专题：动能定理
专题3 动能 动能定理
专题3 动能动能定理知识目标一、动能如果一个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量．物体由于运动而具有的能． E k ＝½mv2，其大小与参照系的选取有关．动能是描述物体运动状态的物理量．是相对量。
二、动能定理做功可以改变物体的能量．所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量． W1＋W2＋W3＋……＝½mv t2－½mv021．反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。
2．“增量”是末动能减初动能．ΔE K＞0表示动能增加，ΔE K＜0表示动能减小．3、动能定理适用单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理．由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能（比如内能）的转化．在动能定理中．总功指各外力对物体做功的代数和．这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等．4．各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和．5．力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式．但动能定理是标量式．功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理一些问题时，可在某一方向应用动能定理．6．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变为及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．7．对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物．三、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理设物体的质量为m，在恒力F作用下，通过位移为S，其速度由v0变为v t，则：根据牛顿第二定律F=ma……①根据运动学公式2as=v t2一v02……②由①②得：FS=½mv t2－½mv02四．应用动能定理可解决的问题恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解一般比用牛顿定律及运动学公式求解要简单的多．用动能定理还能解决一些在中学应用牛顿定律难以解决的变力做功的问题、曲线运动等问题．【例1】如图所示，质量为m的物体与转台之间的摩擦系数为μ，物体与转轴间距离为R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物体开始在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，这过程中摩擦力对物体做功为多少？解析：物体开始滑动时，物体与转台间已达到最大静摩擦力，这里认为就是滑动摩擦力μmg．根据牛顿第二定律μmg=mv2/R……①由动能定理得：W=½mv2……②由①②得：W=½μmgR，所以在这一过程摩擦力做功为½μmgR点评：（1）一些变力做功，不能用 W＝ FScosθ求，应当善于用动能定理．（2）应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须深究物体的运动状态过程中变化的细节，只须考虑整个过程的功量及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程．即可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待求出总功．计算时要把各力的功连同符号（正负）一同代入公式．【例2】一质量为m 的物体．从h 高处由静止落下，然后陷入泥土中深度为Δh 后静止，求阻力做功为多少？提示：整个过程动能增量为零， 则根据动能定理mg （h ＋Δh ）－W f ＝0 所以W f ＝mg （h ＋Δh ） 答案：mg （h ＋Δh ）规律方法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．【例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，机车已行驶了L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析:此题用动能定理求解比用运动学结合牛顿第二定律求解简单．先画出草图如图所示，标明各部分运动位移（要重视画草图）；对车头，脱钩前后的全过程，根据动能定理便可解得.FL －μ(M －m)gS 1=－½(M －m)v 02对末节车厢，根据动能定理有一μmgs 2＝－½mv 02 而ΔS=S 1一S 2由于原来列车匀速运动，所以F=μMg ．以上方程联立解得ΔS=ML/ (M 一m ）． 说明:对有关两个或两个以上的有相互作用、有相对运动的物体的动力学问题,应用动能定理求解会很方便．最基本方法是对每个物体分别应用动能定理列方程，再寻找两物体在受力、运动上的联系，列出方程解方程组．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=Fscosα求出变力做功的值，但可由动能定理求解．【例4】如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功的大小是:FR3FR5FRA、；、；、；、零;B C D442【例5】质量为m的飞机以水平v0飞离跑道后逐渐上升,若飞机在此过程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供,不含重力).今测得当飞机在水平方向的位移为L时,它的上升高度为h,求(1)飞机受到的升力大小?(2)从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能?3、应用动能定理要注意的问题注意1．由于动能的大小与参照物的选择有关，而动能定理是从牛顿运动定律和运动学规律的基础上推导出来，因此应用动能定理解题时，动能的大小应选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体作参照物来确定．【例6】如图所示质量为1kg的小物块以5m/s的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板质量为4kg，木板与水平面间动摩擦因数是0.02，经过2S以后，木块从木板另一端以1m/s相对于地的速度滑出，g取10m／s，求这一过程中木板的位移．注意2．用动能定理求变力做功，在某些问题中由于力F的大小的变化或方向变化，所以不能直接由W=Fscosα求出变力做功的值．此时可由其做功的结果——动能的变化来求变为F 所做的功．【例7】质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A.mgR/4B. mgR/3C. mgR/2D.mgR【例8】、一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。
动能定理专题
（2）动能定理的研究对象：单个物体或可 看作单一物体的物体系。
（3)动能定理的参考系：位移（S）和速度 （V）一般取地面为参照系。
3、应用动能定理的解题步骤：
（1）选取研究对象。 （2）受力分析和过程分析。 （3）明确各力做功的情况及做功的正负。 （4）明确初末动能。 （5）由动能定理列方程求解（计算时把各已知功的正
Ek/J 50
25
5 10 s/m
6、质量相等的物体分别为地球和月球表面 上以相同的初动能作竖直上抛运动，则他们 在上升的全过程中，（不计空气阻力）ABC A、所受冲量大小相同；B、重力作功相同； C、平均速度大小相同；D、重力加速度大 小相等；
负号代入计算，若是未知功，则用W代入）。
1、如图所示，质量为m的物体在水平方向成θ 角的恒力 F作用下，由静止开始运动，物体与水平地面间的动摩擦 因数为μ ，当物体发生位移为S时，物体的动能是多少？ 物体的速度是多少？
F θ
2、质量为m=2kg的物体以50J的初动能在 粗糙的水平面上滑行，起动能变化与位移 的关系如图所示，则物体在水平面上滑行 时间t为： A、5s; B、6s; C、 2S ; D、2s; 2
四、动能定理专题
1、动能定理的表达式为：
1 1 2 2 W合 mvt mv0（合力做功等于物体动能的增量） 2 2 1 1 2 2 或W1 W2 Wn mvt mv0 2 2
（各个力作功的代数和等于物体动能的增量）
2、动能定理的理解： （1）动能是标量，动能一定大于或等于零 （不可能为负值），动能与速度方向无关。
专题二 动能 动能定理
专题二动能动能定理一、动能1．‘物体由于而具有做功本领，叫做动能．物体的动能等于物体——和一的乘积的一半．其定义式E一——．2．动能的标量性，且恒为正值，在国际单位制中，动能的单位是——．3．动能是状态量．公式中的速度一般是指——速度．二、动能定理4．动能定理是描述——与物体的——关系．动能定理表述为：一表达式为：一4．动能定理解题一般步骤：①选取研究对象、明确它的运动过程．②对对象进行正确的受力分析．(看物体受几个力作用，哪些力做功，哪些力做正功，哪些力做负功．)、③明确物体在过程中初、末状态的动能E，和E：．④依据动能定理列方程∑W=zSEt，及其他必要的解题方程，进行求解．一、利用动能定理求变力做功例题l一个运动员把一质量为M=lOk9铅球水平推出12札设铅球出手时距地面高^一1．25m．试求运动员在推铅球过程中对铅球做了多少功?(空气阻力不计，g一10m／s2)[拓展迁移]如图6—2—1所示，在竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道．AOB在同一条竖直线上，一个质量为m的小球在A点以某一速度冲上半圆轨道，刚好能到达B点，已知小球在A点对轨道的压力为7ra9，则小球在半圆轨道上，克服摩擦阻力做功为多少?二、利用动能定理求解多个过程问题例题2如图6—2—2所示，质量为m—lk9的木块静止在高h=1．2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数为。
=0．2，用水平推力F=20N，使木块产生位移S，2 3m时撤去，木块又滑行S：=lm后飞出平台．求木块落地时速度大／b?(不计空气阻力，g一10m／s2)[拓展迁移]如图6—2—3所示，物体从高出地面H处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至地面掉入沙坑h深而停止运动．求物体在沙坑中所受到的平均阻力是重力的多少倍?三、动能定理的整体法应用例题3总质量为M的列车，沿平直的轨道匀速前进，其质量为m的车厢中途突然脱钩．当司机发觉时，机车已驶过的路程为L，于是立即关闭油门，撤去牵引力，设阻力与车重成正比，机车的牵引力恒定不变，求列车完全停止时，机车和车厢的距离是多少?四、利用动能定理求路程．例题4如图6—2—5所示，斜面倾角为0，质量为m的滑块，距档板P为S。
专题动能定理
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？
（七）电场综合
例7：如图所示，一个质量为m、带有电荷－q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙．轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，小物体以速度v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F作用，且F<qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s.
Ａ．物块到达小车最右端时具有的动能为F (L+s)
Ｂ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfL
Ｃ．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L+s)
Ｄ．物块和小车增加的机械能为Ffs
巩固练习：
1、质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初速度V0做匀减速直线运动，经距离d以后，速度减为V0/2，则（）
A、1：1 B、1：2 C、1：3 D、1：4
（九）动能定理解题注意点：
例9、如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为Ff．物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s．在这个过程中，以下结论正确的是( )
高中物理必修二 专题四 动能定理 功能关系
动能定理与功能关系一、动能定理１．变力做功过程中的能量分析；２．多过程运动中动能定理的应用；３．复合场中带电粒子的运动的能量分析。
二、功能关系：做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。
１．物体动能的增量等于合外力做的总功：W 合=ΔE k ，这就是动能定理。
２．物体重力势能的增量等于重力做的功：W G = -ΔE P３．弹力做的功等于弹性势能的变化量：W=ΔE P４．物体机械能的增量等于除重力以外的其他力做的功：W 非重=ΔE 机，（W 非重表示除重力以外的其它力做的功）５．一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的 机械能，也就是系统增加的内能。
f ΔS=Q （ΔS 为这两个物体间相对移动的路程）。
专项练习1．一质量为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 ，下列说法不正确的是（ ）A 、手对物体做功10JB 、合外力对物体做功12JC 、合外力对物体做功2JD 、物体克服重力做功2J2.a 、b 、c 三个物体质量分别为m 、2m 、3m ，它们在水平路面上某时刻运动的动能相等。
当每个物体受到大小相同的制动力时，它们的制动距离之比是（ ）A ．1∶2∶3B ．12∶22∶32C ．1∶1∶1D ．3∶2∶13.质量为ｍ的物体在距地面高ｈ处以ｇ／3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法不正确的（ ）Ａ．物体重力势能减少ｍｇｈ／３ Ｂ．物体的机械能减少２ｍｇｈ／３ Ｃ．物体的动能增加ｍｇｈ／３ D ．重力做功mgh4.如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置，用水平拉力F 缓慢将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。
在此过程中，拉力F 做的功是（ ）A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL 5. 如图所示，小球以大小为v 0的初速度由A 端向右运动，到B 端时的速度减小为v B ；若以同样大小的初速度由B 端向左运动，到A 端时的速度减小为v A 。
第一篇 专题二 第6讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律
第6讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律命题规律 1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒定律及应用.2.常用方法：图像法、函数法、比较法.3.常考题型：计算题．考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(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，比动力学方法要简捷．(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是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A点以v＝4 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m 和H＝3 m，忽略空气阻力．(g＝10 m/s2)(1)运动员从A点运动到B点的过程中，求到达B点时的速度大小v B；(2)求水平轨道CD的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离．答案(1)8 m/s(2)5.5 m(3)见解析解析(1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B 点时的速度大小为v B ＝vcos 60°， 解得v B ＝8 m/s(2)从B 点到E 点，由动能定理得mgh －μmgL －mgH ＝0－12m v B 2代入数值得L ＝5.5 m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从E 点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH －μmgL －mgh ′＝0 解得h ′＝0.8 m<2 m故运动员不能回到B 点．设运动员从E 点开始返回后，在CD 段滑行的路程为s ，全过程由动能定理得 mgH －μmgs ＝0 解得总路程s ＝7.5 m 由于L ＝5.5 m所以可得运动员最后停止的位置在距C 点2 m 处．考点二 机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法 看动能与势能之和是否变化能量转化判断法 没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例2(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积 答案 C解析 如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R，则v ＝LgR，故C 正确，A 、B 、D 错误． 例3 (多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，重力加速度为g ，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A ．弹簧对圆环先做正功后做负功B ．弹簧弹性势能增加了3mgLC ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 答案 BC解析 弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A 错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h ＝(2L )2－L 2＝3L ，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p ＝mgh ＝3mgL ，B 正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k ＋ΔE p 重＋ΔE p 弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C 正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D 错误．例4 (2020·江苏卷·15)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h .答案 (1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m 2Mg (ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F n F sin α＝mg 解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2(3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.考点三 能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律． 2．应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒：E 初＝E 末，初、末总能量不变．(2)转移：E A 减＝E B 增，A 物体减少的能量等于B 物体增加的能量． (3)转化：|ΔE 减|＝|ΔE 增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5 (2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m 的小物块A 、B 、C ，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接，C 紧靠B ，开始时弹簧处于原长，A 、B 、C 均静止．现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B 、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p ＝12kx 2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)(1)求B 、C 向左移动的最大距离x 0和B 、C 分离时B 的动能E k ； (2)为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值F min ；(3)若三物块都停止时B 、C 间的距离为x BC ，从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为W ，通过推导比较W 与fx BC 的大小； 答案 (1)2F －4f k F 2－6fF ＋8f 2k(2)(3＋102)f (3)W <fx BC解析 (1)从开始到B 、C 向左移动到最大距离的过程中，以B 、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 Fx 0＝2fx 0＋12kx 02弹簧恢复原长时B 、C 分离，从弹簧最短到B 、C 分离，以B 、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得 12kx 02＝2fx 0＋2E k联立方程解得x 0＝2F －4fkE k ＝F 2－6fF ＋8f 2k.(2)当A 刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x ，以A 为研究对象，由平衡条件得kx ＝f 若A 刚要离开墙壁时B 的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min ，从弹簧恢复原长到A 刚要离开墙的过程中，以B 和弹簧为研究对象， 由能量守恒定律得E k ＝12kx 2＋fx结合第(1)问结果可知F min ＝(3±102)f 根据题意舍去F min ＝(3－102)f ， 所以恒力的最小值为F min ＝(3＋102)f . (3)从B 、C 分离到B 停止运动，设B 的位移为x B ，C 的位移为x C ，以B 为研究对象， 由动能定理得－W －fx B ＝0－E k 以C 为研究对象， 由动能定理得－fx C ＝0－E k 由B 、C 的运动关系得x B >x C －x BC 联立可知W <fx BC .1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB 段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P 处，弹簧处于原长时上端位于B 点，可视为质点、质量为m 的物体与BP 之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，物体从A 点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB 的中点Q .已知A 、B 间的距离为x ，重力加速度为g ，则( )A ．物体的最大动能等于mgx sin θB ．弹簧的最大形变量大于12xC ．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为12mgx sin θD ．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B 点 答案 C解析 物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k ＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·浙江温州市二模)我国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子U 型场地技巧决赛中夺得金牌．如图所示，某比赛用U 型池场地长度L ＝160 m 、宽度d ＝20 m 、深度h ＝7.25 m ，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U ”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为θ＝20°.为测试赛道，将一质量m ＝1 kg 的小滑块从U 型池的顶端A 点以初速度v 0＝0.7 m/s 滑入；滑块从B 点第一次冲出U 型池，冲出B 点的速度大小v B ＝10 m/s ，与竖直方向夹角为α(α未知)，再从C 点重新落回U 型池(C 点图中未画出)．已知A 、B 两点间直线距离为25 m ，不计滑块所受的空气阻力，sin 20°＝0.34，cos 20°＝0.94，tan 20°＝0.36，g 取10 m/s 2.(1)A 点至B 点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功W 克f ；(2)忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度的大小v；(3)若保持v B大小不变，速度v B与竖直方向的夹角调整为α0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求tan α0(结果保留两位有效数字)．答案(1)1.35 J(2)35 m/s(3)0.36解析(1)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理有mgx sin 20°－W克f＝12m v B2－12m v02由几何关系得x＝x AB2－d2，联立解得W克f＝1.35 J(2)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得mgL sin 20°＋mgh cos 20°＝12m v2－12m v02，代入数据解得v＝35 m/s(3)当滑块离开B点时，设速度方向与U型池斜面的夹角为θ，沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度v y＝v B sin θ，v x＝v B cos θ，a y＝g cos 20°，a x＝g sin 20°，v y＝a y t1，t＝2t1由此可知，当v y最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时v B垂直于U 型池斜面，即α0＝20°tan α0＝sin α0cos α0＝0.340.94≈0.36.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P.不计空气阻力，重力加速度大小为g.小球A通过P点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.(π2－1)gR D.π2gR 答案 C解析 对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2m v 2，解得v ＝(π2－1)gR ，故选C. 2．(2022·山东泰安市模拟)如图所示，细绳AB 和BC 连接着一质量为m 的物体P ，其中绳子的A 端固定，C 端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m 的物体Q (P 、Q 均可视为质点)．开始时，用手托住物体P ，使物体P 与A 、C 两点等高在一条水平直线上，且绳子处于拉直的状态，把手放开， P 下落到图示位置时，夹角如图所示．已知AB ＝L ，重力加速度为g .则由开始下落到图示位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．物体Q 与物体P 的速度大小始终相等B ．释放瞬间P 的加速度小于gC ．图示位置时，Q 的速度大小为3gL2 D ．图示位置时，Q 的速度大小为2－32gL 答案 D解析 P 与Q 的速度关系如图所示释放后，P 绕A 点做圆周运动，P 的速度沿圆周的切线方向，当绳BC 与水平夹角为30°时，绳BC 与绳AB 垂直，P 的速度方向沿CB 的延长线，此时物体Q 与物体P 的速度大小相等，之前的过程中，速度大小不相等，故A 错误；释放瞬间，P 所受合力为重力，故加速度等于g ，故B 错误；由几何关系知AC ＝2L ，P 处于AC 的中点时，则有BC ＝L ，当下降到图示位置时BC ＝3L ，Q 上升的高度h 1＝(3－1)L ，P 下降的高度为h 2＝L cos 30°＝32L ，由A 项中分析知此时P 、Q 速度大小相等，设为v ，根据系统机械能守恒得mgh 2＝mgh 1＋12×2m v 2，解得v ＝2－32gL ，故D 正确，C 错误． 3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m 的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m 的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ ＝d ，金属环从图中P 点由静止释放，OP 与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B ．金属环从P 上升到Q 的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC ．金属环在Q 点的速度大小为2gd3D ．若金属环最高能上升到N 点，则ON 与直杆之间的夹角α＝53° 答案 AD解析 金属环在P 点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q 点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A 正确；金属环从P 上升到Q 的过程中，设绳子拉力做的功为W ，对重物应用动能定理有W ＋W G ＝0，则W ＝－W G ＝－5mg (d sin θ－d )＝－103mgd ，故B 错误；设金属环在Q 点的速度大小为v ，对环和重物整体，由动能定理得5mg (d sin θ－d )－mg d tan θ＝12m v 2，解得v ＝2gd ，故C 错误；若金属环最高能上升到N 点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg (d sin θ－dsin α)＝mg (d tan θ＋d tan α)，解得α＝53°，故D 正确． 4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80 km/h 的速度匀速行驶，其1 s 内能量分配情况如图所示．则汽车( )A ．发动机的输出功率为70 kWB ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104 JC ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104 JD ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104 J 答案 C解析 据题意知，发动机的输出功率为P ＝Wt ＝17 kW ，故A 错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1 s 消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104 J ，故B 、D 错误，C 正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O 处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x 和对应的速度，作出物块的动能E k －x 关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25 m 间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )A ．物块的质量为0.2 kgB ．弹性绳的劲度系数为50 N/mC ．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 JD ．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s 2 答案 D解析 由分析可知，x ＝0.10 m 时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmg Δx ＝ΔE k ，则m ＝ΔE k μg Δx ＝0.300.2×10×(0.25－0.10)kg ＝1 kg ，所以A 错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有k Δx 1＝μmg ，Δx 1＝0.10 m －0.08 m ＝0.02 m ，解得k ＝100 N/m ，所以B 错误；根据能量守恒定律有E pm ＝μmgx m ＝0.2×1×10×0.25 J ＝0.5 J ，所以C 错误；物块被释放时，加速度的大小为a ＝k Δx m －μmg m ＝100×0.10－0.2×1×101m/s 2＝8 m/s 2，所以D 正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60 kg ，弹性绳原长为10 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．下落过程中，运动员机械能守恒B ．运动员在下落过程中的前10 m 加速度不变C ．弹性绳最大的弹性势能约为15 300 JD ．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2 250 J 答案 BCD解析 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10 m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m ，所以E p ＝mgH m ＝15 300 J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15 m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12m v m 2＝2 250 J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小； (2)物体A 从C 至D 点时的速度大小； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)120g (2)gL 10 (3)38mgL 解析 (1)物体A 从C 运动到D 的过程，对物体A 、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin 30°－mg －4μmg cos 30°＝5ma 解得a ＝120g(2)物体A 从C 运动至D 的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin 30°－mgL －4μmgL cos 30°＝12·5m v 2 解得v ＝gL 10(3)当A 、B 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mg (L ＋L 2)sin 30°－mg (L ＋L 2)－μ·4mg cos 30°(L ＋L2)－W 弹＝0－0解得W 弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能 E p ＝W 弹＝38mgL .8．(2022·江苏南京市二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R ＝ 3 m ，两段直轨道AB 、A ′B ′长度均为l ＝1.35 m ．在轨道上放置一个质量m ＝0.1 kg 的小圆柱体，如图乙所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°，如图丙所示．两轨道与小圆柱体间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计．初始时小圆柱位于A 点处，现使之获得沿直轨道AB 方向的初速度v 0.重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)小圆柱沿AB 运动时，内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1、F f2的大小；(2)当v 0＝6 m/s ，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力F N1、F N2的大小；(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 0的最大值以及在v 0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s .答案 (1)0.5 N 0.5 N (2)1.3 N 0.7 N (3)57 m/s 2.85 m解析 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°， 根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1 N ， 内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1＝F f2＝μF N ＝0.5 N(2)当v 0＝6 m/s ，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时有12m v 2－12m v 02＝－(F f1＋F f2)l在B 点有F N1sin 60°－F N2sin 60°＝m v 2R ，F N1cos 60°＋F N2cos 60°＝mg解得F N1＝1.3 N ，F N2＝0.7 N(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 0最大时，在B 点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有 F N1′sin 60°＝m v m 2R ，F N1′cos 60°＝mg且12m v m 2－12m v 0m 2＝－(F f1＋F f2)l 解得v 0m ＝57 m/s ，在圆弧上受摩擦力为 F f ＝μF N1′＝μmg cos 60°＝1 N即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等 所以12m v 0m 2＝F f s解得s ＝2.85 m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高)，B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1 kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15 m ，轨道AB 长度l AB ＝3 m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放．(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7 m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小； (2)设释放点距B 点的长度为l x ，滑块第一次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值． 答案 (1)7 N (2)v ＝12l x －9.6，其中l x ≥0.85 m (3)见解析 解析 (1)滑块由静止释放到C 点过程，由能量守恒定律有 mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v C 2在C 点由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝7 N(2)要保证滑块能到F 点，必须能过DEF 的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl 1sin 37°－(3mgR cos 37°＋mgR )＝0 解得l 1＝0.85 m因此要能过F 点必须满足l x ≥0.85 m能过最高点，则能到F 点，根据动能定理可得 mgl x sin 37°－4mgR cos 37°＝12m v 2，解得v ＝12l x －9.6，其中l x ≥0.85 m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍mgl x sin 37°－mg l FG 2sin 37°－nμmg l FG 2cos 37°＝0，l FG ＝4Rtan 37°解得l x ＝7n ＋615 m(n ＝1,3,5，…)又因为l AB ≥l x ≥0.85 m ，l AB ＝3 m ， 当n ＝1时，l x 1＝1315 m当n ＝3时，l x 2＝95 m当n ＝5时，l x 3＝4115m.。
动能定理及其应用专题
动能定理及其应用专题考点一 动能定理的理解和基本应用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 ＝12m v 2，单位：焦耳(J).1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.(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：合力做的功是物体动能变化的量度． 技巧点拨 1．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． 2．解题步骤3．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．在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求变力做的功了．例1.(2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB 与半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCD 在B 处平滑连接，O 为圆弧轨道BCD 的圆心，C 点为圆弧轨道的最低点，半径OB 、OD 与OC 的夹角分别为37°和53°，距D 点的竖直高度为h ＝0.8 m 处有一空中平台．小明质量为30 kg ，从直轨道AB 上距B 点5 m 的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB 间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小； (2)小明滑到C 点时对轨道的压力大小； (3)小明开始下滑时的速度大小． 答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s解析 (1)小明经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D 点是平抛运动，到D 点时竖直方向的分速度 由v y 2＝2gh ，解得v y ＝2gh ＝4 m/s则在D 点时水平方向的速度为v x ＝v y tan 37°＝3 m/s 因此小明滑上平台的速度大小为v ＝v x ＝3 m/s (2)从C 点到平台边缘的过程，由动能定理得 －mg [h ＋R (1－cos 53°)]＝12m v 2－12m v C 2解得v C ＝33 m/s经过C 点时，由向心力公式得F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝1 290 N (3)从开始运动到C 点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v C 2－12m v 02，解得v 0＝3 m/s.例2 (2017·上海卷·19)如图2，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2(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)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg ＝m v C 2R解得v C ＝gR ＝2 m/s. (2)B →C 过程，由动能定理得 －mgR (1＋cos 37°)＝12m v C 2－12m v B 2解得v B ＝v C 2＋2gR (1＋cos 37°)≈4.29 m/s. (3)滑块从A →B 的过程，利用动能定理： mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝12m v B 2－0代入数据，解得h ＝1.38 m.例3.如图2所示，AB 为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC 相切于B 点．水平轨道BC 长为2R ，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD 足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m ，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A 点以初速度v 0＝gR2水平射入圆管轨道，运动到B 点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C 点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求：图2(1)物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功； (2)物块最终停留的位置．答案 (1)－14mgR (2)斜面上距C 点2531R 处解析 (1)物块运动到B 点时，设轨道对其支持力大小为F N ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝5mg ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R，解得v B ＝2gR物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有2mgR ＋W f ＝12m v B 2－12m v 02，得W f ＝－14mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x ，由动能定理有 －μ1mg ·2R －mgx sin θ－F f x ＝0－12m v B 2其中F f ＝μ2mg cos θ，解得x ＝2531R因μ2mg cos θ＞mg sin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C 点2531R 处． 例4 (2020·四川雅安市期末)如图5所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图5A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在Q 点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，选项C 正确．例5．(应用动能定理求变力做功)(2019·河南郑州市高一月考)质量为m 的物体以初速度v 0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6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 )( )图6A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．考点三 动能定理与图象结合的问题1．解决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、图线下的面积等所表示的物理意义，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”和图象斜率的含义例6 如图8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 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8(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，滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离是多少． 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在OA 段拉力做功为W ＝(2mg ×2－0.5mg ×1) J ＝3.5mg (J) 滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，W f ＝F f ·x OA ＝－mg (J)， 滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得 W ＋W f ＝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所以滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离为L ＝5 m.例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1所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )图1A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg 答案 C解析 设物体的质量为m ，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )Δh ＝(36－72) J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，再由动能定理结合题图可得(mg －F )Δh ＝(48－24) J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．例8.(动能定理与E k －x 图象结合)(2020·湖北高三月考)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能E k 与其发生的位移x 之间的关系如图10所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图10A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 根据动能定理ΔE k ＝F 合x 可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知x ＝1 m 时动能为2 J ，v 1＝2E km＝ 2 m/s ，故A 错误．同理，当x ＝2 m 时动能为4 J ，v 2＝2 m/s ；当x ＝4 m 时动能为9 J ，v 4＝3 m/s ，则2～4 m 内有2a 2x 2＝v 42－v 22，解得2～4 m 内物块的加速度为a 2＝1.25 m/s 2，故B 错误．对物体运动全过程，由动能定理得：W F ＋(－μmgx 4)＝E k 末－0，解得W F ＝25 J ，故C 错误.0～2 m 过程，t 1＝2x 1v 2＝2 s ；2～4 m 过程，t 2＝x 2v 2＋v 42＝0.8 s ，故总时间为2 s ＋0.8 s ＝2.8 s ，D 正确．。
动能定理专题练习
专题：动能动能定理考点一：动能【温故自查】1．概念：一个物体能够对外界做功，我们就说物体具有能量．能量可以有不同的形式，物体由于运动而具有的能叫．2．表达式：。
【考点精析】可以从以下几个方面理解动能的概念(1)动能是标量，动能的取值可以为正值或零，但不会为负值．(2)动能是状态量，描述的是物体在某一时刻的运动状态，一定质量的物体在运动状态(瞬时速度)确定时，Ek有惟一确定的值，速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化．(3)动能具有相对性．由于瞬时速度与参考系有关，所以Ek也与参考系有关，在一般情况下，如无特殊说明，则认为取大地为参考系．(4)物体的动能不会发生突变，它的改变需要一个过程，这个过程就是外力对物体做功的过程或物体对外做功的过程．(5)具有动能的物体克服阻力做功，物体的质量越大，运动速度越大，它的动能也就越大，能克服阻力对外做功越多．【注意】动能具有相对性．由于速度v是一个与参照系的选取有关的物理量，因此根据动能的表达式Ek＝mv2可知，动能也是一个与参照系的选取有关的物理量．也就是说，同一个运动物体，对于不同的参照系其动能一般是不相等的．所以说，同一个运动物体，对于不同的参照系其动能一般是不相等的，所以说，动能是相对于参照系的相对量．在通常情况下，都是以地面为参照系来计算运动物体的动能的．那么，相对于地球静止的物体是否一定没有动能呢？如果选取地球为参照系，物体的速度为零，当然也就没有动能；如果选取太阳为参照系，则物体在随地球自转而做圆周运动的同时，还绕太阳公转，其动能不为零．因为速度是对地面的瞬时速度，因此动能是描述物体运动状态的物理量.考点二：动能定理【温故自查】概念：动能定理是表述了合外力做功和动能的变化之间的关系，合外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．(1)对单个物体，动能定理可表述为：合外力做的功等于物体动能的变化(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力)．表达式为：或W＝ΔEk.(2)对于多过程、多外力的物体系统，动能定理也可以表述为：所有外力对物体做的等于物体动能的变化．实际应用时，后一种表述更好操作．因为它不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照，就可以得到总功．【考点精析】对动能定理的理解(1)动能定理是把过程量(做功)和状态量(动能)联系在一起的物理规律．所以，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径．(2)对外力对物体做的总功的理解：有的力促进物体运动，而有的力则阻碍物体运动，因此它们做的功就有正、负之分，总功指的是各外力做功的代数和；对于单一物体的单一物理过程，又因为W合＝W1＋W2＋…＝F合l.所以总功也可理解为合外力的功．即：如果物体受到多个共点力作用，则：W合＝F合l；如果发生在多个物理过程中，不同过程中作用力的个数不相同，则：W合＝W1＋W2＋…＋Wx.(3)对该定理标量性的认识：因动能定理中各项均为标量，因此单纯速度方向的改变不影响动能的大小．如用细绳拉着一物体在光滑桌面上以绳头为圆心做匀速圆周运动的过程中，合外力方向指向圆心，与位移方向始终保持垂直，所以合外力做功为零，动能变化亦为零，其并不因速度方向的改变而改变．(4)对状态与过程关系的理解：功是伴随一个物理过程而产生的，是过程量；而动能是状态量．动能定理表示了过程量等于状态量的改变量的关系．【注意】 1.动能定理中所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他的力，动能定理中的W是指所有作用在物体上的外力的合力的功．2．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于外力是变力，物体做曲线运动的情况同样适用．也就是说，动能定理适用于任何力作用下，以任何形式运动的物体为研究对象，具有普遍性.考点三：用动能定理求变力的功【温故自查】在某些问题中，由于F的大小或方向变化，不能直接用求解力的功，可运用动能定理求解，求出物体变化和其它的功，即可由ΔEk＝W1＋W2＋…＋Wn求得其中变力的功．【考点精析】用动能定理求解变力功的注意要点：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力．(2)找出其中恒力的功及变力的功．(3)运用动能定理求解.考点四：动能定理在物体系统中的运用【温故自查】物体间的一对相互作用力的功可以是，也可以是，还可以是．因此几个物体组成的物体系统所受的合外力的功不一定等于系统动能的．【考点精析】用动能定理解决问题时，所选取的研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，当选取物体系统作为研究对象时，应注意以下几点：(1)当物体系统内的相互作用是杆、绳间的作用力，或是静摩擦力，或是刚性物体间相互挤压而产生的力，这两个作用与反作用力的功等于零，这时列动能定理方程时可只考虑物体系统所受的合外力的功即可．(2)当物体系统内的相互作用是弹簧、橡皮条的作用力，或是滑动摩擦力，两个作用力与反作用力的功不等于零，这时列动能定理方程时不但要考虑物体系统所受的合外力的功，还要考虑物体间的相互作用力的功．(3)物体系统内各个物体的速度不一定相同，列式时要分别表达不同物体的动能.考点五:动能定理分析复杂过程问题【温故自查】物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以考虑，也可对考虑，对整个过程列式则可使问题简化．【考点精析】多过程求解问题的策略：(1)分析物体运动，确定物体运动过程中不同阶段的受力情况，分析各个力的功．(2)分析物体各个过程中的初末速度，在不同阶段运用动能定理求解，此为分段法，这种方法解题时需分清物体各阶段的运动情况，列式较多．(3)如果能够得到物体全过程初末动能的变化及全过程中各力的功，用全过程列一个方程即可，此方法较简洁．题型一用动能定理判断能量间的转换关系命题规律根据动能定理判断机械能、动能、势能及其他形式的能之间的相互转化情况．[考例1](2009·上海)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于()A．H/9B．2H/9C．3H/9 D．4H/9【变式练习】：如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上运动．在移动过程中，下列说法正确的是()A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和题型二动能定理在多阶段过程中的应用命题规律物体运动过程较多时利用动能定理分析计算物体受力、位移、速度或某力做功等[考例2]某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图象，如图所示(除2s～10s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行．小车的质量为2kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变．求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中位移的大小．【变式训练】：(2009·安徽)过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0m、R2＝1.4m.一个质量为m＝1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．题型三用动能定理求变力做功命题规律物体在变力的作用下运动，求物体在运动过程中的瞬时速度或力对物体所做的功．[考例3](2009·北京海淀区模拟)如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．【变式训练】：一铅球运动员奋力一推，将8kg的铅球推出10m远．铅球落地后将地面击出一坑，有经验的专家根据坑的深度形状认为铅球落地时的速度大致是12m/s.若铅球出手时的高度是2m，求推球过程中运动员对球做的功大约是多少焦耳？题型四动能定理与图像结合的问题命题规律考查识别图象，从而找出解题的信息及数据，达到解题的目的．[考例4](2009·江苏金坛模拟)如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点，现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x水平桌面的高为h＝5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10m/s2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．【变式训练】如图(1)所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图(2)所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为()。
03专题：动能定理专题(含答案)
03专题：动能定理专题考法1 动能定理1．动能定理： W合＝E k2－E k1。
2.用动能定理的解题步骤1、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/s2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/s2。
(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。
考法2 动能定理与图像1．力学中图像所围“面积”的意义vt图像由公式x＝vt可知，vt图线与横坐标围成的面积表示物体的位移at图像由公式Δv＝at可知，at图线与横坐标围成的面积表示物体速度的变化量Fx图像由公式W＝Fx可知，Fx图线与横坐标围成的面积表示力所做的功Pt图像由公式W＝Pt可知，Pt图线与横坐标围成的面积表示力所做的功2．解决物理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)将推导出的物理量间的函数关系式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、图线与横坐标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。
2、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。
高考物理二轮复习专题研讨课：动能定理
(2)冰壶从 O 点运动到 A 点的过程 中受到小孩施加的水平推力 F．
(F－μmg)x＝12mvA 2
解得 F＝μmg
x＋L x
应用动能定理解题的基本思路
1．选取研究对象，明确它的运动过程；
2．分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
受哪 些力
各力是 否做功
做正功还 是负功
做多 少功
各力做功 的代数和
根据动能定理有
mg解(2得R－：Rμ)＝－12μtanmg3c7o°＝s 03．7°37·5 sin23R7°＝0
由 FN≥0 得 vC≥ Rg＝2 m/s
(3)滑块离开 C 点后做
(2)若使滑块能到达 C 点，根据牛顿第二平抛运动，有 x＝vC′t，
定律有 mg＋FN＝mvRC 2
y＝2 m/s 滑块从 A 点 由几何知识得 tan 37°
B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR
只受重力
D．克服摩擦力做功12mgR
图4
根据 mg＝mRv2得，小球在 B 点的速度 v＝ gR
小球从 P 点到 B 点的过程中，重力做
功 W＝mgR，故选项 A 错误
减少的机械能 ΔE 减＝mgR－12mv2＝12mgR，
故选项 B 错误
合外力做功 W
直线上的最高点 B．求： 只有重力提供向心力 (1)小球到达 B 点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度 v0 为多少；
(3)若初速度 v0＝3 gL，则小球在
从 A 到 B 的过程中克服空气阻力
做了多少功．
图3
解析 (1)小球恰能到达最高点
B，有
mg＝mvLB
2
，得
vB＝
gL
11专题：动能和动能定理的理解及应用(PXH)
专题：动能和动能定理的理解及应用【考点】动能和动能定理的理解及应用、利用动能定理解决多过程问题；【知识点归纳】考点一 动能 动能定理的理解及应用1.动能(1)定义: 物体由于 而具有的能。
(2)公式: 。
（E k 与v 的方向无关，且E k 恒大于0）(3)单位: , 1 J=1 N ·m=1 kg ·m 2/s 2。
(4)标矢性: 。
2、.动能定理： k E W ∆=合（动能的变化用合力做功来量度！）(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 。
(2)表达式: 。
(3)适用范围a.动能定理既适用于直线运动,也适用于 运动。
b.动能定理既适用于恒力做功,也适用于 做功。
c.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。
4.做一做:(多选)如图所示,甲、乙两个质量相同的物体,用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s 。
甲在光滑水平面上,乙在粗糙水平面上,则下列关于力F 对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是 ( )A.力F 对甲做功多B.力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙获得的动能大D.甲、乙两个物体获得的动能相等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,进而求得某一个力做的功。
(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.对动能定理中“力”的理解动能定理中所说的“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“四个注意点”(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,比用运动学研究更简便。
高中物理精品试题： 动能定理常见考法
专题4 动能定理常见考法一、动能定理的理解1．甲乙两个物体质量相等，若他们的速度之比为1:3，则它们的动能之比为（ ） A ．1:3 B ．3:1 C ．1:9 D ．9:12．下列说法正确的是（ ）A ．合外力做功是物体动能变化的原因B ．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零C ．物体的动能不变就是物体的速度不变D ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化3．下列关于动能定理的说法正确的是（ ）A ．合外力对物体做多少正功，动能就增加多少B ．合外力对物体做多少负功，动能就增加多少C ．合外力对物体做正功，动能也可能保持不变D ．不管合外力对物体做多少正功，动能均保持不变二、动能定理解决多过程问题4．如图所示，将一物体分别沿着AB 、ACB 两条斜面轨道从静止开始运动到B 端。
已知物体与两条斜面轨道的动摩擦因数相同，不计在轨道处的能量损失。
则物体两次运动（ ） A ．位移不同B ．到达B 端的速度相同C ．到达B 端的动能相同D ．克服摩擦力做的功不同52R5．如图所示，质量为m 的滑块从高h 处的a 点，沿斜面轨道ab 滑入水平轨道bc 。
在经过b 点时无能量损失，滑块与每个轨道的动摩擦因数都相同。
滑块在a 、c 两点的速度大小均为v ，ab 与bc 长度相等，空气阻力不计，则从a 到c 的运动过程中（ ）A ．滑块从a 到b 的时间与b 到c 的时间不相等B ．滑块从b 到c 运动的过程阻力做的功为2mgh -C ．滑块经b 点时的速度等于22gh v +D ．滑块经b 点时的速度大于2gh v +6.某跳台滑雪赛道简化为如图所示模型，AB 为直道，BCD 为半径为R 的圆弧道，两滑道在B 点平滑连接，圆弧道与水平地面相切于C 点，CD 段圆弧所对的圆心角为θ=60°，不计一切摩擦，一个小球从直道上离地面高为H 处由静止释放，小球从D 点飞出后上升到的最高点离地面的高度为（ ）A ．3148H R + B ．3144H R +C ．1128H R +D ．1124H R + 7．半径分别为R 和2R 的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是 （ ）A ．小球开始下落的高度甲图比乙图小B ．小球开始下落的高度甲图和乙图一样大C ．小球对轨道最低点压力甲图大于乙图D ．小球对轨道最低点压力甲图和乙图一样大8．如图所示，一倾角为45︒的斜面和半圆竖直轨道分别与水平面平滑连接于P 、B 两点，PB 的距离为R ，半圆轨道的圆心为O ，半径为R ，C 为其最高点。
高考复习专题四 动能定理及其应用
高考复习专题 动能定理及其应用【考纲知识梳理】一、动能:1. 定义：物体由于运动而具有的能叫动能2. 表达式为:221mv E k =， 二、动能定理:1.定义：合外力所做的总功等于物体动能的变化量. —— 这个结论叫做动能定理.2.表达式：K E mv mv W ∆=-=2122合2121， 式中W 合是各个外力对物体做功的总和，ΔE K 是做功过程中始末两个状态动能的增量.3.推导：在牛顿第二定律 F=ma 两端同乘以合外力方向上的位移s ，即可得21222121mv mv mas Fs W -===合【重点难点透析】一、对动能定理的理解:1.总功的计算：物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F 合，然后由W=F 合lcos α计算.(2)由W=Flcos α计算各个力对物体做的功W 1、W 2、…、W n ,然后将各个外力所做的功求代数和，即W 合=W 1+W 2+…+W n .2.动能定理公式中等号的意义：(1)数量关系:即合外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,求合力的功,进而求得某一力的功.(2)单位相同:国际单位都是焦耳.(3)因果关系:合外力的功是物体动能变化的原因.3.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.4.动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用.注意：(1)动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能.(2)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.二、动能定理的应用：1.基本步骤：（1）根据题意，选取研究对象：单一物体或者可看做单一物体的物体系统。
动能定理 专题
专题（二） 动能定理⒈质点在恒力作用下，从静止开始做直线运动，则质点的动能（ ） A.与它通过的位移成正比 B.与它通过位移的平方成正比 C.与它运动的时间成正比 D.与它运动时间的平方成正比2 质量不等但有相同动能的两物体，在摩擦系数相同的水平地面上滑行直到停止，则 A. 质量大的物体滑行距离大 B. 质量小的物体滑行距离大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3力F 对物体做2某人用手将1kg 物体由静止向上提起1m ，这时物体的速度为2m/s （g 取102m s /），则下列说法正确的是（ ） A. 手对物体做功12J B. 合外力做功2JC. 合外力做功12JD. 物体克服重力做功10J4. 甲乙两物体质量的比M 1:M 2=3:1,速度的比V 1:V 2=1:3，在相同的阻力作用下逐渐停下，则它们的位移比S 1:S 2是（ ）A. 1：1B. 1：3C. 3：1D. 4：15 一子弹以速度v 飞行恰好射穿一块铜板，若子弹的速度是原来的3倍，那么可射穿上述铜板的数目为（ ） A. 3块 B. 6块 C. 9块 D. 12块⒍一辆汽车以6m/S 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行⒊6m ，如果改为8m/S 的速度行驶，同样情况下急刹车后能滑行的距离为（ ）A ⒍4mB ⒌6mC ⒎2mD ⒑8m7．如图8-14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，以地面为参照物，A 、B 都向前移动一段距离，在此过程中（ ）A ．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 克服摩擦力所的功之和 8．质量为m 的物体A 由静止开始下滑至B 而停止，A 、B 离水平地面的高度分别为h 及2h，如图5-17所示。
动能定理专题
动能定理专题一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能量。
2.公式：3.单位：焦耳，简称焦，符号J4.特点：（1）标量，且为非负数（2）只与速度大小有关，与速度方向无关（3）状态量。
说Ek必须指明是哪个状态时的动能。
（4）相对性。
高中阶段一般选地面为参考系。
二、合外力做功与动能变化的关系1.物理模型：光滑水平面上有一质量为m的物体，初速度为v0，受到一与运动方向相同的恒力作用，经过一段时间速度增加到v t,试求这个过程中合力的功。
2.推导：3.结论：三．动能定理：1、内容：合外力所做的功等于物体动能的改变量。
另一种说法：合外力所做的总功等于物体动能的改变量。
2、公式:4.强调：W总指的是合外力做的总功,既可表述为各个力所做功的代数和,又可表述为合外力做的功。
5.说明：（1）标量关系式，故无分量式，公式中v指的是合速度。
（2）适用对象：单一物体或可视为单一物体的物体系。
（3）对惯性系成立。
（一般选地面为参考系，即各量都是对地的）6.优越性：（1）比牛顿定律和运动学更简单。
（举例水平面上的物体）例题1：一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）（用牛顿定律和动能定理分别求解）（2）对曲线运动也适用。
举例：平抛运动求合速度。
（用运动学牛顿定律和动能定理分别求解）（3）可以求解变力做功。
在某些问题中，由于力F的大小、方向的变化，不能直接用W=F xcos α求出变力做功的值，但可由动能定理求解．四、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．五、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。
专题：动能定理应用
1、动能定理内容
合外力做的功或各外力做功的代数和 等于物体动能的变化量。
2、表达式
1
1
（1）W合= —mV22－—mV12 = △Ek
2
2
(2)W1＋W2＋……＋Wn = —12mV22－—12mV12 = △Ek
• （1）动能定理的计算式为标量式，v为相对同 一参考系的速度，中学物理中的一般取地球为 参考系。
变换四 在轨道上方加上匀强电场，同时使物体带上电 荷量，而轨道绝缘。 练习4 放置在竖直平面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向 下的匀强电场中，一带正电荷的小球从高为h的A 处静止 开始下滑。已知小球所受到电场力是其重力的3/4，圆环 半径为R，斜面倾角为θ，D点是轨道位置的最高点，若使 小球在圆环内能做圆周运动，h至少为多少？
• （4）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，也可以全过程 为整体来处理。
例1、一铅球从高出地面H 米处由静止自由落下，不 考虑空气阻力，落至地面 后并深入地面h米深处停 止，若球的质量为m，求 球在落入地面以下的过程 中受到的平均阻力？
-------- m H
－－-－-－-h-…－--－-－--－----－m--…
370
例5 如图所示，为四分之一圆弧轨道，
半径为0.8m，BC是水平轨道，长3m，
BC处的动摩擦因数为 1。现有质量
m=1kg 的物体，自A点从1静5 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
A R
B
C
• 【解析】物体在从A滑到C的过程中，有重
力、AB段的阻力、AC段的摩擦力共三个力
变换五 在轨道加复合场。 练习6 一带正电的小球，从光滑斜面上高为h的A处静止释 放，经光滑水平轨道BC进入电磁场区域（BC距离为L），BC 之间有水平向右的有界匀强电场，电场强度为E，C点右侧有 垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应 强度为B，电场强度也为E，过C点后小球恰好做匀速圆周运 动，求小球运动的轨道半径？（重力加速度为g）
专题动能定理
（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气 阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？ （3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个 运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？
【案例1】 (2010·福建理综)如图所示，物体A放在足够 长的木板B上，木板B静置于水平面．t＝0时，电动机通过水平 细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB＝1.0 m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg， A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.05，B与水平面之间的动摩擦因 数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力 加速度g取10 m/s2.求：
巩固；如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切 于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与 圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量 m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面 AB之间的动摩擦因数μ=0.25．重力加速度g=10m/s2。求： （1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力
(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向； (2)地面对斜面的支持力大小； (3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理．
【答案】 (1)3.2 N 方向水平向左 (2)67.6 N (3)动能定理成立．
(1)物体A刚运动时的加速度aA； (2)t＝1.0 s时，电动机的输出功率P； (3)若t＝1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P′＝ 5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t＝3.8 s 时物体A的速度为1.2 m/s.则在t＝1.0 s到t＝3.8 s这段时间内 木板B的位移为多少？
动能定理专题
动能定理专题————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期:ﻩ动能定理专题一、动能1．定义:物体由于运动而具有的能.2．公式：E k=错误!mv2.３．单位:焦耳,1 J=1 Ｎ·m=1 kg·m/s2.4.矢标性：动能是标量,只有正值．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.错误!mv错误!.2.表达式:W=＼ｆ(1,2)ｍｖ2，２-3．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,也可以不同时作用.例１.下列关于动能的说法,正确的是( )A.运动物体所具有的能就是动能Ｂ.物体做匀变速运动，某一时刻速度为v1，则物体在全过程中的动能都是错误!mv错误!Ｃ.做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D．物体在外力Ｆ作用下做加速运动,当力Ｆ逐渐减小时，其动能也逐渐减小解析：运动的物体除具有动能以外,还具有其他形式的能,A选项错误．动能是状态量,当速度v的大小变化时,动能就发生变化,B选项错误；由于匀速圆周运动中,物体的速度大小不变,因此物体的动能不变,Ｃ选项正确；在物体做加速度逐渐减小的加速运动时,物体的动能仍在变大,D选项错误；故答案应该选C．答案:C例2．物体做匀速圆周运动时( )A.速度变化,动能不变B．速度变化，动能变化Ｃ.速度不变,动能变化D.速度不变，动能不变解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变,故速度在变，动能不变,选项A正确.答案:A例3．人骑自行车下坡，坡长l＝500 ｍ，坡高h=８m，人和车总质量为100ｋg,下坡时初速度为4m/s,人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10m ／s,g取１0 ｍ／s2，则下坡过程中阻力所做的功为()A.－4 0００ＪＢ.-3 800 ＪC．-5 000J D.-4 ２００Ｊ答案：Ｂ例４．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，到达斜面顶端时的速度为ｖ,如图所示．则在此过程中( )A．人对物体做的功为ｍｇhB.人对物体做的功小于mgｈC．物体所受的重力做功为－mgｈD.物体所受的合外力做功为12ｍｖ２解析：由于重力和滑动摩擦力都做负功,可以判断人对物体做的功大于mｇh,A、B错；物体上升高度为h，克服重力做功为mｇh，即重力做功为－mgｈ,C 对；物体沿粗糙的斜面由静止开始做匀加速运动,上升高度ｈ的过程中，人的拉力F、物体重力mg和滑动摩擦力F f的合力做功等于动能的变化，即W F+W G＋W Ff=＼f(1,2)mv２，D对．答案:CD例5.如图所示，质量为m的小球,从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中ｈ深度而停止，设小球受到空气阻力为F阻，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mｇＨB．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋ｈ)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg（１+H／h)解析:小球下落高度为Ｈ的过程中需要克服空气阻力做功,故其落地时的动能为(ｍg-F阻)Ｈ，选项A错误;设小球刚落地时的动能为E k,小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W１，由动能定理得mgh-W1＝0－E k,解得W1＝mgh＋Eｋ,故选项B错误;若设全过程中小球克服阻力做功为Ｗ2,则mｇ(H＋h）-Ｗ2＝0，解得W2=mｇ(H＋h),故选项C正确;若设小球在泥土中运动时,受到的平均阻力为错误!阻，则全程由动能定理得mｇ(H＋h)-Ｆ阻Ｈ-错误!阻ｈ＝0,解得错误!阻＝错误!，故选项Ｄ错误．答案:C考点一：错误!1.动能定理公式中“＝”的意义等号表明合力做功与物体动能变化的三个关系（1）数量关系:即合外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，求合力的功，进而求得某一力的功．（2)单位相同:国际单位都是焦耳．(３)因果关系:合外力的功是引起物体动能变化的原因．２.动能定理的特点例1:如图所示,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（)A．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，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,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，故二者做功不等，C错．对B应用动能定理,W F －ＷFｆ＝ΔＥkＢ，即ＷF＝ΔE kB+W Fｆ就是外力Ｆ对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与Ａ的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错.答案：BD训练1:如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱,使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中，下列说法正确的是( ）Ａ.Ｆ对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和Ｃ．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱在上升过程中，由动能定理可知：W F-mgh－ＷFｆ＝ΔE k,故有W F＝mgh＋WＦf＋ΔE k，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中,重力做负功,重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，C正确.答案:ＣD考点二：动能定理的应用例2:(16分)一滑块（可视为质点)经水平轨道ＡB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝０．50 kg,滑块经过Ａ点时的速度v A=5.０m/ｓ,AB长x=4.5 ｍ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝０.10，圆弧形轨道的半径R＝０.50 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度ｈ＝0．10 m．取g=１0ｍ／s2.求：(1）滑块第一次经过B点时速度的大小；(２)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；(３)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功.解析：（1）滑块由A到B的过程中，应用动能定理得：错误!－-Fｆ·x＝＼f(１,2）mｖ错误!mv错误!（３分)又F f＝μmｇ（１分）解得:v B=４.0ｍ/s. (２分)(2)在B点,滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知ＦＮ-ｍg=m＼f(v2，B）Ｒ(２分)解得轨道对滑块的支持力F N=2１Ｎ（１分)根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为2１N．（２分)(３)滑块从Ｂ经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得错误!ｍv错误!(3分）-mg(R+h)-ＷＦf′=０-解得滑块克服摩擦力做功W Ff′＝１.0 Ｊ.（2分）答案：(1)4.0 m/ｓ(2)２１Ｎ(3）1．0 J题后反思:优先考虑应用动能定理的问题(1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．（3)变力做功的问题.训练2：如图所示,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＝4m.一质量为m＝1kg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取1０m/s2,sin 5３°=0．8，ｃｏs53°=0.6，不计空气阻力,求：(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.解析：(1)设小球从B到C克服阻力做功为W BC.由动能定理，得mgＲ(1-cos θ)－W BC＝0.代入数据，解得ＷBC=8J.(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错误!c ｏs θ，而错误!=错误!. 对于小球从A 点落地的整个过程,由动能定得，得ｍgH －ＷA Ｂ－W BC ＝＼ｆ(1，2)m ｖ2,联立,解得ｈ=2 m.答案: (１）８ J (２)2 m考点三: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 图象还是F -x 图象、E ｋ-x 图象等)（2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量，如由ｖ－t 图象所包围的“面积”求位移,由Ｆ-x 图象所包围的“面积”求功等.(３)再分析还有哪些力做功,根据动能定理列方程，可求出相应的物理量. 例３：如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块,小物块的质量为m ＝1.０ kg,当弹簧处于原长时,小物块静止于Ｏ点．现对小物块施加一个外力F ，使它缓慢移动,将弹簧压缩至A 点时，压缩量为x ＝0．1 ｍ，在这一过程中,所用外力F 与压缩量的关系如图乙所示.然后撤去F 释放小物块,让小物块沿桌面运动,已知O 点至桌面B 点的距离为L ＝2x ,水平桌面的高度为h ＝5.0 m,计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力(g 取１0 m/ｓ2)．求： (1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；（２)小物块到达桌边B 点时速度的大小;(３)小物块落地点与桌边B 点的水平距离.解析：(1)取向左为正方向，从F －x 图中可以看出,小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f ＝1.0 N ，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W Ｆf ＝－F f ·x =-0.１ J 由图线与x 轴所围面积可得外力做功为W F ＝1.0＋47．０2×0．１ J=２．4 J. 所以弹簧存贮的最大弹性势能为E p =ＷF ＋W Ff ＝2．3 J.(2）从A点开始到B点的过程中，由于L＝2ｘ，摩擦力做功为W Ff′＝-F f·３x＝-0．3 J对小物块用动能定理有Ｅp＋ＷＦf′=错误!ｍv错误!解得ｖＢ＝2 m/s.(3)小物块从B点开始做平抛运动h＝错误!gt２下落时间t＝1ｓ水平距离s=ｖBｔ＝2m.答案: (1)2.3 J(２)2m／s(3）2m例4：质量ｍ＝１kg的物体,在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图象如图所示．在位移为４m时撤去Ｆ,物块仅在摩擦力的作用下运动．求：(g取１0 m/s2）(１)物体的初速度多大?(2)物体和平面间的动摩擦因数多大?（3)拉力F的大小．解析:(１)从图线可知初动能为2J,Eｋ0=错误!ｍｖ２＝2J，ｖ=２m/s.（2)在位移４ｍ处物体的动能为１0 J，在位移8 m处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为Fｆ,则-Ｆｆx2=0－１０ＪF f=错误!N＝2.5 N因F f=μmg故μ＝错误!=错误!＝０.2５．（3）物体从开始到移动4m这段过程中,受拉力Ｆ和摩擦力F f的作用,合力为F－F f,根据动能定理有（F－Fｆ)·x1＝ΔE k故得F＝ΔEｋx1＋F f＝(2＋２.5) N=４．5 N.答案：（１)2 m／s（2）0.２5 (３）4．5 N。
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专题：动能定理
（1）明确研究对象； （2）确定研究的物理过程； （3）对研究对象进行受力分析；
（4）确定各力所做的功，求出这些力的功的代数和。
✧ 谁的功：某个力F 的功，不是物体的功（人对物体的功=人对物体作用力的功） ✧ 做功吗：F 与V 垂直时，F 不做功 ✧ 什么功：若∑W>0，
>0，物体的动能增大；若∑W<0，则
<0物体动能减小
✧
多少功： ①cos w FS θ= ②FS 图象 ③2
2
2111=
2
2
w m v m v -
总 ④w Pt =
（5）确定始、末态的动能。
（未知量用符号表示） （6）根据动能定理列出方程（左因右果）
（7）求解方程； （8）合理性检验。
只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制。
所以，凡涉及力及位移，而不涉及力作用的时间的动力学问题都可优先用动能定理解决。
只能求出速度的大小，不能确定速度的方向； 也不能直接计算时间。
【例1谁的功】某人把质量为m 、静止放在地面上的铅球举高h ，并快速将它以速度v 推出，求人对铅球做的功。
解：人在举球、推球的过程中给球的作用力是变力，设在整个过程中人对球做的功为，由动能定
理，有2
1-02
w m gh m v =-人 2
12
w m gh m v ∴=+
人
【例2选过程】一物体以初速度从倾角为α的斜面底端冲上斜面，到达某一高度
后又返回，回到斜面底端的速度为，则斜面与物体间的摩擦系数μ=___________。
解：设物体的质量为m，上升的最大高度为h。
物体在沿斜面上滑的过程中，由动能定理，有
物体在从最高点沿斜面下滑的过程中，由动能定理，有
物体从上到下的整个过程，由动能定理，有
以上三个方程联立其中任意两上即可解得：。
【例3变力做功】小球用绳系住在光滑的水平面上做匀速圆周运动。
当拉力
由F增大到8F时，圆运动的半径从r 减小到。
在这一过程中拉力所做的
功为多少？
解：在球的轨道半径减小的过程中，拉力的切向分力对小球做正功，而切向分力是变力，我们可以设拉力所做的功为，由动能定理，有
再由牛顿第二定律，物体分别以半径r 和做匀速圆周运动时，有
2
1
v
F m
r
=
2
2
8
2
v
F m
r
=
可解：
【例4变力做功】质量为m的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ，μ
<tgθ。
斜面底端有一个和供销科需垂直放置的弹性挡板，滑块滑到底端与它撞
时没有机械能损失，如图2所示，若滑块从斜面上高度为h 处以速度开始沿
斜面下滑，设斜面足够长，求：滑块在斜面上滑行的总路程是多少？
解：设滑块滑行的总路程为s。
由于μ<tgθ，则μmgcosθ<mgsinθ，所以滑块最终停在挡板上。
滑块在斜面上往复运动，直至最终停在挡板上的过程中，重力做功只跟滑块的起点和终点的位置有关，而与其运动路径无关，做的功为mgh；摩擦力一直做负功，与滑块的运动路径有关，做的功为-μ
mgcosθs。
由动能定理，有
可解：。
【例5动能定理中是对地位移】如图所示，在光滑水平面上，放着一个质量为M
的木块。
一颗质量为m的子弹以水平速度射入木块，进入木块的距离为d，设
在子弹射入木块的过程中摩擦力恒为f。
试证明：在这一过程中，系统产生的热
量为Q=fd；
解：在子弹射入木块的过程中，摩擦力对子弹来说是阻力，子弹开始做匀减速直线运动，而对木块来说是动力，木块开始做匀加速直线运动。
当二者速度相等时，子弹与木块相对静止，摩擦力为零，它们开始一起做匀速运动。
在这一过程中，
以子弹为研究对象，由动能定理，有
以木块为研究对象，由动能定理，有
系统损失的动能转化为内能，即产生的热量，则
说明：由上例可知，系统内一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，等于滑动摩擦力大小与两物体相对位移大小的乘积。
在两物体相对滑动的过程中，由于滑动摩擦力对系统做负功，系统动能减少，转化为内能，这就是常说的“摩擦生热”。
【例6质点组动能定理】如图所示，质量皆为m的两物块A和B通过一
根跨过滑轮的轻质细绳相连，放在一固定在水平地面的斜面上，A和斜
面间的动摩擦系数为0.25。
斜面长5m高3m，B距地面高2m。
先用手托
住B并从静止释放，求A沿斜面所能上升的最大位移。
解：释放B后，A沿斜面向上、B竖直向下做匀加速运动。
B下降H时落地，此后A沿斜面向上做匀减速运动，当其速度减小到零时，位移最大。
对于A、B组成的系统，在B落地前的匀加速运动过程中，由动能定理，有
对于A，在B落地后的匀减速运动过程中，由动能定理，有
联立可解：
所以，A沿斜面所能上升的最大位移为。
说明：例1、例2都是物体在恒力作用下的匀变速直线运动，还可以用牛顿第二定律和匀变速运动公式来解。
由于动能定理不涉及物体运动过程中的加速度和时间，因此应用它来解题往往比较方便。