为物体末速度，v0为物体初速度，d为物体运动路程，a为物体加速度。

由于物体是在恒力的作用下移动了 5s，我们可以计算其加速度：F=ma，a=F/m=100N/2kg=50m/s^2物体的起点速度为 10m/s，这意味着 v0 = 10m/s。

为了计算物体的末速度，我们需要知道物体移动的路程。

d = 1/2at^2 = 1/2* 50m/s^2 * 5s^2 = 125m现在我们可以使用上面的公式计算出物体的末速度：v^2 = v0^2 + 2adv^2 = (10 m/s)^2 + 2*(50 m/s^2)*125 mv^2 = 100 m^2/s^2+ 12500 m^2/s^2v^2 = 12600 m^2/s^2v = √(12600 m^2/s^2) ≈ 112.25 m/s因此，这个物体的末速度约为 112.25 m/s。

【例题2】一颗质量为 500g 的小球位于 500m 高的悬崖上。

该小球自由落体直落地面，那么它击中地面时的速度是多少？解答：这道题可以用动能定理和重力势能来解决。

动能定理典型分类例题经典题型动能定理典型分类例题模型一：水平面问题1.两个质量相同的物体在水平面上以相同的初动能滑动，最终都静止，它们滑行的距离相同。

2.两个质量相同的物体在水平面上以相同的初速度滑动，最终都静止，它们滑行的距离相同。

3.一个质量为1kg的物体在不光滑的水平面上静止，施加水平外力F=2N使其滑行5m，然后撤去外力F，求物体还能滑多远。

答案为1.95m。

4.一个质量为1kg的物体在不光滑的水平面上静止，施加斜向上与水平面成37度的外力F=2N使其滑行5m，然后撤去水平外力F，求物体还能滑多远。

答案为0.98m。

5.一辆汽车在滑动摩擦系数为0.7的路面上行驶，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始到汽车停下来，汽车前进12m。

求刹车前汽车的行驶速度。

答案为10.95m/s。

6.一个质量为M的列车沿水平直线轨道以速度V匀速前进，末节车厢质量为m，在中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。

设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。

当列车的两部分都停止时，它们的距离为L×m/(M+m)。

模型二：斜面问题基础1.一个质量为2kg的物体在沿斜面方向拉力F=40N的作用下从静止出发沿倾角为37度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

答案为6.31m/s。

基础2.一个质量为2kg的物体在水平力F=40N的作用下从静止出发沿倾角为37度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

答案为6.31m/s。

基础3.一个物体以某一速度从斜面底沿斜面上滑，当它滑行4m后速度变为零，然后再下滑到斜面底。

已知斜面长5m，高3m，物体和斜面间的摩擦系数μ=0.25.求物体开始上滑时的速度及物体返回到斜面底时的速度。

答案为3.46m/s和6.71m/s。

典型例题1.一个质量为m的木块以v=10m/s初速度沿倾角为30度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.2，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

21222121mv mv W -=动能和动能定理一、知识聚焦1、动能：物体由于运动而具有的能量叫动能． 表达式：Ek = 动能是标量，是状态量 单位：焦耳( J )221mv 2、动能定理内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化。

3、动能定理表达式：二、经典例题例1、（课本例题）一架喷气式飞机，质量ｍ＝5×103 kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s ＝5.3×102ｍ时，达到起飞速度ｖ＝60ｍ/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍(ｋ＝0.02)，求飞机受到的牵引力. 分析： 研究对象：飞机研究过程：从静止→起飞（V=60m/s ）适用公式：动能定理：2022121mv mv W -=合 表达式：=-S f F )(221mv得到牵引力：N kmg S mv F 42108.12⨯=+=例2、将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

（g 取10m/s2）提示 石头的整个下落过程分为两段，如图5—45所示，第一段是空中的自由下落运动，只受重力作用；第二段是在泥潭中的运动，受重力和泥的阻力。

两阶段的联系是，前一段的末速度等于后一段的初速度。

考虑用牛顿第二定律与运动学公式求解，或者由动能定理求解。

解析 这里提供三种解法。

解法一（应用牛顿第二定律与运动学公式求解）：石头在空中做自由落体运动，落地速度gH v 2=在泥潭中的运动阶段，设石头做减速运动的加速度的大小为a ，则有v2=2ah ，解得g hH a =由牛顿第二定律，ma mg F =-所以泥对石头的平均阻力N=820N 。

10205.005.02)()(⨯⨯+=⋅+=+=+=mg h h H g h H g m a g m F 例题3、如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B 平滑连接着半径r =0.40m 的竖直光滑圆轨道。

“动能定理”的典型例题【例1】质量为m=2kg的物体，在水平面上以v1= 6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、方向向北的恒定力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了[ ]A．28J B．64J C．32J D．36J E．100J【分析】物体原来在平衡力作用下西行，受向北的恒力F作用后将做类似于平抛的曲线运动(见图)．物体在向北方向上的加速度2s后在向北方向上的速度分量故2s后物体的合速度所以物体在2s内增加的动能为也可以根据力对物体做动能定理来计算．由于在这个过程中，可以看作物体只受外力F作用，在这个力方向上的位移外力F对物体做的功W =Fs= 8×8J=64J，故物体动能的增加【答】B．【说明】由上述计算可知，动能定理在曲线运动中同样适用，而且十分简捷．有的学生认为，物体在向西方向上不受外力，保持原动运能不变，向北方向上受到外力后，向北方向上的动能增加了即整个物体的动能增加了64J，故选B．必须注意，这种看法是错误的．动能是一个标量(不同于动量)，不能分解．外力对物体做功引起物体动能的变化，是对整个物体而言的，它没有分量式(不同于物体在某方向上不受外力，该方向上动量守恒的分量式)．上述计算结果的巧合是由于v2与v1互成90°角的缘故．【例2】一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，量得停止处对开始运动处的水平距离为s(见图)，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并认为斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同，求摩擦因数μ．【分析】以物体为研究对象，它从静止开始运动，最后又静止在平面上，整个过程中物体的动能没有变化，即E k2=E k1=0．可以根据全过程中功与物体动能的变化上找出联系．【解】物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力对物体做功(支持力不做功)，设斜面倾角为α，斜坡长L，则重力和摩擦力的功分别为W G= mgsinαL，W f1= -μmgcosαL．在平面上滑行时仅有摩擦力做功(重力和支持力不做功)，设平面上滑行距离为s2，则W f2= -μmgs2．整个运动过程中所有外力的功为W=W G+W f1+W f2，=mgsinαL - μumgcosαL- μmgs2．根据动能定理，W=E k2-E k1，式中s1为斜面底端与物体初位置间水平距离，故【说明】本题也可运用牛顿第二定律结合运动学公式求解．物体沿斜面下滑时的加速度物体在平面上滑行时的加速度比较这两种解法，可以看到，应用动能定理求解时，只需考虑始末运动状态，无需关注运动过程中的细节变化(如从斜面到平面的运动情况的变化)，显得更为简捷．本题也为我们提供了一种测定动摩擦因数的方法．厢所受阻力不变，对车厢的牵引力应增加[ ]A．1×103N B．2×103NC．4×103N D．条件不足，无法判断【分析】矿砂落入车厢后，受到车厢板摩擦力f的作用，使它做加速运动，经时间△t后矿砂的速度达到车厢的速度v=2m/s,这段时间内矿砂的位移因此选△t内落下的矿砂△m为研究对象，以将接角车箱板和达到速度v=2m/s两时刻为始末两状态时，动能增量由功与动能变化的关系得在这过程中，车厢板同时受到矿砂的反作用f′，其大小也为4×103N，方向与原运动方向相反，所以，为保持车厢的匀速运动需增加的牵引力为【答】C．【说明】常有人误认为矿砂落入车厢内，矿砂的位移就是车厢的位移s =v t，于是得车厢应增加的牵引力大小为这是不正确的，因为在矿砂将接触车厢板到两者以共同速度v=2m/s运动的过程中，车厢和矿砂做两种不同的运动，矿砂的速度小于车厢的速度，它们之间才存在着因相对滑动而出现的滑动摩擦力．也正是由于滑动摩擦力的存在，车厢所增加的牵引力做的功并没有完全转化为矿砂的动能，其中有一部分消耗在克服摩擦做功而转化为热能．!iedtxx(`stylebkzd', `1107P02.htm')【例4】一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m为物体，如图a所示．绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上．设绳的总长不变、绳的质量、定滑轮的质量和尺寸，滑轮上的摩擦都忽略不计．开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳绳长为H．提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C．设A到B 的距离也为H．车过B点时的速度为v B．求在车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功．【分析】汽车从A到B把物体提升的过程中，物体只受到拉力和重力的作用，根据物体速度的变化和上升高度，由动能定理即得．【解】以物体为研究对象，开始时其动能E k1=0．随着车的加速拖动，重物上升，同时速度也不断增加．当车子运动到B点时，重物获得一定的上升速度v Q，这个速度也就是收绳的速度，它等于车速沿绳子方向的一个分量(图b)，即于是重物的动能增为在这个提升过程中，重物受到绳中拉力T、重力mg．物体上升的高度和重力的功分别为于是由动能定理得即所以绳子拉力对物体做的功【说明】必须注意，速度分解跟力的分解一样，两个分速度的方向应该根据运动的实际效果确定．车子向左运动时，绳端(P)除了有沿绳子方向的运动趋势外(每一瞬间绳处于张紧的状态)，还参予了绕O点的转动运动(绳与竖直方向间夹角不断变化)，因此还应该有一个绕O点转动的速度，这个速度垂直于绳长方向．所以车子运动到B点时的速度分解图应如图6所示，由此得拉绳的速度V b1(即提升重物的速度v Q)与车速v B的关系为【例5】在平直公路上，汽车由静止开始作匀速运动，当速度达到v m后立即关闭发动机直到停止，v-t图像如图所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则[ ]A．F：f = 1：3 B．F：f = 4：1C．W1：W2= 1：1 D．W1：W2 = 1：3【分析】在t = 0～1s内，汽车在牵引力F和摩擦力f共同作用下作匀加速运动，设加速度为a1．由牛顿第二定律F-f = ma1．在t=l～4s内，汽车仅受摩擦力作用作匀减速滑行，设加速度为a2，则-f = ma2．由于两过程中加速度大小之比为在前、后两过程中，根据合力的动能定理可知，∴ W F=W f1+W f2=W f。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。

【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J3．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1-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？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（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 ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（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 C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。

高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。

物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点） ，求：(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。

【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有22011222mv mg R mv =⋅+ 得20445m /s v v gR =-=(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有2N v mg F m R+=得物块A 受到的弹力为2N 150N v F m mg R=-=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为N N 150N F F '==作用力方向竖直向上(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有20102mgx mv μ-=-得12.5m x =2．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为θ=60°、长为L 1=23m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，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿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=3，g 取10m/s 2.（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝A 点：60y x v tan v ︒=得：032/6/603yx v v v s m s tan ==︒＝＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：()2211201122C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mv mg R ＝22111 222C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m当小球刚能到达与圆心等高时2212C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m当圆轨道与AB 相切时R 3=BC•tan 60°=1．5 m即圆轨道的半径不能超过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．考点：平抛运动；动能定理3．如图所示，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．4．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，直轨道AB和圆弧轨道BC平滑连接，小球从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为R的圆轨道；=0.4m（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h；（2）若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；5．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。

h H 2-7-2 动能和动能定理经典例题例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍（k =0.02），求飞机受到的牵引力。

例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

（g 取10m/s 2）例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/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速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为多少？例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ） A. gh v 20+ B. gh v 20- C. gh v 220+ D. gh v 220-例5某同学从高为h 处水平地投出一个质量为m 的铅球，测得成绩为s ，求该同学投球时所做的功．例6 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。

小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2-7-3所示，则拉力F 所做的功为（ ）A. mgl cos θB. mgl (1－cos θ)C. Fl cos θD. Flsin θ例7 如图所示，光滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时，圆周半径为R ，当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为________.2-7-3 θ F O PQ l例8如图4所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是水平轨道，长S=3m，BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。

动能定理经典题型【原创实用版】目录1.动能定理的概念和基本原理2.动能定理的常见题型及解题方法3.动能定理在实际问题中的应用正文一、动能定理的概念和基本原理动能定理是物理学中一个重要的定理，它描述了物体动能的变化与做功之间的关系。

动能定理的基本原理可以概括为：物体所受外力所做的总功等于物体动能的变化。

具体来说，当物体在一段时间内受到外力作用时，物体的动能将发生变化，变化的大小等于所有外力所做的功的总和。

二、动能定理的常见题型及解题方法在考试中，动能定理题型主要包括以下几种：1.直接应用动能定理求解问题这种题型通常会给出物体的质量、速度、加速度等已知条件，要求根据动能定理求解某个物理量。

解决这类问题的关键是正确地列出动能定理的公式，并注意单位的统一。

2.结合其他物理定律求解问题这种题型要求在应用动能定理的同时，还需要运用其他物理定律，如牛顿第二定律、运动学公式等。

解决这类问题时，需要灵活运用各种物理定律，将问题转化为简单的计算问题。

3.对物体受力分析，求解合力做功这种题型通常会给出一个物体在多个力作用下的运动情况，要求求出这些力所做的总功。

解决这类问题时，需要先对物体的受力进行分析，然后运用动能定理求解合力所做的功。

三、动能定理在实际问题中的应用动能定理在实际问题中有广泛的应用，例如在机械能守恒、碰撞问题、抛体运动等方面都可以看到动能定理的影子。

通过运用动能定理，我们可以更好地理解和解决实际问题，为科学研究和工程应用提供理论支持。

总之，掌握动能定理的概念、原理以及解题方法是物理学学习的重要环节。

在解决动能定理相关问题时，我们需要灵活运用各种物理定律，将问题转化为简单的计算问题，从而得出正确的答案。

动能定理题型及例题讲解动能定理是物理学中的一个重要定理，描述了物体的动能与力的关系。

根据动能定理，物体的动能的变化等于作用在物体上的合外力的做功。

动能定理题型主要包括以下几类：1. 给定物体的质量、速度和加速度，求物体所受合外力的大小和方向。

例题：一个质量为2kg的物体以速度10m/s向东运动，在2s内速度变为20m/s向东，求物体所受合外力的大小和方向。

2. 给定物体的质量、速度和作用在物体上的合外力，求物体的加速度。

例题：一个质量为3kg的物体受到作用力为15N的力，使其速度从5m/s增加到15m/s，求物体的加速度。

3. 给定物体的质量、速度和加速度，求物体在某段距离上所做的功。

例题：一个质量为4kg的物体以速度10m/s向东运动，在2s内速度变为20m/s向东，求物体在这段距离上所做的功。

4. 给定物体的质量、速度和作用在物体上的合外力，求物体在某段距离上所做的功。

例题：一个质量为5kg的物体受到作用力为20N的力，使其速度从8m/s增加到20m/s，求物体在这段距离上所做的功。

解题时，首先需要根据题目给出的条件，利用动能定理的公式进行计算。

公式为：物体的动能变化等于作用在物体上的合外力的做功，即ΔKE = W。

然后，根据题目所求的量，进行代入计算。

注意单位的转换，确保计算结果的准确性。

最后，根据题目所给的信息，判断物体所受合外力的方向以及物体在某段距离上所做的功的正负。

通过练习动能定理题型，可以帮助学生巩固对动能定理的理解，并提高解题能力。

在解题过程中，需要灵活运用物理学的知识，结合实际情况进行分析和计算，培养学生的物理思维能力和解决问题的能力。

动能定理经典题型动能定理是物理学中的一个重要定理，用来描述物体的运动情况和能量转化过程。

它可以帮助我们理解物体的速度、质量和能量的关系，解决各种与动能相关的问题。

动能定理的表述可以简单地理解为：物体的动能的增量等于物体所受合外力的功。

使用公式表示为：K = Wext，其中K表示物体的动能，Wext表示物体所受合外力的功。

根据动能定理，我们可以通过计算物体所受的合外力的功来求解物体的动能变化。

动能定理的应用范围非常广泛，下面将介绍几个与动能定理相关的经典题型。

1. 通过动能定理计算物体的速度：题目描述：一个质量为2kg的物体从静止开始沿直线运动，受到一个合外力使得该物体的动能增加100J，求物体的末速度。

解题思路：根据动能定理可以得到：K = Wext = ΔKE = 100J。

根据动能的定义：K = 1/2mv^2，其中m为物体的质量，v为物体的速度。

代入已知条件，可以得到：1/2 * 2kg * v^2 =100J，通过化简可以得到物体的末速度：v = 10m/s。

2. 利用动能定理分析物体的运动情况：题目描述：一个小球从竖直向上抛出，并在顶点处停止运动，求小球的初始速度。

解题思路：在小球上抛运动过程中，只有重力对小球做功，物体的动能变化量等于重力所做的负功。

根据动能定理可得：K= Wext = ΔKE = -mgH，其中m为小球的质量，g为重力加速度，H为小球的抛高度。

由于小球在顶点处停止运动，所以动能变化量为0，即-mgH = 0，解得初始速度v = √(2gH)。

3. 利用动能定理解决碰撞问题：题目描述：一个质量为0.5kg的物体和一个质量为0.2kg的物体发生弹性碰撞，已知0.5kg物体的初速度为10m/s，0.2kg物体的初速度为-5m/s，求碰撞后两个物体的末速度。

解题思路：根据动能定理可以得到：K1i + K2i = K1f + K2f。

其中K1i和K2i分别为两个物体碰撞前的动能，K1f和K2f分别为两个物体碰撞后的动能。

高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，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，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得：−μmgl+W弹＝0−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得−2μmgl＝E k−m v02解得 E k=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得−2mgR＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：−2mgR ＝m v 12-m v 02且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

动能 动能定理一个物体的动能变化△E k 与合外力对物体所做的功W 具有等量代换关系．若△E k ＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功；若△E k ＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值；若△E k =0，表示合外力对物体所做的功等于零．反之亦然．这种等效代换关系提供了一种计算变力所做功的简便方法．动能定理中涉及的物理量有F 、s 、m 、υ、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理．由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始末两状态动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节，又由于功和动能都是标量，无方向性，无论是对直线运动或曲线运动，计算都会特别方便．当题给条件涉及力的位移效应，而不涉及加速度和时间时，用动能定理求解一般比用牛顿第二定律和运动学公式求解简便．用动能定理还能解决一些用牛顿第二定律和运动学公式难以求解的问题，如变力作用过程，曲线运动等问题．例1 一辆卡车在平直的公路上，以初速度υ0开始加速行驶，经过一段时间t ，卡车前进的距离为s ，恰达到最大速度υm ，在这段时间内，卡车发动机的功率恒定为P ，车运动中受阻力大小恒定为f ，则这段时间内卡车发动机做的功为（ ）A ．Pt;B ．fs;C ．f υm t;D ． 21m υ2m +fs-21m υ20 解析： 功率P=F υ，卡车在平直公路上以恒定功率行驶过程中，随卡车速度υ逐渐增大而使发动机牵引力逐渐减小，只要卡车的牵引力F 大于卡车所受到的恒定的阻力f ，卡车的速度要增大，牵引力要再减小，因此卡车以恒定功率运动必做加速度逐渐减小的变加速运动．直到卡车牵引力减小到与车所受阻力f 大小相等，这时卡车受合外力为零，卡车加速度为零时卡车速度达到最大值υm ，即P=m f υ，故W=Pt=m f υt ．故选项A ，C 正确．合外力对物体做功（F-f ）s ，物体动能的增量21m υ2m-21m υ20，由动能定理知道（F-f ）s=21υ2m-21υ20，那么，卡车牵引力对卡车做功W F =21m υ2m+fs-21m υ20，故D 选项正确． 例2 一质量m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点（如下图所示），则力F 所做的功为（ ）A ．mgLcos θB ．mgL （1-cos θ）C ．FLsin θD ．FLcos θ解析：小球运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可以看作是平衡状态．由平衡知识知，F 的大小不断变大．这是一个变力作用下曲线运动的问题．要求解的结果是变力F 做的功．因F 是变力，它做的功不能直接用定义式F W =Fscos α来求．此过程中，线的拉力不做功，只有重力和F 这两个力做功．重力做的功等于重力G 乘以重力方向上的位移．即W G =-mgL （1-cos θ），动能的变化为零．故可由动能定理求出F 做的功，即F W -mgL （1-cos θ）=0．∴ W F =mgL （1-cos θ）．正确答案为B ．说明 本题是一例根据动能定理求变力做的功的问题，其实动能定理的最大好处就在于处理这类变力作用下的直线运动和曲线运动．例3 如下图1所示，在水平桌面上固定一块质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以速度υ0水平射入木块，进入深度为d （未穿出）．如果这木块是放在光滑的水平桌面上，仍使质量为m 的子弹以速度υ0水平射入木块，进入深度为d （未穿出）．如果这木块是放在光滑的水平桌面上，仍使质量为m 的子弹以速度υ0水平射入木块，如图2所示，子弹能进入多深?从进入到停止在木块中花去多少时间?（设两种情况子弹在木块中受到阻力恒定不变．）解析：木块固定时，设子弹受到的平均阻力为f ，根据动能定理，有-fd=-21m υ20． 木块受到平均阻力f=m υ20/（2d ）． ①木块可滑动时，子弹与木块间相互作用力仍为f ，木块在f 作用下加速运动，子弹做减速运动，最终两者达到共同速度υ．根据动量守恒定律，有m υ0=（M+m ）υ， ∴υ=m υ0/（M+m ） ②设木块移动距离为s ，子弹进入木块深度为d ′，子弹对地位移为s+d ′．对木块和子弹分别应用动能定理，有 fs=21M υ2， ③ -f （s+d ′）= 21m υ2-21m υ20． ④ 由③、④式，得-fd ′=21（M+m ）υ2-21m υ20 ⑤ 由①、②、⑤式，得 d ′=m M M +d ＜d ． 根据动量定理，有-ft=m υ-m υ0． ⑥由①、②、⑥式，得 t=02v d （mM M +）． 这就是子弹在木块中运动的时间．例4 总质量为M 的列车，沿平直轨道作匀速直线运动，其末节质量为m 的车厢中途脱钩，待司机发觉时，机车已行驶了L 的距离，于是立即关闭油门撤去牵引力．设运动过程中阻力始终与质量成正比，机车的牵引力是恒定的．当列车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少?解析：依题意，先画出机车和末节车厢的运动情况示意图如下图所示，机车（除末节车厢之外的部分）在撤去牵引力F 之前作匀加速运动，关掉油门后作匀减速运动直到停止；而车厢脱钩后在阻力作用下作匀减速运动．牵引力对机车做正功．由于机车和车厢所受的力是恒力，又分别作匀变速运动，又可运用动能定理求解．今运用动能定理分别对机车和车厢进行全程列式求解．设列车所受牵引力为F ，脱钩前匀速运动的速度为υ0，撤去牵引力时机车速度为υ，脱钩前后列车和机车、车厢所受阻力分别为f 、f 1、f 2，则f=kMg ，f 1=k （M-m ）g,f 2=kmg ，它们减速运动的位移分别为s 1和s 2．脱钩前，由力的平衡条件有F=f=kMg ①脱钩后，对机车的全过程由动能定理有FL-k （M-m ）g （L+s 1）=0-21（M-m ）υ20 对车厢，由动能定理有-kmgs 2=0-21m υ20 联立①、②、③式消去υ0解得△s=L+s 1-s 2=mM M -L说明 本题由动能定理求解比运用牛顿定律求解简便快捷．动能定理概能解决恒力作用下的匀变速运动问题，又能解决变力作用下的非匀变速运动问题，可见运用动能定理不仅比运用牛顿定律求解简便，而且应用范围更广．同时，解答这类题目关键要弄清整个过程中各个力的做功情况和初、未状态的动能．例5 如下图所示，底端有挡板且足够长的固定斜面倾角为θ，一质量为m 的滑块在斜面上从距挡板为l 的位置以速度υ0沿斜面向上滑行．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，滑块每次与挡板P 碰撞前后的速度大小保持不变：求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程是多大?解析：滑块以初速υ0出发沿斜面滑行至速度为零后，由于mgsin θ＞μmgcos θ，因此滑块将立即返回向下滑行，与挡板碰撞后又以碰前速率向上滑，如此反复运动，直至最后停在挡板P 处．在整个运动过程中，重力对滑块时而做正功，时而做负功，但重力做的总功只由重力大小和高度差共同决定．但摩擦力总是做负功，做功的大小应等于摩擦力的数值与路程的乘积．滑块初、末状态的动能分别为21m υ20和零．因此本题可用动能定理求解． 解析：以滑块为研究对象，在运动的全过程中，外力对滑块所做的总功为W=W G +W f =mglsin θ-μmgcos θs在滑动的过程中，滑块的动能变化为△E k =E k2-E k1=0-21m υ20 根据动能定理，有W=△E k即 mglsin θ-μmgcos θs=0-21m υ20 解得滑块滑行的总路程为s=θμθcos 2sin 202g gl v + 说明 通过本题解答可以看出：①运用动能定理解题的优越性．本题若运用牛顿定律和运动学公式求解，则需对每个上滑和下滑过程分别进行解答，势必繁杂．然而运用动能定理求解，只需列出一个方程便可解决问题，可见运用动能定理比运用牛顿定律求解简便得多，其原因就在于运用动能定理不涉及物体运动过程中的加速度和时间等细节，只需在明确各个力做功情况的基础上考虑初、末状态的动能，这就是运用动能定理优越性的个中原因．②凡涉及摩擦阻力或介质阻力做功与物体运动路径有关而物体又作往复运动或非匀变速运动的问题，宜运用动能定理求解．例6 如下图所示，以速度υ匀速运动的汽车用轻绳通过定滑轮将水面上的货船从A 拖到B ，若滑轮的大小和摩擦不计，船的质量为M ，水对船的阻力大小恒为船重的k 倍，定滑轮到水面的高度为h ，船在位置A 和位置B 时牵绳与水平面的夹角分别为α和β．求这一过程中汽车对船所做的功．解析：汽车对船做的功即为绳对船做的功，虽然汽车以速度υ做匀速运动，然而船的运动却不是匀速的．因汽车的速度υ即为绳的速度，设某时刻绳与水平方向的夹角为θ，则由下图所示的速度矢量图可知υ船=θcos v ，当船由A 向B 运动时，θ角逐渐增大，则船速也逐渐增大，船作变加速运动．由此可知，对船做功的力中，阻力虽然是恒力，所做的功为-kMgs AB ，但绳对船的拉力却是方向和大小都在变化的变力，不能用W=F ·s ·cos α计算变力的功，应通过动能定理求解．设绳对船的拉力所做的功为W F ，由上图的几何关系可知，s AB =h （cot α-cot β）由右图所示的速度矢量图可知，船在A 、B 处的速度分别为υA =αcos v ，υB =βcos v 由动能定理，有W F -kMgh （cot α-cot β）=21M （βcos v ）2-21M （αcos v ）2 故汽车对船所做的功为 W F =kMgh （cot α-cot β）+22Mv （β2cos 1 -α2cos 1） 说明 分析解答本题的关键，一是理解汽车速度υ与船速的关系为υ船=θcos v ，切不可将车速当作船速或以υ船=υcos θ，从而明确绳的拉力是变力；二是求解变力做功应运用动能定理．例7 一质量为M 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一质量为m 的小滑块以水平速度υ0从长木板的一端开始在木板上滑动．直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为31υ0．若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求滑块离开木板时的速度． 解析：当长木板不固定时，因地面光滑，滑块与长木板组成的系统动量守恒，因初动量已知，可由动量守恒定律求得滑块离开长木板时的末动量与末速度，进而可由动能定理求出系统损失的动能．同时，在长木板自由和固定的两种情况下，系统损失的动能相同，故可再次由动能定理求得木板固定时滑块离开木板时的末动能，从而得到末速度．滑块在长木板上滑动，由于摩擦力f 的作用，木板作加速运动，滑块作减速运动，设滑块离开木板时，木板的速度为υ，由系统的动量守恒，有m υ0=m （31υ0）+M υ ① 设木板长为l ，滑块从木板上滑过时，木板滑行的距离为s ，如下图所示，由动能定理对长木板，有fs=21M υ2 ② 对滑块，有f （l+s ）=21m υ20-21m （31υ0）2 ③由②、③式解得fl=21m υ20-21m[（31υ0）2+21M υ2］ ④ 当长木板固定时，设小滑块离开长板时的速度为υ，由动能定理，对小滑块有fl=21m υ20-212m υ' ⑤ 由①、④、⑤式解得： υ′=30v M m 41+说明 本题是一道比较典型的以质点组（系统）为研究对象运用动能定理，结合其他物理规律求解的力学综合题．这类题的特点通常是以两个相互作用的质点组成的系统为研究对象，综合运用动能定理，动量定理（如本题若要求滑块离长木板所需时间）、牛顿运动定律和运动学公式，能的转化和守恒定律等规律综合求解．通过对本题的分析计算和类似问题的探究与比较，可以看出，对于相互作用的两个质点组成的系统，它们之间的内力是成对发生的，内力的冲量不改变系统的总动量，但这对内力的功却常会使系统的机械能（无势能变化时则表现为总动能）发生变化．通常有下列几种情况：（1）若这对内力是恒力，它们做功的总和等于力的大小乘两个质点的相对位移．（2）若这对内力做正功，系统的总动能增加，且这对内力所做的正功等于系统增加的动能．如爆炸，反冲等相互作用模型的问题，是典型的作用力和反作用力都做正功的实例．（3）若这对内力中一个力做正功，一个力做负功，但总功是负功，则系统的总动能减小（或机械能有损失），且减小的总动能在数值上等于这对内力所做的负功．如本题摩擦内力做的负功等于系统减小的总动能，即fl=21m υ20-［21m （31υ0）2+21M υ2］ 这种情况通常出现在碰撞或类似碰撞（如子弹打木块、两木块相对滑动等）的相互作用模型中，这也是碰撞与反冲的明显区别之一．（4）若这对内力做功为零，即作用力做的正功在数值上等于反作用力做的负功，则系统的总动能（有势能时则为总机械能）保持不变如弹性碰撞及类似模型问题和用轻绳、轻杆相连的连接体问题．。

21222121mv mv W -=21222121E mv mv W k -=∆=动能和动能定理第1步：讲基础一、动能：1、定义：物体由于运动而具有的能量叫动能．2、表达式：221mv E k =3、物理意义：动能是描述物体运动状态的物理量，是标量。

4、 单位：焦耳( J ) 二、动能定理： >1、内容：合力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

2、表达式：第2步：学技巧一、对动能定理的进一步理解 力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化，即 。

1、式中的W ，是力对物体所做的总功，可理解为各个外力所做功的代数和，也可以理解为合力所做的功。

2、式中的k E ∆，是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能。

3、动能定理的研究对象一般是单一物体，或者是可以看成单一物体的物体系。

4、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。

&二、常用应用动能定理的几种情况1、动能定理适用于恒力、变力、直线、曲线运动。

2、动能定理是标量式，不涉及方向问题。

在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理。

3、对于求解多个过程的问题可全程考虑，从而避开考虑每个运动过程的具体细节。

具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。

（注意动能损失：例3和例4比较）4、变力做功问题。

在某些问题中，由于力F 大小的变化或方向的改变，不能直接由αcos Fl W =来求变力F 所做的功，此时可由其做功的效果——动能的变化来求变力F 所做的功。

三、经典例题 例1、（课本例题）一架喷气式飞机，质量ｍ＝5×103 kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s ＝×102ｍ时，达到起飞速度ｖ＝60ｍ/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的倍(ｋ＝，求飞机受到的牵引力. 分析： 研究对象：飞机研究过程：从静止→起飞（V=60m/s ）适用公式：动能定理：2022121mv mv W -=合表达式：=-S f F )(221mv得到牵引力：Nkmg S mv F 42108.12⨯=+=例2、将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

21222121mv mv W -=动能和动能定理一、知识聚焦1、动能：物体由于运动而具有的能量叫动能． 动能是标量，是状态量 单位：焦耳( J )表达式：Ek = 221mv2、动能定理内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化。

3、动能定理表达式：二、经典例题例1、一架喷气式飞机，质量ｍ＝5×103 kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s ＝5.3×102ｍ时，达到起飞速度ｖ＝60ｍ/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍(ｋ＝0.02)，求飞机受到的牵引力.例2、将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

（g 取10m/s2）图5—45例题3、如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B 平滑连接着半径r =0.40m的竖直光滑圆轨道。

质量m =0.50kg 的小物块，从距地面h =2.7m 处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g =10m/s 2）（1）物块滑到斜面底端B 时的速度大小。

（2）物块运动到圆轨道的最高点A 时，对圆轨道的压力大小。

例题4. 一个质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为 （ CA ．θcos mglB ．θsin FlC ．)cos 1(θ-mglD ．)cos 1(θ-Fl例题5、如图所示，光滑的水平面AB与光滑的半圆形轨道相接触，直径BC竖直，圆轨道半径为R一个质量为m的物体放在A处，AB=2R，物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，当物体运动到B点时撤去水平外力之后，物体恰好从圆轨道的定点C水平抛出，求水平力.机械能守恒定律及其应用内容：成立条件：1、质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动的位移为h ，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（）A．物体的重力势能减少mgh B．物体的重力势能减少2mghC．物体的动能增加2mgh D．物体的机械能保持不变2、下列关于机械能守恒的说法中正确的是（）A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B．做匀加速运动的物体，其机械能一定不守恒C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力做的功之和为零，物体的机械能一定守恒3、质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地高度为h，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力势能的变化分别为A．mgh，减少mg(H-h) B．mgh，增加mg(H+h)C．-mgh，增加mg(H-h) D．-mgh，减少mg(H+h4、质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高1m，这时物体的速度是2m/s，下列说法中正确的是：（g=10m/s2） ( )A．手对物体做功12J B.合外力对物体做功12JC．合外力对物体做功2J D.物体克服重力做功10J5、在做“验证机械能守恒定律”的实验时，请从以下列出的步骤中将合理的步骤选出来，并按合理的顺序把它们的字母代号依次填在横线上_________．（A）用毫米刻度尺测量起点与各计数点间的距离，并记录数据（B）将纸带固定在重锤上（C）用天平测出重锤的质量（D）将纸带穿过打点计时器，并将重锤提高使之靠近打点计时器（E）把打点计时器接在直流低压电源上（H）合上开关，接通电源，放开纸带（I）拆除并整理仪器（J）把打点计时器接在交流低压电源上（K）切断电源、更换纸带，重新进行两次实验（L）在三条纸带中选出第一、第二两点间的间距最接近2mm且点迹清晰的一条纸带、（M）根据测量数据进行计算，得出结论14．（5分）在《验证机械能守恒定律》的实验中，电源频率是50Hz。

图5-3-1动能定理1、动能定理：适用范围：适用于物体的直线运动和曲线运动；适用于恒力和变力做功；适用于阶段和全程；适用于各种性质的力。

重点提示：①动能定理W ＝E K2－E K1中，W 指的是合．外力．．所做的功，解决时不要漏掉某个力做的功；要特别注意力F 做的功W F =Fl ，其中的l 是相对地而言的（或相对同一惯性参考系而言）；而Q 热=F f 滑l 相对 ，是指滑动摩擦力产生的热量，l 相对是相对另一接触面的。

②若物体运动过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体考虑。

③求各力做功时，要明确哪个力在哪一阶段上所做的功。

④求合外力做功，可用W 合=F 合•l ；或用W 合=W 1+W 2+W 3+…。

典型例题：1.一个物体从斜面上高h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S ，如图5-3-1，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．2.如图5-3-2所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R =0.8m ，BC 是水平轨道，长S =3m ，BC 处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m =1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到C 点刚好停止.求物体在轨道AB 段所受的阻力对物体做的功.图5-3-2图5-5-113.如图5-4-2使一小球沿半径为R 的圆形轨道从最低点B 上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点A ？4.如图5-4-8所示，光滑的水平轨道与光滑半圆弧轨道相切.圆轨道半径R =0.4m ，一小球停放在光滑水平轨道上，现给小球一个v 0=5m/s 的初速度，求：小球从C 点抛出时的速度（g 取10m/s 2）.5.如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R 的圆形轨道相连接，质量为m 的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？6.如图5-5-2长l =80cm 的细绳上端固定，下端系一个质量m ＝100g 的小球.将小球拉起至细绳与竖立方向成60°角的位置，然后无初速释放.不计各处阻力，求小球通过最低点时，细绳对小球拉力多大？取g=10m/s 2.7.质量为m 的小球，沿光滑环形轨道由静止滑下（如图5-5-11所示），滑下时的高度足够大.则小球在最低点时对环的压力跟小球在最高点时对环的压力之差是小球重力的多少倍？图5-5-1图5-4-2图5-4-8。

1、动能定理应用的基本步骤应用动能定理涉及一个过程，两个状态．所谓一个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能． 动能定理应用的基本步骤是：①选取研究对象，明确并分析运动过程．②分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．③明确过程始末状态的动能E k1及E K2④列方程 W=E K2一E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解． 2、应用动能定理的优越性(1)由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这一过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制．(2)一般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是一种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识．(3)用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F 的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscos α求出变力做功的值，但可由动能定理求解． 一、整过程运用动能定理 （一）水平面问题1、一物体质量为2kg ，以4m/s 的速度在光滑水平面上向左滑行。

从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4m/s ，在这段时间内，水平力做功为（ ） A. 0 B. 8J C. 16J D. 32J2、 一个物体静止在不光滑的水平面上，已知m=1kg ，u=0.1，现用水平外力F=2N ，拉其运动5m 后立即撤去水平外力F ，求其还能滑 m （g 取2/10s m ）3、总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图所示。