第二讲、动能、动能定理
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．
高考一轮总复习•物理
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
必修2 动能定理
平抛运动
第二步：抓好关键点，找出突破口
小物块能通过“8”字轨道最高点 D 点的临界速度为 vD＝0，A 到 D，由动能定理求初速度的最小值；A
至 J 由动能定理求出小物块通过 J 点的速度，再由平抛运动的规律求落地点到 J 点正下方的水平距离； 分析两种情况：①小物块恰过“0”字最高点 G，由重力提供向心力。小物块 A 至 G 由动能定理列式， 求出“0”字轨道半径 R′。 ②小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，运用动能定理求出“0”字轨道半径 R′，再得到“0”字 轨道半径 R′的范围。
A.W1>W2，F＝2Ff C.P1<P2，F>2Ff
B.W1＝W2，F>2Ff D.P1＝P2，F＝2Ff
2.如图 9 甲所示，一质量为 4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力 F 作用下开始运动，推力 F 随位移 x 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5， (取 g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
应用动能定理解题的基本思路
1.如图 5 所示，质量为 m 的小球，从离地面 H 高处从静止开始释放，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，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( ) A.小球落地时动能等于 mgH B.小球陷入泥中的过程中克服泥的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)
科学思维——动能定理的综合应用 物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型 较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到 理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题。 【例】 (2018·3 月浙江温州选考适应性考试)如图 11 所示，某玩具厂设计出一个“2018”字型的竖直 模型玩具，固定在足够长的水平地面上，四个数字等高，“2”字和“8”字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成， 过“2”字出口 H 点的竖直虚线与“2”字上半圆相切，“0”字是半径为 R 的单层光滑圆轨道，“1”字是高度 为 2R 的具有左右两条通道的光滑竖直细管道，所有轨道转角及连接处均平滑，H、F、B、C 间的距 离分别为 3R、3R、2R。一小物块(可视为质点)分别从“1”字轨道 A 端的左、右两侧通道进入模型开始 运动，小物块与 FB、BC 段轨道的动摩擦因数μ1＝0.4，与 HF 段轨道的动摩擦因数μ2＝0.15，已知 R ＝1 m。
二讲动能动能定理【共51张PPT】
力做功WG=mgh 摩擦力做功Wf=-μmgcosθ·
h s in
物体在水平面上运动时,只有滑动摩擦力做功
Wf′=-μmg(s-
h). ta n
解法一:“隔离”过程,分段研究,设最低点物体速度为v,物体由
A到最低点根据动能定理得:
mgh-μmgcosθ·
h m1v2-0 ① sin 2
物体在水平面上运动,同理有:
(3)因动能定理中的功和动能均与参考系的选取有关,所以动能定理也
与参考系的选取有关,一般以地面为参考系.
三、运用动能定理须注意的问题
应用动能定理解题时,在分析过程时无需深究物体运动过程中状 态变化的细节,只需考虑整体的功及过程始末的动能.若过程包含 了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整体考虑.但求功 时,有些力不是全过程都作用的,必须根据不同的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.
答案:ACD
解析:合外力对物体做功W=mv2/2=1×22/2 J=2 J,手对物体做功 W1=mgh+mv2/2=1×10×1 J+2 J=12 J,物体克服重力做功 mgh=10 J.
4.( ·广东高考)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/s2,关 于力对小孩做的功,以下结果正确的是( )
2.子弹以某速度击中静止在光滑水平面上的木块,当子弹进入 木块深度为x时,木块相对水平面移动距离为x ,求木块获得的 动能ΔEk1和子弹损失的动能ΔEk2之比_____2 ___.
答 案 :1 3
解析:本题容易出错在使用动能定理时,乱用参考系,没有统一
确所定以以地E k面1 为F参f 2x考系1,木子块弹的损位失移的为动2x 能,子大弹于的木位块移获为得x的 动2x 能,
动能和动能定理课件
2.一物体的速度发生变化,其动能一定变化吗?一物体的动能发
生变化,其速度一定变化吗?
答案:物体的速度变化时,若其速度大小变化,其动能一定变化,
若其速度的大小不变,方向改变,其动能不变,例如物体做匀速圆周运
动时,速度改变了,但动能没有改变。物体的动能变化时,其速度的大
小一定变化,所以物体的速度一定变化。
(3)物体动能的变化原因是合外力做功,合外力做正功,物体的动
能变大;做负功,动能减小。
1.我们知道物体由于运动而具有的能叫动能,试举例说明影响
动能的因素可能有哪些?
答案:汽车运动得越快,具有的能量越多,动能应与物体的速度有
关;相同的速度,载重货车具有的能量要比小汽车具有的能量多,动能
应与物体的质量有关,可见动能的影响因素应该是物体的质量和速
(2)动能是状态量,在某一时刻,物体具有一定的速度,也就具有
一定的动能。
预习交流 1
卫星绕地球做匀速圆周运动,在卫星的运动过程中,其速度是否
变化?其动能是否变化?
提示:速度变化,动能不变。卫星做匀速圆周运动时,由于速度是
矢量,其速度方向不断变化,所以速度是变化的;其速度大小不变,所
以动能大小不变,由于动能是标量,所以动能是不变的。
的速度由 v1 增加到 v 2 时,上升高度为 H,则在这个过程中,下列说法或
表达式正确的是(
)
1
2
A.对物体,动能定理的表达式为 WFN = 2 2 ,其中 WFN 为支持力
的功
B.对物体,动能定理的表达式为 W 合=0,其中 W 合为合力的功
1
2
1
2
C.对物体,动能定理的表达式为 WFN -mgH= 2 2 − 1 2
动能和动能定理 课件
体上升和下降阶段经过同一位置时动能相等,动能在这段过程中变
化量为零,C错误;动能不变化,只能说明速度大小不变,但速度方向
有可能变化,因此合力不一定为零,D错误。
答案:A
规律方法 (1)动能是标量,物体的速度变化时,动能不一定变化。
(2)功是物体动能变化的原因,合外力做正功,物体动能增加;合外
知,小球的动能与其质量有关。
知识归纳
1.动能的“三性”
(1)相对性:选取不同的参考系,物体的速度不同,动能也不同,一般
以地面为参考系。
(2)标量性:只有大小,没有方向;只有正值,没有负值。
(3)状态量:动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的运动状
态(或某一时刻的速度)相对应。
2.动能变化量的理解
(1)表达式:ΔEk=Ek2-Ek1,即末动能减初动能。
(2)物理意义:①ΔEk>0,表示动能增加;②ΔEk<0,表示动能减少;③
ΔEk=0,表示动能不变。
(3)变化原因:物体动能是因为合外力做功。合外力做正功,动能
增加,合外力做负功则动能减少。
(4)过程量:对应物体从一个状态到另一个状态的动能变化过程。
动能变化的关系推导如下:
由牛顿第二定律 F=ma,又由运动学公式得 2al=2 2 − 1 2 ,即
2 2 -1 2
l=
2
。
把上面 F、l 的表达式代入 W=Fl 得 W=
1
1
2
2
W= 2 2 − 1 2 。
(2 2 -1 2 )
2
,也就是
2.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
动能和动能定理ppt
试比较下列每种情况下，甲、乙两物体旳动能：(除 题意中提到旳物理量外，其他物理情况相同) ①物体甲旳速度是乙旳两倍； ②物体甲向北运动，乙向南运动； ③物体甲做直线运动，乙做曲线运动； ④物体甲旳质量是乙旳二分之一。
总结：动能是标量，与速度方向无关；动能与 速度旳平方成正比，所以速度对动能旳 影响更大。
F kmg m v 2 2s
F kmg m v 2 1.8 104 N 2s
应用1：恒力+直线运动
例1、一架喷气式飞机，质量m 5.0 103 kg ，起飞过程中从
静止开始滑跑旳旅程为 s 5.3 102 m 时，到达起飞速
度 v 60m / s。在此过程中飞机受到旳平均阻力是飞机重量旳 0.02倍（k=0.02）。求飞机受到旳牵引力F。
❖ 一架飞机在牵引力和阻力旳共同作用下，在跑道上 加速运动．速度越来越大，动能越来越大．这个过 程中是牵引力和阻力都做功，牵引力做正功，阻力 做负功，牵引力和阻力旳合力做了多少功，飞机旳 动能就变化了多少．
思索与讨论（二）
❖ 动能定理是否能够应用于变力做功或物体做曲线 运动旳情况，该怎样了解?
❖ 把过程分解为诸多小段，以为物体在每小段运动 中受到旳力是恒力，运动旳轨迹是直线，这么也 能得到动能定理．
弹力做功WF
w 外力做功
重力势能mgh 弹性势能kx2/2 动能体现式？
探
究
物
设质量为m旳某物体，在与运动方
体 动
向总相同旳恒力F旳作用下发生一段位
能 移l，速度由v1增长到v2，如图所示。试
体 现 式
谋求这个过程中力F做旳功与v1、v2旳关 系？
F v1
v2
推导F做功体现式旳过程
W=FL
第2讲动能动能定理
2mg的两球速度大小为v2，由动量守恒定
律知mv1＝2mv2
④
飞出轨道后两球做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线
运动，有2R＝v2t
⑤
综合②③④⑤式得v＝的判断及计算 【例题】 一质量为 m 的小球用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点， 小球在水平力 F 作用下，从平衡位置 P 点缓慢地移动，当悬线 偏离竖直方向θ角到达 Q点时，如图5－2－7 所示，则水平力F 所做h，A 选项正确；由动能 定理知小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W 合＝ΔEk ＝12mv2，B 选项正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv2， 所以推力做的功 W 推＝12mv2－W 阻－W 重＝12mv2＋mgh－W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功 W 阻＝12mv2－W 推－W 重＝12mv2＋ mgh－Fs，D 选项错误．
答案：A智浪教育--普惠英才热点1 运用动能定理解决多过程问题 【例1】(2010 年全国卷Ⅱ)如图 5－2－3，MNP 为竖直面 内一固定轨道，其圆弧段 MN 与水平段 NP 相切于 N，P 端固定 一竖直挡板．M 相对于 N 的高度为 h，NP 长度为 s.一物块自 M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停 止在水平轨道上某处．若在 MN 段的摩擦可忽略不计，物块与 NP 段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与 N 点距 离的可能值．
如果某个力对物体做负功，则加负值．
②位移和速度，必须是相对于同一个参考系，一般以地面
为参考系．智浪教育--普惠英才2．动能定理的运用 (1)动能定理中涉及的物理量有 F、s、m、v、W、Ek 等，在 涉及含有上述物理量的问题时，可以考虑使用动能定理．由于 动能定理只需考虑过程中力做功的情况和初、末状态的动能， 而无需考虑运动状态的细节，所以运用动能定理解题，往往比 用牛顿运动定律要简便．用动能定理还能解决一些牛顿运动定 律难以求解的问题，如变力做功，曲线运动等，所以解题时， 应优先考虑用动能定理．
第2讲动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用思维诊断(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)动能不变的物体所受合外力一定为零．()(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)物体做变速运动时动能一定变化．()考点突破2.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．3．合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变．4．高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．5．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．mv2变式训练1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＝Mv＋.显然考点二动能定理的应用1.应用动能定理解题的步骤：2．注意事项：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．[例2]如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.2m1－④点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为＋1－－2m1－＋1－－f m考点三用动能定理处理多过程问题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、l、m、v、W、E k等物理量的力学问题．[例3]如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.5，加速阶段AB的长度l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点撤去拉力，取g＝10 m/s2.试问：(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？(2)满足第(1)的条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？(3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围．[解析](1)设小车恰好通过最高点的速度为mg＝mv20R①变式训练3如图所示，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处由静止滑下，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/s2，下滑时逆着毛的生长方向．求：(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．示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．A．2 m/sB．8 m/s类题拓展质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方v20的关系图象，已知v202＝2v201，下列描述中正确的是()A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是v2H H⎛⎫11质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力2R，得v＝gR.对质点的下滑过程应用动能定理，，C正确．．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好。
动能和动能定理资料ppt课件
T 变力
h mg
求变力做功问题
瞬间力动做能功和动问能定题理
运动员踢球的平均作用力为200N,把一个静止 的质量为1kg的球以10m/s的速度踢出,水平面 上运动60m后停下,则运动员对球做的功?如果 运动员踢球时球以10m/s迎面飞来,踢出速度仍 为10m/s,则运动员对球做的功为多少?
vo
v=0
A、 1：2
B、 2：3
C、 2：1
D、 3：2
AmA gLA
0
1 2
mAv02
BmB gLB
0
1 2
mBv02
LA B 3 LB A 2
例与练
动能和动能定理
5、质量为2Kg的物体沿半径为1m的1/4圆 弧从最高点A由静止滑下，滑至最低点B时 速率为4m/s，求物体在滑下过程中克服阻 力所做的功。
（4）根据动能定理列方程求解；
例与练
动能和动能定理
1、同一物体分别从高度相同，倾角不同的 光滑斜面的顶端滑到底端时，相同的物理量 是（ ）
A.动能
B.速度
C.速率
D.重力所做的功 WG mgh
mgh 1 mv2 0 2
v 2gh
例与练
动能和动能定理
2、质量为m=3kg的物体与水平地面之间的
动能和动能定理
二、动能的表达式
v22 v12 2al
a v22 v12 2l
又F ma m v22 v12
2l
WF
Fl
m v22 v12 2l
l
1 2
mv22
1 2
mv12
二、动能的表达式
动能和动能定理
WF
1 2
mv22
1 2
第2讲 动能定理及应用
第2讲 动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：E k ＝12m v 2。
3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。
4．动能是标量，是状态量。
5．动能的变化：ΔE k ＝12m v 22－12m v 21。
二、动能定理1．内容：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。
2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。
3．物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)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。
【自测 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合力为零，则合力做功一定为零B ．合力做功为零，则合力一定为零C ．合力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体所受合力一定为零答案 A命题点一 动能定理的理解1．两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。
当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【例1 随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( )图1A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的加速度成正比答案 B解析 列车在启动阶段做v 0＝0的匀加速直线运动，列车的动能E k ＝12m v 2＝12m (at )2＝12m ·(2ax )，可见B 正确，A 、C 、D 错误。
【针对训练1】 (多选)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，则下列判断正确的是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J答案 AC解析 因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加了3 J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 正确，D 错误。
2024版高考物理一轮复习教材：动能和动能定理教学课件
第2讲 动能和动能定理教材知识萃取1. 如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ,其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为E 1,它会落到坑内c 点,c 与a 的水平距离和高度差均为h ;若经过a 点时的动能为E 2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。
�2�1等于A.20 B.18C.9.0D.3.01.B 摩托车落到c 点时,根据平抛运动规律有h =v 01t 1,h =12g �12,解得�012=�ℎ2;同理摩托车落到b 点时有�022=9gh 。
又动能E 1=12m �012、E 2=12m �022,所以�2�1=18,故A 、C 、D 项错误,B 项正确。
答案2. 某音乐喷泉一个喷水管的流量为Q =0.04 m 3/s,喷出的水最高可达20 m 的高度,已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3,不计空气阻力和水滴之间的相互作用,用于该喷水管的电动机功率约为A.8.0×103 WB.8.0×104 WC.2.0×103 WD.2.0×104 W2.A 根据题意,水离开管口的速度大小v =2� =2×10×20 m/s=20 m/s,设给喷管喷水的电动机输出功率为P ,很短一段时间Δt 内喷出的水柱的质量m =ρ·V =ρQ Δt ,根据动能定理可得P Δt =12mv 2,代入数据解得P =8.0×103 W,故A 正确,BCD 错误。
答案3. [多选]游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC部分轨道水平。
一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力为2.5mg,重力加速度大小为g。
下列说法正确的是A.小孩到达B点时的速度大小为2�B.小孩到达B点时的速度大小为6�2mgRC.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14mgRD.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12教材素材变式3.BC 根据牛顿第三定律可知,小孩在B点处受到轨道的支持力N=2.5mg,根据牛顿第二定律有N-mg=��2,解得v=6�2,故选项A错误,B正确;根据动能定理有mgR-W f=12mv2,将v=6�2代入可求出小孩从A到B克服摩擦力做的功W f=14mgR,故选项C正确,D错误。
第五章第二节动能动能定理
第二节 动能 动能定理 考点一 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)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． 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 ＝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． 命题视角1 利用动能定理解决恒力做功问题(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 .[思路点拨] (1)小物块刚好能沿斜面下滑，用平衡条件求解． (2)小物块沿斜面加速下滑，用牛顿第二定律或用动能定理求解． (3)小物块在桌面上减速滑动，用牛顿第二定律或动能定理求解． (4)小物块离开桌面做平抛运动，用平抛运动的知识求解． [解析] (1)为使小物块下滑，应有 mg sin θ≥μ1mg cos θ， θ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 ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)① 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0 代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12m v 2结合①式并代入数据得v ＝1 m/s由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝v t解得t ＝0.4 sx 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m命题视角2 利用动能定理解决变力做功问题如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v 0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ，且F ＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A.12m v 20 B ．12m v 20＋m 3g 22k2 C ．0 D ．12m v 20－m 3g 22k2[思路点拨] 当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F 逐渐减小，环将最终静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F 逐渐减小，当力F 减至和重力大小相等时，此时环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动．分上述三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可．[解析] 当F ＝k v 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故C 可能；当F ＝k v 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20，得W ＝12m v 20，故A 可能；当F ＝k v 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg 时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，F ＝k v ＝mg 时得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m v 20－m 3g 22k 2，故D 可能．[答案] B命题视角3 利用动能定理解决弹簧弹力做功问题(2015·高考江苏卷)一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L .装置静止时，弹簧长为32L .转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g .求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W .[思路点拨] 弹簧弹性势能的变化是由弹力做功来量度的，而弹力一般是变力，故通常用动能定理解决此类问题．[解析] (1)装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1.小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L2小环受力平衡，F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1 小球受力平衡，F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mgF 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mgL.(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x . 小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L )小环受力平衡，F 弹2＝mg ，得x ＝54L对小球，F 2cos θ2＝mgF 2sin θ2＝m ω20l sin θ2且cos θ2＝x2l解得ω0＝ 8g5L .(3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3.小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL小环受力平衡，2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3，且cos θ3＝L4l对小球，F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mg F 3sin θ3＋T 3sin θ3＝m ω23l sin θ3 解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理W －mg ⎝⎛⎭⎫3L 2－L 2－2mg ⎝⎛⎭⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2 解得W ＝mgL ＋16mgl2L.[答案] (1)4mg L (2) 8g5L(3)mgL ＋16mgl 2L1．[视角1](2014·高考上海卷)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t 1、t 2；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；t 1>t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1>t 2C ．ΔE k1>ΔE k2；t 1<t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2；t 1<t 2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t 1>t 2.2．[视角2](2016·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 202 B ．2m v 202 C.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．[视角3]如图所示，倾角为θ的固定斜面的底端有一挡板M ，轻弹簧的下端固定在挡板M 上，在自然长度下，弹簧的上端在O 点处．质量为m 的物块A (可视为质点)从P 点以初速度v 0沿斜面向下运动，PO ＝x 0，物块A 与弹簧接触后将弹簧上端压到O ′点，然后A 被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好能回到P 点．已知A 与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度用g 表示．求：(1)物块A 运动到O 点的速度大小； (2)O 点和O ′点间的距离x 1；(3)在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .解析：(1)物块A 从P 点运动到O 点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知(mg sin θ－μmg cos θ)x 0＝12m v 2－12m v 20得：v ＝v 20＋2g (sin θ－μcos θ)x 0.(2)物块A 从P 点向下运动再向上运动回到P 点的全过程中，根据动能定理： μmg cos θ·2(x 1＋x 0)＝12m v 20x 1＝v 204μg cos θ－x 0.(3)物块A 从O ′点向上运动到P 点的过程中，由能量守恒定律可知： E p ＝(mg sin θ＋μmg cos θ)·(x 1＋x 0)解得E p ＝14m v 20·⎝⎛⎭⎫1μtan θ＋1. 答案：(1)v 20＋2g (sin θ－μcos θ)x 0(2)v 204μg cos θ－x 0 (3)14m v 20·⎝⎛⎭⎫1μtan θ＋11.对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：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．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．应用动能定理的三理解、两注意(1)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．(2)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的速度时，也可以全过程应用动能定理求解.考点二 利用动能定理解决曲线运动问题在解决曲线运动尤其是平抛运动(抛体运动)、圆周运动时运用运动学公式很难研究过程中的运动参量，不能清晰明确曲线运动的初、末状态运动量；而动能定理一般不涉及中间过程，只与初、末状态有关，因此解决曲线运动有很大优势．命题视角1 与圆周运动相结合的问题(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[思路点拨] 圆周运动中摩擦力做的功与运动速度有关，因为速度影响向心力，向心力影响支持力，而支持力影响摩擦力．[解析] 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 2NR ，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．[答案] C命题视角2 与平抛运动相结合的问题一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系xOy .已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y ＝12hx 2，探险队员的质量为m .人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？[解析] (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得x ＝v 0t ①2h －y ＝12gt 2②根据题意有y ＝x 22h③ 由动能定理mg (2h －y )＝12m v 2－12m v 20④联立①②③④式得12m v 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20＋4g 2h 2v 20＋gh .⑤ (2)⑤式可以改写为v 2＝⎝⎛⎭⎪⎫v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ⑥ v 2有极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh此时v 2＝3gh ，则最小动能为⎝⎛⎭⎫12m v 2min ＝32mgh . [答案] 见解析命题视角3 与平抛、圆周运动相结合的综合问题山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小． [思路点拨] (1)大猴从A →B 做什么运动？(2)猴子抓住青藤荡起，从C →D ，受几个力作用？其中有哪些力做功？机械能是否守恒？ [解析] (1)设大猴从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2x 1＝v min t代入数据解得v min ＝8 m/s.(2)设荡起时的速度为v C ，由动能定理得：－(M ＋m )gh 2＝0－12(M ＋m )v 2C 解得v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s.(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点，根据牛顿第二定律有F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2CL由几何关系得(L －h 2)2＋x 22＝L 2代入数据解得F T ＝216 N.[答案] (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N4．[视角1](2015·高考海南卷)如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为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( )A.14mgR B ．13mgR C.12mgR D ．π4mgR 解析：选C.在Q 点，质点受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2R，又F N ＝2mg ，质点由P 到Q 过程中，由动能定理有：mgR －W f ＝12m v 2，联立以上各式解得，克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，C 项正确．5．[视角2](2014·高考福建卷)右图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ①R ＝12gt 2②由①②式得 v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由动能定理，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P－0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦又N ＝0⑧cos θ＝hR⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R .答案：(1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R6．[视角3]如图所示，从A 点以某一水平速度v0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小； (2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，H －h ＝12gt 2设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ， 联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37° 有tan θ＝v y /v 0＝3/4，得v 0＝4 m/s 在B 点时的速度大小v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s.(2)从A 点至C 点，由动能定理有：mgH ＝12m v 22－12m v 20 设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝m v 22R解得：v 2＝27 m/s ，F N ＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力 F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l ＝v 222μ1g＝2.0 m.答案：(1)4 m/s 5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m(1)解决抛体运动都可用动能定理求解速度大小问题，但不能求其方向.(2)圆周运动中用动能定理可把临界点的运动情况推广到圆上各点.(3)用动能定理解决曲线运动问题一定要关注运动交接点的运动状态变化.考点三 动能定理在多阶段多过程问题中的应用当物体的运动是由几个物理过程组成或物体做多过程往复运动，且又不需要研究过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看做一个整体进行研究，从而避免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．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：(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．[思路点拨] 首先要判断出物体最后所停留的位置(或过程)，即确定末状态，然后再根据动能定理求解全过程问题．[解析] (1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动．对整体过程由动能定理得： mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝Rμ.(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E ①F N －mg ＝m v 2ER ②由①②得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力 F ′N ＝F N ＝(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下． (3)设物体刚好到达D 点，则mg ＝m v 2DR③L ′取最小值时，对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D ④由③④得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R故应满足的条件为L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R.[答案] (1)R μ(2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下 (3)L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R7．(多选)如图所示，一质量m ＝0.75 kg 的小球在距地面高h ＝10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失．若小球运动过程中受到的空气阻力f 的大小恒为2.5 N ，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5 mB ．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3.3 mC ．小球在空中运动的总路程为30 mD ．小球在空中运动的总路程为28.75 m解析：选AC.设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h 2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h 2的过程中，由动能定理有mg (h －h 2)－f (h ＋h 2)＝0，解得：h 2＝mg －f mg ＋fh ＝5 m ，选项A 正确；对小球运动的全过程，由动能定理可得，mgh －fs 总＝0，解得s 总＝mgh f＝30 m ，选项C 正确．8．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：选D.由于BC 面粗糙，物块在BC 面上往返运动不断消耗机械能，直至停止运动．设物块在BC 面上运动的总路程为s .根据动能定理得：mgh －μmgs ＝0，解得s ＝h μ＝0.300.10m ＝3 m ，因为30.50＝6，可见物块最后停在B 点，D 正确．一、选择题(1～6小题为单选题，7～10小题为多选题)1．(2016·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[导学号76070223] 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．如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动．则在转动一周的过程中推力F 做的功为( )A ．0B ．2πrFC ．2FrD ．－2πrF[导学号76070224] 解析：选B.磨盘转动一周，力的作用点的位移为0，但不能直接套用W ＝Fs cos α求解，因为在转动过程中推力F 为变力．我们可以用微元的方法来分析这一过程．由于F 的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段来研究，如图所示，当各小段的弧长Δs i 足够小(Δs i →0)时，F 的方向与该小段的位移方向一致，所以有：W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋F Δs 3＋…＋F Δs i ＝F ·2πr ＝2πrF (这等效于把曲线拉直)．3.(2016·衡水模拟)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s[导学号76070225] 解析：选B.根据F －x 图象可得W 总＝40 J ，由动能定理得：W 总＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝3 m/s ，B 对4.(2016·太原摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mg B ．316mg C.716mg D ．725mg [导学号76070226] 解析：选D.对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －f )H ＝12m ⎝⎛⎭⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确．5．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x ，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[导学号76070227] 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 ，f 1＝μF N1＝μG ，W f ＝fL ，W f 1＝f 1L ，因为f >f 1，所以W f >W f 1，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．6．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[导学号76070228] 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．7．(2016·南昌模拟)如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A 向上有三个等间距点B 、C 和D ，即AB ＝BC ＝CD ，D 点距水平面高为h .小滑块以某一初速度从A 点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D 位置时速度为零；若斜面AB 部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C 位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g ，则在AB 有摩擦的情况下( )A ．从C 位置返回到A 位置的过程中，克服阻力做功为23mgh B ．滑块从B 位置返回到A 位置的过程中，动能变化为零C ．滑块从C 位置返回到B 位置时的动能为13mgh D ．滑块从B 位置返回到A 位置时的动能为23mgh [导学号76070229] 解析：选BC.由于A 、B 、C 和D 等间距，A 、B 、C 和D 所处的高度均匀变化，设A 到B 重力做功为W G ，从A 到D ，根据动能定理，有－3W G ＝0－12m v 20；若斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理，有－2W G－W f ＝0－12m v 20，联立解得W G ＝W f ，所以从C 位置返回到A 位置的过程中克服阻力做功为13mgh ，选项A 错误；从B 位置返回到A 位置时因W G ＝W f ，所以动能的变化为零，选项B 正确；设滑块下滑到B 位置时速度大小为v B ，根据动能定理，有W G ＝12m v 2B ＝13mgh ，选项C 正确，D 错误．8．如图所示，MPQ 为竖直面内一固定轨道，MP 是半径为R 的1/4光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ 相切于P 点，Q 端固定一竖直挡板，PQ 长为x .一小物块在M 端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后以碰前速率反向弹回，最后停在距离Q 点为l 的地方，重力加速度为g ，则( )A ．物块由静止滑至圆弧轨道P 点时速度大小为2gRB ．物块由静止滑至圆弧轨道P 点时对轨道压力的大小为mgC ．物块与PQ 段的动摩擦因数μ值可能是R x －lD ．物块与PQ 段的动摩擦因数μ值可能是R 3x －l[导学号76070230] 解析：选AD.设物块滑至P 点时的速度为v ，根据动能定理有mgR ＝12m v 2－0，解得v ＝2gR ，选项A 正确；设物块到达P 点时，轨道对它的支持力大小为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3mg ，根据牛顿第三定律，物块对轨道压力的大小F ′N ＝F N ＝3mg ，选项B 错误；若物块与Q 处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q 为l 的地方．设该点为O ，物块从M 运动到O 的过程，根据动能定理有mgR －μmg (x＋l )＝0－0，解得μ＝R x ＋l，选项C 错误；若物块与Q 处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道，后又返回水平轨道，停在距Q 为l 的O 点，全程应用动能定理有mgR －μmg (2x ＋x－l )＝0－0，解得μ＝R 3x －l，选项D 正确．9．(2016·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[导学号76070231] 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＝2gh ②①②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．10．2022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。
物理人教版(2019)必修第二册8.3动能和动能定理(共29张ppt)
典例解析
N
v0=0m/s f
F
v=80m/s
G l=2.5×103m
方法一：利用牛顿第二定律和运动学公式 解：设飞机做匀加速直线运动，受到重力、支持力、牵引力和阻力作用
根据牛顿第二定律：F合=F-kmg=ma 由v2-0=2al得：a=v2/2l 由以上两式得：F=1.04×105N
典例解析 v0=0m/s f
重力势能mgh 弹性势能kx2/2 动能表达式？
第一部分 动能的表达式
情景一
在光滑水平面上质量为m的物体，在与运动方向总相同的恒力F的作 用下发生一段位移l，速度由v1增加到v2，如图所示。试寻求这个过程中外 力做的功与v1、v2的关系？
v1
情景1
FN F
G
l
v2 F
情景一
W Fl
v1
情景1
动能定理
4.实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动的状态在空间上 的累积效果。
5.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下 得到的，当物体受到变力作用，或者做曲线运动时，可以采用把整个过 程分成许多小段，也能得到动能定理。
典例解析
【例题1】一架喷气式飞机，质量m =7.0×104kg，起飞过程中从静止开始 滑跑.。当位移l达到2.5×103m时，速度达到起飞速度 v =80m/s，飞机受 到的平均阻力是飞机所受重力的1/50。g取10m/s2，求飞机受到的牵引力。
第二部分 动能定理
动能定理
1.内容：外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.公式：W=Ek2－Ek1 如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个
力做功的代数和。 3.物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化 之间的关系，即若合外力做正功，物体的动能增加，若合外力做负功， 物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少。
动能和动能定理(高中物理教学课件)
例4.质量为8g的子弹，以300m/s的速度射入厚度 为5cm的固定木板，射穿后的速度是100m/s。子 弹射穿木板的过程中受到的平均阻力是多大？
解：取子弹为研究对象，
由动能定理：WF Ek
fl
1 2
mvt2
1 2
mv02
f 0.05 1 0.008 (1002 3002 ) 2
f 6.4103 N
一.动能
思考：若地面粗糙，功与速度的关系还是这样吗？ 这时W代表什么功？
W合 (F f )l
F f ma
v22 v12 2al
W合
(F
f
)l
m
v22 v12 2l
l
W合
1 2
mv22
1 2
mv12
这个W其实是合外力所做的功。
思考：若一质量为m的物体以初速度v0平抛，经过一段
时间后下落了h的高度，速度变成vt，重力做的功W与速
度有什么关系？
O
v0
W mgh
y方向分运动：v
2 y
2gh
勾股定理：v
2 y
vt2
v02
h
W
m
v
2 y
2
1 2
mvt2
1 2
mv02
α vx
vy
vt
在曲线运动中，这个表达式也适用。我们把这个表达式 叫动能定理。
二.动能定理
1.定义：合外力对物体做的功等于物体在这个过 程中动能的变化。
二.动能定理
4.解题步骤
①确定研究对象(物体还是物体系统)及运动过程 ②分析受力情况，各力做功情况，合功 情况 ③确定初末状态 ④列式求解
解：取飞机为研究对象
由动能定理：WF Wf Ek
动能和动能定理 课件
一、动能 (Ek)
1、定义: 物体由于运动而具有的能 叫动能
2、公式:
Ek
1 2
mv2
▲ 质量越大、 速度越大，物体的动能就越大
▲ 动能是标量
下面关于一定质量的物体的动能的说法 哪些是对的?
• A 物体速度变化,其动能一定变化 • B 物体的动能变化,其运动状态一定发生改变 • C 物体的速度变化越快,其动能变化也一定越快 • D 物体所受合外力不为零,其动能一定变化
s
解法二：（过程整体法）物体从A由静止滑到B的过程中，由
动能定理有： mgh mgl cosq mgSCB 0 …….①
而 l cosq SCB S
…….②
由①和②式得 h
s小结：Βιβλιοθήκη 1. 动能：Ek1 mv2 2
2. 动能定理：
W总
1 2
mv22
1 2
mv12
外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
3
2
确 定 各
F mv 2 kmg 2s
4建方程
力 做
5.0 10 3 60 2 2 5.310 2
0.02 5.0 10 3
9.8
功
1.8 10 4 N
启发：此类问题，牛顿定律和动能定理都适用， 但动能定理更简洁明了。解题步骤:1、2、3、4
例2、如图所示，物体从高为h的斜面体的顶端 A由静止开始滑下，滑到水平面上的B点静止， A到B的水平距离为S，求： 物体与接触面间的动摩擦因数（已知：斜面体 和水平面都由同种材料制成）
二、动能定理
内容：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
1、合外力做功。 2、外力做功之和。
动能变化
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。
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．
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。
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第二单元
动能
动能定理
制作人：
考纲解读
●掌握动能的概念，理解动能与质量﹑速度 的大小关系． ●理解动能定理的确切含义，并能自己推 导． ●能灵活地运用动能定理求解物体的受力﹑ 位移﹑速度﹑及力的功等．
例：下列关于动能和速度的说法，正确的(B A.物体的速度发生变化，动能一定变化 B.物体的动能发生变化，速度一定变化 C.物体的动能发生变化，速度一定不变 D.物体的速度发生变化，动能一定不变
虑空气阻力，落到地面后并深入地面h深处停止，求： 球在落入地面以下的过程中受到的平均阻力是重力的 多少倍。 解： 以球为研究对象，在下落的过程中受力如图， 根据动能定理有
或全过程： mgH h fh 0 H 解 得： f m g1 h
1 分过程： mgH mv 2 0 2 1 2 mgh fh 0 mv 2
G
H
f
h
G
总结:应用动能定理的步骤
（1）确定研究对象和研究过程。 （2）对研究对象进行受力分析。 （3）写出该过程中合外力做的功或者物体所受力 在各个阶段做的功。（注意功的正负）。 （4）写出物体的初、末动能。 （5）按照动能定理列式求解。
注意:在应用动能定理时应关键抓住以下三点:
知识梳理
二、动能定理： 1、内容： 合外力所做的功等于物体动能的变化量. 1 1 2 2.公式: W合=EK2-EK1= 2mv2 mv12. 2
思考：如何推导动能定理？
本质是利用了运动学方程和牛顿第二定律
3、对动能定理的理解
1 2 1 2 W总 mv 2 mv1 2 2
(1) 动能定理反映了物体动能的变化与所受外力做功之 间的功能关系。外力可以是恒力，也可以是变力。过程 可以是直线运动，也可以是曲线运动。 (2) 功和动能都具有相对性，中学物理中一般取地球为 参考系（相对与地面的）。 (3)功和动能都是标量，所以上式是标量式（不用规定正 方向）。 (4) 计算W合有两种方式： ★先求出合外力F合，再利用功的定义式W合=F合scosα ★合外力的功等于所有外力对物体做功的代数和 W合 = W1+ W2+ ……
2 2
△Ek＞0，表示物体的动能增加； △Ek的决定因
素是什么？
△Ek＜0，表示物体的动能减少.
例2、下列说法正确的是（ E ） A、物体做变速运动，则动能一定变化 B、物体的动能不变，则物体所受的合外力必定为0 C、运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物 体的动能一定变化 D、运动物体的动能不变，则物体所受的合力一定 为零 E、运动物体所受合力不为零，则物体一定做变速 运动
2
B．3FR/4 D．0
2 \ mv 1 FR
解：
mv 1 F R mv 2 F/4 2R
2
2 mv 2 FR/2
1 2 1 2 1 W DEk mv2 mv1 FR 2 2 4
1、拉力有什么特点，如何求拉力功？ 2、物体的速度与小车的速度相等吗？满足 怎样的关系？
1 2 WF mg ( 2 H H ) mv ' 0 2
m
F
变式4：如图示,光滑水平桌面上开一个小孔,穿一 根细绳,绳一端系一个小球,另一端用力F 向下拉, 维持小球在水平面上做半径为R 的匀速圆周运动. 现缓缓地减小拉力,使圆周半径逐渐增大.当拉力 变为F/4时,小球运动半径变为2R,则在此过程中拉 力对小球所做的功是： A
A．FR/4 C．5FR/2
(1)研究对象与过程选取要明确
(2)求合力功要准确
(3)动能变化要清楚
应用1:对曲线运动的处理 问题1:物体运动经过了几个过程？ 问题2:过程中有那些力做了功？ 问题3:选择哪个过程列动能定理？
感悟1:过程选择的重要性及选择的方法 感悟2:动能定理处理问题的方便性（相对与
牛顿第二定律）
问题1：路程藏在什么地方？
问题2：过程如何选择？ 问题3：过程中有那些力做功？ 问题4：方程如何写？
1 2 mgl sin 37 mg cos 37 S 0 mv 2
0 0
动能定理的应用2 ——求变力功
【例5】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。在下列三种情况 下，分别用水平拉力F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 功各是多少？ ⑴用F缓慢地拉； ⑵F为恒力； θ ⑶若F为恒力，而且 L 拉到该位置时小球的 速度刚好为零。
例.一质量为1Kg的物体被人用手由静止向上提升1m， 这时物体的速度时2m/s，则下列说法中正确的是 （g取10m/s）：（ ACD ） A.手对物体做功12J B.合外力对物体做功12J
C.合外力对物体做功2J
D.物体克服重力做功10J
三、应用动能定理解题步骤如何？
例3、以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的 小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。 已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度 和返回到原抛出点的速率分别为 （ B ）
)
知识梳理:
一、动能 1.定义： 物体由于运动而具有的能叫动能，用Ek表示 2.公式： Ek= 1 mv2 ，单位：J.
2
3.（1）动能是标量.
与V的区别与联系
（2）动能是状态量，也是相对量，因为V为瞬时速 度，且与参考系的选择有关.一般指相对于地面. 4. 动能的变化△Ek=EK2-EK1= 1 mvt2- 1 mv02.
v
2 0
2 g (1 A．
f ) mg
v0
mg f mg f
mg f mg f
B．
2 v0
2 g (1
2 v0
f ) mg
v0
mg mg f
2 v0
2f C． 2 g (1 ) mg
v0
D．
2f 2 g (1 ) mg
v0
mg mg f
【变式2】一球从高出地面H处由静止自由落下，不考
小结：对绳子牵引类问题的处理时应注意 的问题。
动能定理的应用3 ——多体问题的处理
注意点1:对单体列方程，明确研究对象 注意点2:写出每一个个体的动能定理方程
A的动能定理怎么写？
B的动能定理怎么写？
典例讲析
【变7】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?