必修2 第五章 第2讲 动能 动能定理
第2讲 动能定理及其应用
3-1 如图所示,质量m=1 kg的木块静止在高h=1.2 m的平台上,木块与平 台间的动摩擦因数μ=0.2,用水平推力F=20 N,使木块产生位移l1=3 m时 撤去,木块又滑行l2=1 m后飞出平台,求木块落地时速度的大小。
答案 11.3 m/s
解析 解法一 取木块为研究对象。其运动分三个过程,先匀加速前进
F1=μmg ①
根据动能定理,对物块由A到B整个过程,初末状态速度均为0;因此初末 状态的动能均为0
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Fx1-F1x=0 ② 代入数据,解得 x1=16 m③ (2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为 x2,则 x2=x-x1 ④ 由牛顿第二定律得
F1 a= ⑤ m
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答案 见解析 解析 (1)物块恰好能到达M点,则
2 vM mg=m R
vM= gR = 10 m/s
(2)物块从B点运动到M点的过程中,由动能定理得:
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2 2 -mgR(1+cos 37°)= mv mv M - B
1 2
1 2
vB= 46 m/s
(3)由乙图可知,物体在斜面上运动时,加速度大小为 a=10 m/s2,方向沿斜面向下,所以有 mg sin 37°+μmg cos 37°=ma 则μ=0.5
l1,后匀减速前进l2,再做平抛运动,对每一过程,分别列动能定理得:
1 m Fl1-μmgl1= v12 2
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2 2 v2 -μmgl2= m - mv 1 2 2 mgh= mv mv 3 - 2
1 2
1 2
1 2
1 2
解得:v3=11.3 m/s 解法二 对全过程由动能定理得 Fl1-μmg(l1+l2)+mgh= mv2-0 代入数据解得v=11.3 m/s
第五章第2讲动能定理及其应用-2025年高考物理一轮复习PPT课件
高考一轮总复习•物理
第7页
3.物理意义： 合力 的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件 (1)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 分阶段
作用．
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第8页
1．思维辨析 (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)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( √ ) (3)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( √ ) (4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．( ) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )
答案
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第19页
解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶 段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故 A 错误．从图甲中的 A 点到图乙 中的 A 点，先上升后下降，重力做功为 0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过 A 点 的动能较大，故 B 错误．对比图甲、乙可知，图甲中在 A、B 之间的运动时间较短，故 C 正 确．由于无论上滑还是下滑，受到的滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在 A、B 之间克服 摩擦力做的功相等，故 D 错误．
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第9页
2．运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的
最大高度是 10 m，在最高点的速度为 20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J
B．100 J
C．150 J
第五章 第2讲 动能定理及其应用
C．对物体，动能定理的表达式为 WN－mgH＝12mv22－12mv12
D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv12
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2．[动能定理的简单应用] (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静
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2．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替代关系．可以通 过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因．
解得 h′＝1－Rcμocso3t73°7°＝0.48 m. 答案：0.48 m
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[拓展延伸2] 若在[典例]中斜面轨道光滑，滑块从 A 点释放后滑到 C 点，对轨 道的压力是重力的多少倍？(原 AB 高度差 h＝1.38 m 不变) 解析：由 A→C 应用动能定理，设 C 点时的速度为 vC. mgh－mg(R＋Rcos θ)＝12mv2C① NC＋mg＝mRv2C② 由①②得 NC＝2.3mg，故是重力的 2.3 倍． 答案：2.3
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
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3．A 球[动向能右定运理动求0解.1变m力时做，功vA]＝3(2m01/s9，·吉O林A′长＝春0模.4拟m)，如O图B所′示＝，0.3竖m直，平设面此内时放∠一B直′角A′杆O＝
第五章第二节 动能 动能定理
第二节 动能 动能定理[学生用书P75])一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．表达式：E k ＝12m v 2． 3．单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2.4．矢标性：标量．1.判断正误(1)运动的物体具有的能量就是动能．( )(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)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( )(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( )(5)选择不同的参考系时，动能有可能为负值．( )提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×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 ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21． 3．适用范围(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．2.(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法中正确的是( )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提示：BC对动能定理的理解及应用[学生用书P76]【知识提炼】1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因2.“为参考系．3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．【典题例析】(2015·高考山东卷)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等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为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，此时传感器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．[解析](1)设开始时细绳的拉力大小为F T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，F T1＝mg ①对物块，F1＋F T1＝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F T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得对小球，F T2＝mg cos 60°③对物块，F2＋F T2＝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＝12m v2 ⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为F T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3＝0.6F1⑦对小球，由牛顿第二定律得F T3－mg＝m v2l⑧对物块，由平衡条件得F3＋F T3＝Mg⑨联立①②⑤⑥⑦⑧⑨式得W f＝0.1mgl.[答案](1)3m(2)0.1mgl应用动能定理的三理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系．(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．(3)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．【跟进题组】考向1对动能定理的理解1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A.由W＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．考向2 动能定理在变力做功中的应用2．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．考向3 动能定理在曲线运动中的应用3．(多选)(2016·高考全国卷丙)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( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12m v 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误． 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用[学生用书P77]【知识提炼】1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路【典题例析】如图所示，AB 是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，末端B 处的切线方向水平．一物体P (可视为质点)从圆弧最高点A 处由静止释放，滑到B 端飞出，落到地面上的C 点．测得C 点和B 点的水平距离OC ＝L ，B 点距地面的高度OB ＝h .现在轨道下方紧贴B 端安装一个水平传送带，传送带的右端与B 点的距离为L 2.当传送带静止时，让物体P 从A 处由静止释放，物体P 沿轨道滑过B 点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出，仍落在地面上的C 点．(1)求物体P 与传送带之间的动摩擦因数．(2)若在A 处给P 一个竖直向下的初速度v 0，物体P 从传送带右端水平飞出，落在地面上的D 点，求OD 的大小．(3)若传送带驱动轮顺时针转动，带动传送带以速度v 匀速运动．再把物体P 从A 处由静止释放，物体P 落在地面上．设着地点与O 点的距离为x ，求出x 可能的范围．[审题指导] 第(3)问中，若物体在传送带上全程减速，则x 最小；若物体在传送带上全程加速，则x 最大．[解析] (1)无传送带时，物体由B 运动到C ，做平抛运动，设物体在B 点的速度为v B ，则L ＝v B t① h ＝12gt 2 ② 由①②式得v B ＝L g 2h ③有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v 2，则有L 2＝v 2t ④ －μmgL 2＝12m v 22－12m v 2B ⑤ 由①②④⑤式得v 2＝L 2g 2h ⑥μ＝3L 8h. ⑦ (2)设物体离开传送带时的速度为v ′2，则由动能定理有mgR －μmg L 2＝12m v ′22－12m v 20 ⑧ mgR ＝12m v 2B⑨ OD ＝L 2＋v ′2t ⑩由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD ＝L 2＋ L 24＋2h v 20g . ⑪(3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度v I ＝L 2g 2h，则x min ＝L 物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为 v Ⅱ，μmg L 2＝12m v 2Ⅱ－12m v 2B ，v Ⅱ＝v 2B ＋μgL ＝L 2 7g 2h . 则x max ＝L 2＋v Ⅱ2h g ＝1＋72L 故L ≤x ≤1＋72L . [答案] (1)3L 8h (2)L 2＋ L 24＋2h v 20g(3)L ≤x ≤1＋72L应用动能定理的两注意(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(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；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．(2017·江苏四市高三第二次调研考试)如图所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，AB 杆与水平面间的夹角始终为θ.(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω；(3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0＝ g L匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W .解析：(1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ小球速度最大时其加速度为零，则k Δl 1＝mg sin θ解得Δl 1＝mg sin θk.(2)弹簧伸长Δl 2时，球受力如图所示，水平方向上有F N sin θ＋k Δl 2cos θ＝m ω2·(l 0＋Δl 2)·cos θ竖直方向上有F N cos θ－k Δl 2sin θ－mg ＝0解得ω＝mg sin θ＋k Δl 2m （l 0＋Δl 2）cos 2 θ.(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0，此时有mg tan θ＝m ω20L 0cos θ解得L 0＝2L 3此时小球的动能E k0＝12m (ω0L 0cos θ)2 小球在最高点A 离开杆瞬间的动能E k A ＝12m [v 20＋(ω0L cos θ)2] 根据动能定理有W －mg (L －L 0)sin θ＝E k A －E k0解得W ＝38mgL ＋12m v 20. 答案：见解析[学生用书P77])1．(2017·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．2．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为 2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝ 2gh 7，故B 项正确，D 项错误．3．(多选)(2017·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功W f＝μmgL＝2 J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f＝12－12m v20，解得v0＝7 m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，2m v有x＝v t、h＝12，联立解得x＝0.9 m，B错．设小物块落地时动能为E k，由动能定理得mgh 2gt＝E k－12，解得E k＝0.9 J，D对．2m v4．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内合力做的功解析：选D.由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，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．5.(2016·高考天津卷)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/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.(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．解析：(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax① 由牛顿第二定律有mg H x －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C 点时的速度为v C ，在由B 处运动到达C 点的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 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 2C R ⑤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 m.答案：(1)144 N (2)12.5 m[学生用书P295(独立成册)])一、单项选择题1.(2017·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能解析：选B.设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M )gx 1＝12(M ＋m )v 2，解得x 1＝v 22μg；加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 2＝12M v 2，解得x 2＝M v 22（m ＋M ）μg.显然x 2<x 1. 2.(2017·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A.m v 202B.2m v 202C.m v 204D ．m v 20 解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12m v 2－0＝m v 204，C 正确． 3.如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等，在力F 的作用下，一起沿水平地面向右移动L ，则( )A ．摩擦力对A 、B 做功相等B ．A 、B 动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合外力对A做的总功与合外力对B做的总功不相等解析：选B.对A、B分别受力分析，受力如图所示对A分析：F N－F sin α－G＝0，f＝μF N＝μ(F sin α＋G)对B分析：F N1＝G，f1＝μF N1＝μG，W f＝fL，W f1＝f1L，因为f>f1，所以W f>W f1，故A 项错误；根据动能定理可知，A、B所受的合外力做的功等于A、B物体动能的变化，而A、B动能的变化量相等，所以合外力对A、B做的功相等，故B正确，D错误；F对B不做功，只对A做功，故C错误．4.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则()A．ΔE k1>ΔE k2；t1>t2B．ΔE k1＝ΔE k2；t1>t2C．ΔE k1>ΔE k2；t1<t2D．ΔE k1＝ΔE k2；t1<t2解析：选B.两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，W f＝μ(mg cos α＋F sin α)·s＝μmgx＋μFh，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理W F－mgh－W f＝ΔE k知，动能的增量相等，即ΔE k1＝ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v－t图象如图所示，则t1>t2.5.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′(均可看做斜面)．质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A 点由静止开始分别沿AB 和AB ′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是( )A ．甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B ．甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C ．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D ．甲停下时的位置与B 的距离和乙停下时的位置与B ′的距离相等解析：选C.设斜草面长度为l ，倾角为θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W ＝μmgl cos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A 错误；由A 点到斜草面底端过程，由动能定理有mgh －μmgl cos θ＝12m v 2，可得v B >v ′B ，选项B 错误；游客由A 点开始下滑到停在水平草面上，设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mgh －μmg (l cos θ＋x )＝0，则l cos θ＋x ＝h μ，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C 正确、D 错误．二、多项选择题6．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前3 s 内物体克服摩擦力做功4 J解析：选BC.第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5kg ，μ＝0.4，A 选项错误、B 选项正确；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前3 s 克服摩擦力做功W ′f ＝6 J ．D 错误． 7.(2017·南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1<t 2C ．E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得，x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3，A 正确，B 错误；A →M 应用动能定理得－mgh ＋W 1＝12m v 2M －12m v 2， ① 竖直方向有v 2＝2gh②①②式联立得W 1＝2 JA →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ，A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，C 错误，D 正确．8．2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下，当下滑到距离坡底s 1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s 2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m ．关于这个过程，下列说法中正确的是( )A ．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B ．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C ．s 1<4 m ，s 2>2 mD ．s 1>4 m ，s 2<2 m解析：选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A 错，B 对．从左侧斜坡s 处滑至s 1处过程中，由动能定理得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝12m v 2 ①(其中s ＝8 m ，s 1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s 1处动能和势能相等，所以有：mgs 1·sin α＝12m v 2 ②由①②得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝mgs 1·sin α③ 由③得：s －s 1>s 1，即s 1<4 m ．同理，从右侧斜坡s 2处滑至s ′(s ′＝4 m)处过程中，由动能定理得：－mg (s ′－s 2)·sin θ－W ′f ＝0－12m v 21④因为距坡底s 2处动能和势能相等，有mgs 2·sin θ＝12m v 21 ⑤ 由④⑤得：mg (s ′－s 2)·sin θ＋W ′f ＝mgs 2·sin θ ⑥由⑥式得：s ′－s 2<s 2，即s 2>2 m ．综上所述，B 、C 正确．三、非选择题9．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)因为F －x 图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F 做的功，所以设0～2 m 力F 做功W 1，3～4 m 力F 做功W 2，则W 1＝12×40×2 J ＝40 J ，W 2＝－10×1 J ＝－10 J 对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得W 1＋W 2－μmgx ＝12m v 2B即：40－10－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B 解得v B ＝210 m/s.(2)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2C R设摩擦力做功为W ，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 ，即克服摩擦力做的功为5 J.答案：(1)210 m/s (2)5 J10．(2015·高考浙江卷)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μ1＝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)当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 . 解析：(1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θθ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ) ①由动能定理得mgL1sin θ－W f＝0 ②代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL1sin θ－W f＝12m v2 ③结合①式并代入数据得v＝1 m/s由平抛运动规律得H＝12gt2，x1＝v t解得t＝0.4 sx1＝0.4 mx m＝x1＋L2＝1.9 m.答案：(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m11．(2017·江苏五校第二次联考)如图所示，在水平轨道竖直安放一个与水平面夹角为θ，长度为L0，以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L；水平轨道左侧有一轻质弹簧，左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A轻放(初速度为0)在传送带顶端，通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触，之后A压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半)，经水平轨道返回圆形轨道，物块A可视为质点．已知R＝0.2 m，θ＝37°，L0＝1.8 m，L＝1.0 m，v0＝6 m/s，物块A质量为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与PQ段间的动摩擦因数为μ2＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物块A滑到传送带底端时速度的大小；(2)物块A刚与弹簧接触时速度大小；(3)物块A返回到圆形轨道的高度；(4)若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道？解析：(1)物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：a＝g据运动学公式得v 2＝2aL 0，解得：v ＝v 0＝6 m/s.(2)以物块A 为研究对象，从传送带底端运动到P 的过程中，由动能定理得：－μ2mgL ＝12m v 21－12m v 20代入数据解得：v 1＝4 2 m/s.(3)A 反弹速度v 2＝12v 1＝2 2 m/s A 向右经过PQ 段，由v 23－v 22＝－2μ2gL代入数据解得速度：v 3＝2 m/sA 滑上圆形轨道，由动能定理得：－mgh ＝0－12m v 23可得，返回到圆形轨道的高度为h ＝0.2 m ＝R ，符合实际．(4)物块A 以v 0冲上PQ 段直到回到PQ 段右侧，据牛顿运动定律得：v 21－v 20＝－2μ2gL ′v 2＝12v 1 v 23－v 22＝－2μ2gL ′联立可得，A 回到PQ 段右侧速度v 23＝v 204－52μ2gL ′＝(9－5L ′)(m/s)2 要使A 能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道，则有：A 沿轨道上滑至最大高度h 时，速度减为0，则h 满足：0<h ≤R 又12m v 23＝mgh v 3>0联立可得，1 m ≤L ′<1.8 m综上所述，要使A 物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L 满足的条件是1 m ≤L <1.8 m.答案：见解析。
物理浙江高考：必修2 第五章 第2讲 动能 动能定理含解析
第2讲 动能 动能定理知识排查动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式：E k ＝12m v 2。
3.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。
4.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。
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 ＝12m v 22－12m v 21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。
5.应用动能定理解决的典型问题大致分为两种(1)单一物体的单一过程或者某一过程；(2)单一物体的多个过程。
动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。
小题速练1.思考判断(1)物体的动能不变，所受合外力一定为零( )(2)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化( )(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态( )(4)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( )(5)如果物体所受的合外力不为零，那么合外力对物体做功一定不为零()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×2.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1 900 J，他克服阻力做功100 J。
韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J解析由题可得，重力做功W G＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C 正确，D错误；由动能定理得，W G－W f＝ΔE k，克服阻力做功W f＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。
江苏版必修二高二物理课件：势能 动能 动能定理
江苏版必修二高二物理课件：势能动能动能定理
导读：本文江苏版必修二高二物理课件：势能动能动能定理，仅供参考，如果觉得很不错，欢迎点评和分享。
江苏版必修二5.2《势能动能动能定理》ppt 一、对动能的理解
1.动能是一个状态量，它与物体的运动状态对应。
动能是标量，它只有大小，没有方向，而且物体的动能总是大于等于零，不会出现负值。
2.动能是相对的，它与参考系的选取密切相关。
(一般选择大地为参考系)
二、对势能的理解
1.重力势能是物体和地球所共有的(单独一个物体谈不上具有势能)，但通常说成物体的重力势能。
2.重力势能是相对的，它随参考点(即零势能点)的不同而不同。
但重力势能的变化是绝对的，势能的变化与零势能点的选择无关。
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第5章-第2讲 动能定理及其应用
和h分别为( D )
A．tan θ和H2 B.2vg2H－1tan θ和H2
C．tan θ和H4 D.2vgH2 －1tan θ和H4
试题
解析
由动能定理有－mgH－
μmgcos
θ
H sin θ
＝0－
1 2
mv2，－mgh－μmgcos θ
h sin
θ
＝0－
1 2
m
v 2
2，解得
μ＝ 2vgH2 －1 tan θ，h＝
NO.2 题组训练 提升能力
试题
解析
1．(2016·怀化模拟)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 度与时间图象和该拉力的功率与时间图 象分别如图甲和乙所示，下列说法正确的
是( C )
A．0～6 s 内物体位移大小为 36 m B．0～6 s 内拉力做的功为 30 J C．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
第2讲 动能定理及其应用
考点一 考点二 考点三 知能提升演练 上页 下页
考点一
NO.1 梳理主干 填准记牢
NO.2 题组训练 提升能力
2．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑
动．当物块的初速度为v时，上升的最大
高度为H，如图所示；当物块的初速度
为
v 2
时，上升的最大高度记为h.重力加速
度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数
NO.2 题组训练 提升能力
第2讲 动能定理及其应用
考点一 考点二 考点三 知能提升演练 上页 下页
考点三
NO.1 梳理主干 牢固记忆
2．力学中四类图象所围“面积”的意义
NO.2 题组训练 提升能力
必修2 第五章 第2讲
2
2
知识点 2
1.内容
动能定理
Ⅱ
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 Δ Ek (1)W=____;
Ek2 Ek1 (2)W=__________;
【思考辨析】 (1)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。( )
(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)做自由落体运动的物体,动能与下落距离的平方成正比。
( (5)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。( ) )
(6)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。( (7)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。( )
)
分析：动能是运动物体都具有的能量，是机械能的一种表现形
式，(1)对；由Ek=
变化，速度一定变化，但当速度方向变化，速率不变(如匀速 圆周运动)时，动能不变，(2)对；动能不变，如匀速圆周运
1 2 mv 可知，当m恒定时，Ek变化，速率一定 2
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小; (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔; (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 【解题探究】(1)重力与摩擦力做功的特点有何不同? 与路径无关 ①重力做功:___________。 与路径有关 ②摩擦力做功:___________。 (2)应用动能定理时应主要进行哪些分析? 提示:受力分析、过程分析及各力做功情况分析。
(2)小船经过B点时的速度大小v1;
第5章第2节 动能动能定理
( )
或W＝∆Ek. ＝
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第五章
机械能
(2)对于多过程 、 多外力的物体系统，动能定理也可 对于多过程、 多外力的物体系统 ， 对于多过程 以表述为： 以表述为：所有外力对物体做的 总功 等于物体动能的变 化． 实际应用时， 后一种表述更好操作． 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， 合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下， 代数和加起来 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． 就可以得到总功．
那么， 相对于地球静止的物体是否一定没有动能呢？ 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， 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， 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． 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. 体运动状态的物理量
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机械能
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温故自查 1．概念： 一个物体能够对外界做功， 我们就说物体 ．概念：一个物体能够对外界做功， 具有能量．能量可以有不同的形式， 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 动能 ．
第五章 第2讲动能 动能定理
第1轮 物理
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第五章 机械能
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为 s 总，对小滑块从静止释放到最终停 止的全过程，由动能定理得
mgh1－μmgs 总＝0，解得 s 总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置与 B 点的距离为 2s－s 总＝1.4 m. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m
＝2xt ＝2×2.40.4 m/s＝3 m/s.
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第五章 机械能
根据速度的合成可知起跳时的速度为 v＝ v20 ＋v2y ＝5 m/s，因该同学的质 量约为 60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为 W＝12 mv2＝750 J， 最接近 800 J，选项 C 正确，A、B、D 错误．]
答案 C
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第五章 机械能
4．(新教材人教版必修第二册 P88T5)运动员把质量为 400 g 的足球踢出后，某 人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是 5 m，在最高点的速度为 20 m/s.不考虑空气阻力，g 取 10 m/s2.请你根据这个估计，计算运动员踢球时对足球 做的功．
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第五章 机械能
(1)由于动能定理不仅适用于直线运动，还适用于曲线运动，因此若运动过 程中涉及平抛运动和圆周运动，且只涉及位移和速度而不涉及时间时，应优先考 虑使用动能定理．
(2)解决多过程问题时，过程的划分十分关键．在应用全程法求解合力做的功 时，有些力可能不是全程都在作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚哪 些力在哪段位移上做功．像本题中小滑块从 A 到 D 有三段运动，可以先分析全程 的初、末状态来找出动能的变化量，再分析各段中外力所做的功进行求和．对多 过程问题全程应用动能定理，可以使解题过程简单化．
高中物理必修2动能和动能定理.ppt
由
①②得F=
mv2
2l
+
kmg
用牛顿运动定律求解:
由 v2－v02 =2al 得a＝2vl2 ①
F合=F-F阻=F- kmg =ma ②
由
①②得F=
2l
mv2
+ kmg
用动能定理求解：
例题
一质量为m、速度为v0 的汽车在关闭发动机 后于水平地面滑行了距离l 后停了下来。试求汽车
受到的阻力。
用牛顿运动定律求解：
（四）用动能定理可求物体的速度
例4一个质点在一个恒力F的作用下由静止开 始运动，速度达到v，然后换成一个方向相 反的大小为3F的恒力作用，经过一段时间 后，质点回到出发点，求质点回到原出发 点时的速度。
1、动能: 物体由于运动而具有的能。 2、动能定理:
Ek
=
1 mv2 2
合外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。
解题步骤
1. 选择对象并受力分析 2.明确研究的过程指出初、末态的动能 3. 计算合外力的总功 4. 根据动能定理列式求解
《动能定理》的解题思路训练
（一）用动能定理可求力 例1一物体质量为10kg，在平行于斜面的拉
力F的作用下沿斜面向上运动，斜面于物体 间的滑动摩擦系数为μ=0.1，当物体运动到 斜面中点时，去掉力F，物体刚好可运动到 斜面顶端停下，设斜面倾角为300，取 g=10m/s2，求拉力F。
B.动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体 的动能大小是不同的
C.一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化， 但是速度变化时，动能不一定变化
D.动能不变的物体，一定处于平衡状态
练习 2、 物体沿高H的光滑斜面从顶端由静止下滑， 求它滑到底端时的速度大小。
高一物理必修2动能和动能定理--知识讲解有答案
动能和动能定理要点二、动能、动能的改变要点诠释：1.动能：(1)概念：物体由于运动而具有的能叫动能．物体的动能等于物体的质量与物体速度的二次方的乘积的一半．(2)定义式：212k E mv =，v 是瞬时速度． (3)单位：焦(J )．(4)动能概念的理解．①动能是标量，且只有正值．②动能具有瞬时性，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．③动能具有相对性，对不同的参考系，物体速度有不同的瞬时值，也就具有不同的动能，一般都以地面为参考系研究物体的运动．2.动能的变化：动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负．“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量．动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功．要点三、动能定理要点诠释：(1)内容表述：外力对物体所做的总功等于物体功能的变化．(2)表达式：21k k W E E =-，W 是外力所做的总功，1k E 、2k E 分别为初、末状态的动能．若初、末速度分别为v 1、v 2，则12112k E mv =，22212k E mv =． (3)物理意义：动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体动能的变化．变化的大小由做功的多少来量度．动能定理的实质说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程是能量转化的过程．等号的意义是一种因果关系的数值上相等的符号，并不意味着“功就是动能增量”，也不是“功转变成动能”，而是“功引起物体动能的变化”．(4)动能定理的理解及应用要点．动能定理虽然可根据牛顿定律和运动学方程推出，但定理本身的意义及应用却具有广泛性和普遍性． ①动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程．②动能定理既适用于物体做直线运动情况，也适用于物体做曲线运动情况．③动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统．④动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程． ⑤动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度．⑥在21k k W E E =-中，W 为物体所受所有外力对物体所做功的代数和，正功取正值计算，负功取负值计算；21k k E E -为动能的增量，即为末状态的动能与初状态的动能之差，而与物体运动过程无关．要点四、应用动能定理解题的基本思路和应用技巧要点诠释：1.应用动能定理解题的基本思路（1）选取研究对象及运动过程；（2）分析研究对象的受力情况及各力对物体的做功情况：受哪些力？哪些力做了功？正功还是负功？然后写出各力做功的表达式并求其代数和；（3）明确研究对象所历经运动过程的初、末状态，并写出初、末状态的动能1K E 、2K E 的表达式；（4）列出动能定理的方程：21K K W E E =-合，且求解。
第五章 第二讲 动能定理及其应用
第二讲
抓基础·双基夯实
动能定理及其应用
课后练·知能提升
研考向·考点探究
1－2.[直线运动]
(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( )
第五章
第二讲
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动能定理及其应用
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(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，比动力学研究方法更简便； (4)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．
第五章
机械能
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[学习目标] 1．理解动能定理，掌握动能定理的适用条件． 2．熟练掌握应用动能定理解题的一般步骤．
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第二讲
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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大 D．甲、乙两个物体获得的动能相同
解析
答案
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解析：由功的公式 W＝Fs 可知，两种情况下力 F 对甲、乙两 个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲 有：Fs＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知 Ek1＞Ek2，C 正确， D 错误． 答案：BC
第5章 第2讲 动能 动能定理
1.(单选)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5－2－3 所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能 为( )
A． 0 C.
4
1 B Fm x0 2 Fm x0 D.
4
2 x0
解析：图象与横坐标轴包围的面积表示 拉力做的功，再根据动能定理即可求得最后 的动能． 答案：C
(1)了解由哪些过程构成，选哪个过程研究；
(2)分析每个过程物体的受力情况；
(3)分析各个力的做功情况； (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．
例3：物体从高出地面H处，由 静止自由下落，如图5－2－2所示， 不考虑空气阻力，落至地面进入沙 坑深h处停止，求物体在沙坑中受 到的平均阻力是其重力的多少倍？
问题：什么情况下优先使用动能定理？
解析：研究对象是单个物体或者没有相对 运动的物体系，在曲线运动和变力问题中，不 涉及加速度和时间时，可优先考虑使用动能定 理，这样可以不考虑和分析运动过程的细节， 使问题简单化，解题过程清晰容易．实际上我 们在解题时，往往首先考虑看能不能用动能定 理求解，然后再考虑其他办法，牛顿运动定律 一般是我们最后考虑的方法．
D．取决于斜面的倾角
解析：设OD＝x，OA＝h，斜面倾角为，物体 从D点出发，沿DBA滑动到顶点A，过B点(或C点)时 物体与斜面碰撞没有机械能损失，由动能定理得： h 1 2 －mgh－ mgcos － mg ( x－hcot )＝0－ mv0 sin 2 1 2 即 mgx＋mgh＝ mv0 2 解得：v0＝ 2 g x +h 由上式可见，物体的初速度跟斜面倾角无关．
高中物理必修二。动能和动能定理
高中物理必修二。
动能和动能定理高中物理必修二：动能和动能定理动能是指物体由于运动而具有的能量。
动能的大小取决于物体的质量和速度，可以用公式Ek=1/2mv^2来计算。
动能是标量，是状态量，也是相对量。
动能定理是指外力做功等于物体动能的变化，表达式为W合=Ek2-Ek1.这意味着外力所做的总功将导致物体动能的变化，变化的大小由动能定理来度量。
外力可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力。
物体动能的变化是指物体从一个状态到另一个状态时动能的变化。
动能定理适用于直线运动和曲线运动，适用于___做功和变力做功。
力可以是各种性质的力，可以同时作用或分别作用。
动能定理解题的优越性在于只需求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。
应用动能定理解题的基本步骤包括选取研究对象，分析受力情况和各力做功的情况，明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2，列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其它必要的解题方程，进行求解。
动能定理的计算式为W合=Ek2-Ek1，其中v和s是相对于同一参考系的。
动能定理的研究对象是单一物体或可以看做单一物体的物体系。
动能定理不仅适用于___做功，也适用于变力做功。
当力F的大小或方向发生变化时，可以利用动能定理来求变力做功。
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F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，外力F做的功等于A和B动能的增量。
例二：从牛顿定律出发，对于物体为质点，作用力是___，运动轨迹为直线的情况，动能定理的表达式为：$W=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mu^2$，其中$W$表示力所做的功，$m$表示物体的质量，$v$表示物体的末速度，$u$表示物体的初速度。
例三：如图所示，一弹簧振子，物块的质量为$m$，它与水平桌面间的动摩擦因数为$\mu$。
第2讲动能和动能定理
第2讲 动能和动能定理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.(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)动能是状态量，因为v 是瞬时速度．1．(2012·苏州模拟)一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能( )． ①与它下落的距离成正比 ②与它下落距离的平方成正比 ③与它运动的时间成正比 ④与它运动时间的平方成正比A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③ 答案 C2．(2012·中山模拟)质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )．A ．第二过程的速度增量大于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍解析 由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 错误；由动能定理知：W 1＝12m v 2，W 2＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，故B 正确，C 、D 错误．答案 B3．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )．A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12m v 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G －W 阻＝E k －0，故W 阻＝mgh －12m v 2＝750 J －50 J ＝700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J ＝750 J ，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错．答案 A4．如图4－2－1所示，一半径为R 的半圆形轨道BC 与一水平面相连，C 为轨道的最高点，一质量为m 的小球以初速度v 0从圆形轨道B 点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点C ，然后做平抛运动．求：图4－2－1(1)小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离．(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功．解析 (1)小球刚好通过C 点，由牛顿第二定律mg ＝m v C 2R小球做平抛运动，有2R ＝12gt 2 s ＝v C t解得小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离 s ＝2R(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点，由动能定理 －mg ·2R －W f ＝12m v C 2－12m v 02解得小球克服摩擦阻力做功 W f ＝12m v 02－52mgR . 答案 (1)2R (2)12m v 02－52mgR考点一 对动能定理的理解 1．动能定理公式中等号的意义等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系： (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．准确理解动能定理动能定理⎝⎛⎭⎫W ＝ΔE k ＝12m v t 2－12m v 02适用于任何力作用下，以任何形式运动的物体(或系统)，是一标量式，不存在方向问题，它把过程量(做功)与状态量(动能)联系在一起，常用于求变力做功、分析复杂运动过程、判断能量间的转化关系等．【典例1】如图4－2－2所示，图4－2－2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由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )．A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于m v 22B ．电梯地板对物体的支持力所做的功小于m v 22C ．钢索的拉力所做的功等于m v 22＋MgHD ．钢索的拉力所做的功大于m v 22＋MgH解析 以物体为研究对象，由动能定理W N －mgH ＝12m v 2，即W N ＝mgH ＋12m v 2，选项A 、B 错误．以系统为研究对象，由动能定理得：W T －(m ＋M )gH ＝12(M ＋m )v 2，即W T ＝12(M ＋m )v 2＋(M ＋m )gH >m v 22＋MgH ，选项D 正确，选项C 错误． 案 D【变式1】 (2012·山东东营)图4－2－3人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图4－2－3所示，则在此过程中( )．A ．物体所受的合外力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合外力做功为12m v 2C ．人对物体做的功为mghD ．以上说法都不对解析 物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝W F －W f －mgh ＝12m v 2，其中W f 为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W 人＝W F ＝W f ＋mgh ＋12m v 2，A 、C 错误，B 正确． 答案 B考点二 动能定理在多过程中的应用 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．(4)含有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题． 【典例2】如图4－2－4所示，用特定材料制作的细钢轨竖直放置，半圆形轨道光滑，半径分别为R 、2R 、3R 和4R ，R ＝0.5 m ，水平部分长度L ＝2 m ，轨道最低点离水平地面高h ＝1 m ．中心有孔的钢球(孔径略大于细钢轨直径)，套在钢轨端点P 处，质量为m ＝0.5 kg ，与钢轨水平部分的动摩擦因数为μ＝0.4.给钢球一初速度v 0＝13 m/s.取g ＝10 m/s 2.求：图4－2－4(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力． (2)钢球落地点到抛出点的水平距离．解析 (1)球从P 运动到A 点过程 由动能定理得： mg ·2R －μmg ·L ＝12m v 12－12m v 02由牛顿第二定律：N －mg ＝m v 12R 由牛顿第三定律：N ＝－N ′解得：N ′＝－178 N ．故对轨道压力为178 N 方向竖直向下(2)设球到达轨道末端点速度为v 2，对全程由动能定理得：－μmg ·5L －4mgR ＝12m v 22－12m v 02解得v 2＝7 m/s 由平抛运动h ＋8R ＝12gt 2 s ＝v 2t 解得：s ＝7 m. 答案 (1)178 N 竖直向下(2)7 m——应用动能定理的解题步骤【变式2】如图4－2－5所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛皮产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，且动摩擦因数μ恒定．斜面顶端距水平面高度为h ＝0.8 m ，质量为m ＝2 kg 的小物块M 从斜面顶端A 由静止滑下，从O 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使M 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B 处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C .已知斜面的倾角θ＝53°，动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各处的摩擦不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，下滑时逆着毛的生长方向．求：图4－2－5(1)弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)． (2)若物块M 能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？(3)物块M 在斜面上下滑过程中的总路程．解析 (1)物块M 从斜面顶端A 运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh －μmg cos θh sin θ－E p ＝0 则弹性势能E p ＝mgh －μmg cos θhsin θ＝10 J.(2)设物块M 第一次被弹回，上升的最大高度为H ，由动能定理得mg (h －H )－μmg cos θh sin θ＝0 则H ＝h －μcos θhsin θ＝0.5 m.(3)物块M 最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理有mgh －μmg cos θ·s ＝0物块M 在斜面上下滑过程中的总路程s ＝hμcos θ＝2.67 m.答案 (1)10 J (2)0.5 m (3)2.67 m考点三 用动能定理求变力的功(小专题) 一、状态分析法动能定理不涉及做功过程的细节，故求变力功时只分析做功前后状态即可． 【典例3】如图4－2－6所示，图4－2－6质量为m 的物体被线牵引着在光滑的水平面上做匀速圆周运动，拉力为F 时，转动半径为r .当拉力增至8F 时，物体仍做匀速圆周运动，其转动半径为r2，求拉力对物体做的功．解析 对物体运用牛顿第二定律得拉力为F 时，F ＝m v 12r ，①拉力为8F 时，8F ＝m v 22r 2.②联立①②及动能定理得：拉力做功W ＝12m v 22－12m v 12＝2Fr －12Fr ＝32Fr .答案 32Fr二、过程分割法有些问题中，作用在物体上的某个力在整个过程中是变力，但若把整个过程分为许多小段，在每一小段上此力就可看做是恒力．分别算出此力在各小段上的功，然后求功的代数和．即可求得整个过程变力所做的功．【典例4】如图4－2－7所示，质量为m 的物体静图4－2－7止于光滑圆弧轨道的最低点A ，现以始终沿切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上使其沿圆周转过π2到达B 点，随即撤去外力F ，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F 至少为多大？ 解析 物体从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得 W F －mgR ＝12m v B 2①如何求变力F 做的功呢？过程分割，将AB 划分成许多小段，则当各小段弧长Δs 足够小时，在每一小段上，力F 可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋…＋F Δs 1＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs 1＋…)＝F ·π2R ②从B 点起撤去外力F ，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg ≤m v 2R ，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg .故由此机械能守恒定律得： 12m v B 2＝mgR ＋m (Rg )22③联立①②③式得：F ＝5mg π. 答案 5mgπ三、对象转换法在有些求功的问题中，作用在物体上的力可能为变力，但转换对象后，就可变为求恒力功． 【典例5】如图4－2－8所示，质量为2 kg 的木块套在光滑的竖直杆上，图4－2－8用60 N 的恒力F 通过轻绳拉木块，木块在A 点的速度v A ＝3 m/s 则木块运动到B 点的速度v B 是多少？(木块可视为质点，g 取10 m/s 2)解析 先取木块作为研究对象，则由动能定理得： W G ＋W T ＝12m v B 2－12m v A 2①其中W G ＝－mg ·AB ，W T 是轻绳上张力对木块做的功， 由于力的方向不断变化，这显然是一个变力做的功，对象转换： 研究恒力F 的作用点，在木块由A 运动到B 的过程中，恒力F 的功W F ＝F (AC －BC )，它在数值上等于W T .故①式可变形为：－mgAB ＋F (AC －BC )＝12m v B 2－12m v A 2，代入数据解得v B ＝7 m/s.答案 7 m/s【典例】 (2011·浙江卷，24)(20分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解 (1)轿车牵引力与输出功率的关系P ＝F 牵v将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得 F 牵＝Pv 1＝2×103 N ．(4分)当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N ．(2分)(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12m v 22－12m v 12(5分) 代入数据得Pt ＝1.575×105 J(3分)电源获得的电能为E 电＝50%×45Pt ＝6.3×104 J ．(2分)(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103 N ．在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，则E 电＝F 阻L ′(2分)代入数据得L ′＝31.5 m ．(2分)答案 (1)2×103N (2)6.3×104J (3)1.5 m 一、动能及动能定理的单独考查(低频考查) 1．(2009·上海单科，5)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，到达最高点后再下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )．A.H 9B.2H 9C.3H 9D.4H 9 解析 设小球的初动能为E k0，阻力为F ，根据动能定理，上升到最高点有，E k0＝(mg ＋F )H ，上升到离地面h 处有，E k0－2mgh ＝(mg ＋F )h ，从最高点到离地面h 处，有(mg －F )(H －h )＝12mgh ，解以上三式得h ＝49H . 答案 D2．(2011·课标全国卷，15改编)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能( )．A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析 若力F 的方向与初速度v 0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A 正确．若力F 的方向与v 0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B 正确．若力F 的方向与v 0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D 正确． 答案 C二、动能定理的应用且综合其他考点出现(高频考查) 3．(2009·上海单科，20)质量为5×103 kg 的汽车在t ＝0时刻速度v 0＝10 m/s ，随后以P ＝6×104 W 的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s 达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N ．求：(1)汽车的最大速度v m ；(2)汽车在72 s 内经过的路程s .解析 (1)达到最大速度时，牵引力等于阻力P ＝f v m v m ＝P f ＝6×1042.5×103m/s ＝24 m/s(2)由动能定理可得Pt －fs ＝12m v m 2－12m v 02所以s ＝2Pt －m (v m 2－v 02)2f ＝2×6×104×72－5×103×(242－102)2×2.5×103m ＝1 252 m 答案 (1)24 m/s(2)1 252 m图4－2－94．(2011·江苏卷，14)如图4－2－9所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M ＝km 的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g )．(1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22L .解析 (1)设细线中的张力为T ，根据牛顿第二定律得Mg －T ＝Ma T －mg sin 30°＝ma 且M ＝km 解得a ＝2k －12(k ＋1)g .(2)设M 落地时速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0.M 落地前由动能定理得Mg ·L sin 30°－mg ·L sin 30°·sin 30°＝12(M ＋m )v 2，对m ，M 落地后由动能定理得－mg (L －L sin 30°)sin 30°＝12m v 02－12m v 2 联立解得v 0＝k －22(k ＋1)gL (k >2)．(3)小球做平抛运动，则s ＝v 0t L sin 30°＝12gt 2 解得s ＝Lk －22(k ＋1)由k －22(k ＋1)<12得s ＝Lk －22(k ＋1)<22L .答案 (1)2k －12(k ＋1)g (2)k －22(k ＋1)gL (k >2) (3)见解析。
第5章 第2节 动能定理
切入点：应考虑货物运动到B点时的速度与皮带速 度的关系有多种可能．
【解析】物体在传送带上相对地面可能先加速后匀 速，也可能一直加速而物体的最终速度小于v，故 1 2 1 2 可能等于 mv ，可能小于 mv ，可能等于 mgs， 2 2 可能小于 mgs，但不可能大于 mgs，故选A、B、D.
2.(2012· 天津卷)如图5- 6甲所示，静止在水平地面 2的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的 关系如图5- 6乙所示，设物块与地面的静摩擦力最 2大值fmax，与滑动摩擦力大小相等，则( )
图5- 6 2-
2.(2012· 天津卷)如图5- 6甲所示，静止在水平地面 2的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的 关系如图5- 6乙所示，设物块与地面的静摩擦力最 2大值fmax，与滑动摩擦力大小相等，则( ) A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大
切入点：物体和电梯无相对运动，可以看成单一 物体的系统，动能定理适用．
【解析】地板上的物体与电梯一起向上运动，以物 体和电梯组成的系统作为研究对象．应用动能定理 1 2 可得：W拉 M m gH M m v ，拉力做的功 2 1 为W拉 M m v 2 M m gH，所以C不正确； 2 分别对电梯和物体应用动能定理可得，合外力对电 1 梯做的功为 Mv 2，答案D正确；地板对物体的支持 2 1 2 力做的功为 mv mgH，所以答案A、B均不正确． 2
点评：(1)分析物体受力情况，确定恒力和变力．(2) 找出其中恒力的功及变力的功．(3)分析物体初末状 态，运用动能定理求解．
题型二：动能定理在多过程问题中的应用
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(2)4.7R
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科学思维的培养——摩擦力在平面和曲面上做功的比较
物体沿斜面下滑过程中克服摩擦力做功大小等于动摩擦因数、正压力以及斜面底 边长三者的乘积。但若是曲面则上述结论无用，因为物体在曲面做圆周运动，摩 擦力做功不满足模型特点。
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2.对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因 果关系在数值上相等的符号。
(2)对“外力”的理解 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。
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解析 重力全程做功，故重力做功和重力势能减少量均为 mg(H＋h)，A 项错误， B 项正确；小球初、末速度都为零，由动能定理，外力总功为零，C 项正确；由 mg(H＋h)－f h＝0，可知阻力 f＝mg（Hh＋h），D 项错误。 答案 BC
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动能和动能定理的理解 1.动能与动能的变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。 (2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk ＜0表示物体的动能减少。
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【典例1】 (2018·江苏扬州中学高三4月质量监测)(多选)如图2所示，曲面PC和斜面 PD固定在水平面MN上，C、D处平滑连接，O点位于斜面顶点P的正下方。某物体 (可视为质点)从顶端P由静止开始分别沿曲面和斜面滑下，经过C、D两点后继续运 动，最后停在水平面上的A、B两处。各处材质相同，忽略空气阻力，则( )
图2
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A.此物体在曲面PC和斜面PD上克服摩擦力做功一定相等 B.此物体沿PCA和沿PDB运动克服摩擦力做功一定相等 C.距离OA一定等于OB D.距离OA一定小于OB
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解析 设PD斜面与水平方向的夹角为θ，则PD段克服摩擦力做功Wf＝μmgscos θ＝ μmgsPD水平，将PC段分成无数小段，由于在曲面上运动，径向的合力提供向心力， 则支持力大于重力在垂直于曲面方向上的分力，则每一小段克服摩擦力做功大于 μmgscos α＝μmgs水平，则整个曲面过程中，克服摩擦力做功大于μmgsPC水平，因为 斜面和曲面的水平距离未知，则克服摩擦力做功不一定相等，故A项错误；对全过 程运用动能定理得mgh－Wf＝0，知此物体沿PCA和沿PDB运动克服摩擦力做功一 定相等，故B项正确；因为整个过程克服摩擦力做功相等，沿斜面下滑在整个过程 中摩擦力做功等于μmgsPB水平，而沿曲面下滑克服摩擦力做功大于μmgsPA水平，则 OA一定小于OB，故C项错误，D项正确。 答案 BD
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分析动能定理与图象结合问题“三步走”
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动能定理的应用
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应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明 确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
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解析 (1) 滑块从F到D过程，根据动能定理得
mg×(2R－R)－μmgcos 37°×sin2R37°－μmgR3＝0
μ＝13
(2) 若滑块恰能到达E点，根据牛顿第二定律得
mg＝mvRE 2 在滑块从释放点到E的过程，根据动能定理得
mg(h－2R)－μmgcos 37°·sinh37°－μmg·R3＝12mvE2－0
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【例 3】 (2018·江苏苏州高三第一次模拟)如图 1 所示轨道 ABCDE 在竖直平面内， AB 与水平面 BC 成 37°角且平滑连接，圆心为 O、半径为 R 的光滑半圆轨道 CDE 与 BC 相切于 C 点，E、F 两点等高，BC 长为R3。将小滑块从 F 点由静止释放，恰 能滑到与 O 等高的 D 点。已知小滑块与 AB 及 BC 间的动摩擦因数相同，重力加 速度为 g，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
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【典例2】 (2019·仪征中学月考)如图3所示，小物块与水平 轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角
为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速 度为v1。现将倾斜轨道的倾角调为θ2，仍将物块从轨道上 高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。已知 θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。则( ) A.v1<v2 B.v1>v2 C.v1＝v2 D.由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定
(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__段__作__用___。
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小题速练 1.思考判断
图1
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(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)若AB足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E点，求释放点到水平 面的高度h； (3)若半径R＝1 m，小滑块在某次释放后，滑过E点的速度大小为8 m/s，则它从E 点飞出至落到轨道上所需时间t为多少？
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解析 设斜面的倾角为θ，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得Ek＝Ek0－ (mgsin θ＋μmgcos θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面向下滑动过 程，由动能定理得Ek＝Ek0－mgxsin θ－μmgcos θ(2L－x)＝Ek0－2μmgLcos θ－ (mgsin θ－μmgcos θ )x，故选项C正确。 答案 C
第2讲 动能 动能定理
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知识排查
动能
1.定义：物体由于__运__动__而具有的能叫动能。 2.公式：Ek＝ __12_m_v_2_。 3.单位： _焦__耳___，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 4.矢标性：动能是_标__量___，只有正值。 5.状态量：动能是__状__态__量___，只与时刻或位置有关。
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图3
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解析 设 A 点在水平轨道的竖直投影点为 C，水平轨道与倾斜轨道的交点为 D，物体
运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得12mv2＝mgh－μmgcos
h θ·sin
θ
－μmgxBD＝mgh－μmgh·ta1n
θ－μmgxBD，因为
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解得h＝4.7R (3) 假设滑块离开E点后落在AB上，根据平抛运动规律可得
x＝vEt，y＝12gt2 由几何关系得 tan 37°＝2xR－－R3y 解得t＝0.3 s
进一步得 x＝2.4 m＞R3
所以假设正确，故t＝0.3 s
答案
1 (1)3
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2.[人教版必修2P74第1题改编]改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改 变。在下列情形中，汽车的动能是原来的两倍的是( ) A.质量不变，速度增大到原来的2倍 B.速度不变，质量增大到原来的2倍 C.质量减半，速度增大到原来的4倍 D.速度减半，质量增大到原来的4倍 答案 B
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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＝___12_m_v_2_2_－__12_m_v_1_2__或 W＝Ek2－Ek1。
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 h·tan
θ＝xCD，所以12mv2＝mgh－μmgxBC，