高考物理一轮复习：19 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
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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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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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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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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
高考物理一轮复习：动能定理
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2. (多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( ABC ) A. 动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B. 物体的动能总为正值 C. 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 D. 动能不变的物体，一定处于平衡状态
C. ΔEk＝1.8 J
D. ΔEk＝10.8 J
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解析 取初速度方向为正方向，则 Δv＝(－6－6)m/s＝－12 m/s，由于 速度大小没变，动能不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确．
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4. (2016·四川理综)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他
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3. 一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞
到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，
则碰撞前后小球速度变化量的大小 Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量
ΔEk 为( B ) A. Δv＝0
B. Δv＝12 m/s
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解析 由题可得，重力做功 WG＝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，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功 Wf＝ 100 J，则动能增加 1 800 J，故选项 A、B 错误．
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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．
高考一轮复习 -动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用知识点一动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．公式：E k＝________.3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4．物理意义(1)动能是状态量，v是________(选填“瞬时速度”或“平均速度”)．(2)动能是________(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向________(选填“有关”或“无关”)．5．动能的变化物体________与________之差，即ΔE k＝________________________.知识点二动能定理1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中____________．2．表达式：W＝________________.3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．4．动能定理的特点思考辨析(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能也一定变化．( )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(3)物体的动能不变，所受的合力必定为零．( )(4)物体做变速运动时动能不一定变化．( )(5)合力做功不等于零时，物体的动能一定变化．( )(6)如果物体的动能增加，那么合力一定做正功．( )教材改编[人教版必修2P75T5改编]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 JC．150 J D．无法确定考点一对动能定理的理解和应用自主演练1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．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3.“一个参考系”：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．[多维练透]1．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝02.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A．对物体，动能定理的表达式为W＝m－m，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为M－M3．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是( )考点二动能定理的应用师生共研题型1|应用动能定理求变力的功例1 如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．重力加速度g取10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )A．0.5 J B．1.0 J C．1.5 J D．1.8 J题型2|动能定理在直线运动中的应用例2 有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ题型3|动能定理在曲线运动中的应用(多过程问题)例3 如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°，半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处．现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)试求：(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功．(2)B、C两点间的距离x.【考法拓展1】在【例3】中，求物块释放后通过与O点等高的位置Q点时对轨道的压力．【考法拓展2】在【例3】中，若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．练1 如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小v N；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能E k；(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s.练2 新型冠状病毒肺炎疫情发生后，全国人民踊跃捐款捐物，支持武汉人民抗疫．为了与时间赛跑，运送抗疫物资的某运输车以恒定功率P启动后以最大速度v m行驶．已知运输车总重为m.(1)求运输车速度为v m时的加速度；(2)假设运输车启动后经过时间t1，达到最大速度v m，求时间t1内运输车行驶的距离；(3)假设运输车启动后行驶距离s到达武汉，运输车刹车时所受合外力等于正常行驶时阻力的2倍，求运输车行驶的总时间．题后反思应用动能定理解题的基本步骤考点三动能定理与图象问题的结合多维探究题型1|vt图象例4 [2020·湖南湘潭一中月考]质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在水平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在水平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在水平面上运动的vt图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为( )A.m－3mgh B．3mgh－mC.m－mgh D．mgh－m题型2|Fx图象例5 [2020·济南模拟]静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )题型3|E kx图象例6 [2020·江苏卷，4]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图象是( )练3 (多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用E k、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( )练4 [2020·临沂二模]狗拉雪橇是人们喜爱的滑雪游戏．已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数μ＝0.1，人和雪橇的总质量m＝50 kg.在游戏过程中狗用水平方向的力拉雪橇，使雪橇由静止开始运动．人和雪橇的动能E k与其发生位移x之间的关系如图所示(g＝10 m/s2)．求：(1)雪橇在x＝30 m时的加速度；(2)在前40 m位移过程中拉力对人和雪橇做的功．题后反思解决物理图象问题的基本思路(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线的物理意义．(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)对比图线和函数关系式，利用图线的斜率、截距、交点、面积和特定值求物理量．思维拓展巧选过程规范答题[2020·江苏无锡6月模拟](12分)如图所示是滑板运动的轨道示意图，BC和DE是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＝0.2.某运动员从轨道上的A点以v＝3 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两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m和H＝2.5 m，g＝10 m/s2.(1)求运动员从A点运动到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？如果能，求出运动员回到B点时速度的大小；如果不能，求出运动员最后停止的位置距C点的距离．[教你解决问题](1)刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道→B点速度分解→到达B点时的速度大小．(2)从B到E→动能定理→水平轨道CD的长度L.(3)从E到第一次返回左侧最高处→动能定理→总路程→最后停止的位置．解答规范解答书写区自查项目(1)滑板在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，由题意得v B＝①(1分)解得v B＝6 m/s.②(1分)(2)从B到E的过程，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－m③(2分)有必要的文字说明指明对象和所用规律列式规范，无连等式、无代数过程题后反思1．灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2．注意运用做功的特点(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用.第2讲动能定理及其应用基础落实知识点一1．运动2．mv23．焦耳4．(1)瞬时速度(2)标量无关5．末动能初动能m－m知识点二1．动能的变化量2.m－m3．合外力4．(3)曲线运动(4)变力做功(5)分阶段思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√教材改编解析：根据动能定理W－mgh＝mv2得，W＝150 J，故选项C正确．答案：C考点突破1．解析：取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6)－6| m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔE k＝0，故选项B、D正确．答案：BD2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝m－m，选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，选项D正确．答案：CD3．解析：对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋，E k＝mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．答案：A例1 解析：在B点对小球由牛顿第二定律得F N－mg＝m，解得E kB＝mv2＝ (F N－mg)R，小球由A滑到B的过程由动能定理得mgR－W f＝mv2－0，解得W f＝R(3mg－F N)＝×0.2×(30－15) J＝1.5 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C例2 解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0mgh1－μmg＝0mgh1－μmgs＝0μ＝A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ<mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α，若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．答案：B例3 解析：(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s，a＝8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin 37°·＝m代入数据得W＝m＋mgsin 37°·＝156 J.(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N物块在P点的速度满足mg＝C到P的过程，由动能定理得－Fx－mgR(1＋cos 37°)＝m－m解得x＝ m＝6.125 m.答案：(1)156 J (2)6.125 m考法拓展1 解析：物块在P点时满足mg＝，物块从Q点到P点过程中，由动能定理得－mgR＝m－m.物块在Q点时有F N＝.联立以上各式得F N＝3mg＝60 N.由牛顿第三定律可知物块通过Q点时对轨道压力为60 N，方向水平向右．答案：60 N 方向水平向右考法拓展 2 解析：物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxsin 37°－mgR(1＋cos37°)＝m－m物块在P点时满足F N＋mg＝，联立以上两式得F N＝49 N答案：49 N练1 解析：(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有mg＝m解得v N＝＝2 m/s(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得－mgR＝m－E k解得E k＝0.06 J(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，R＝gt2，s＝v N t解得s＝ m答案：(1)2 m/s (2)0.06 J (3) m练2 解析：(1)由P＝fv m，解得f＝，由P＝F解得运输车速度为v m时的牵引力F＝，由牛顿第二定律有F－f＝ma，解得加速度a＝.(2)由动能定理得Pt1－fx1＝m，解得时间t1内运输车行驶的距离x1＝＝.(3)运输车刹车时匀减速运动的加速度为a′＝，从刹车到运输车停下需要的时间t3＝，联立解得t3＝，从刹车到运输车停下运动的距离x3＝＝，运输车匀速运动的距离x2＝s－x1－x3＝，运输车匀速运动的时间t2＝，又f＝，则运输车行驶的总时间t＝t1＋t2＋t3＝.例4 解析：本题考查动能定理与图象结合的问题．若物体由静止开始从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m－m，由题图乙可知，物体两次滑到水平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得W f＝mgh－m，D正确，A、B、C错误．答案：D例5 解析：由于Fx图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合＝mv2－0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确．答案：C例6 解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·－μ1mgcos θ·＝E k－0，解得E k＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝E k－E k0，解得E k＝E k0－μ2mg(x－x0)，其中E k0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．答案：A练3 解析：由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由x＝at2可知x与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知E k＝Fx＝Fat2，E k与t2成正比，选项A错误．答案：BD练4 解析：(1)雪橇从20 m到40 m做匀加速直线运动，由动能定理得：F合·Δx＝E k2－E k1由牛顿第二定律得：F合＝ma联立解得：a＝0.5 m/s2.(2)前40 m的运动过程由动能定理得：W－μmgx＝E k2解得：W＝2 900 J.答案：(1)0.5 m/s2(2)2 900 J。
高中物理【动能定理及其应用】一轮复习资料
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(山东省 2020 等级考试)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬 挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的 O 点．开始时， 小球静止于 A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面 内绕 O 点做圆周运动．垂直于墙面的钉子 N 位于过 O 点竖直线的左侧，ON 与 OA 的夹角为 θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动， 当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为 m，细线的长度为 L， 细线能够承受的最大拉力为 7mg，g 为重力加速度大小．
A．a＝2(mgmRR－W) C．N＝3mgRR－2W
B．a＝2mgmRR－W D．N＝2(mgRR－W)
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解析：选 AC．质点 P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得 mgR－ W＝12mv2，又 a＝vR2，联立可得 a＝2(mgmRR－W)，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持 力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 N－mg＝ma，代入可得 N＝3mgRR－2W， C 正确，D 错误．
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2．(动能定理求解变力做功)如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON，OM 水平， ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下，A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右 运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为(g 取 10 m/s2)( C )
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2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用目标要求 1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．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 v2，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(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 v22－12m v12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．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．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．(√)1．应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．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．例1如图所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为()A ．μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR答案D解析BC 段物体所受摩擦力为f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做功W ＝－fR ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做功为W 克＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，选D.例2(2021·河北卷·6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR 、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉直，将小球从Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g ，不计空气阻力)()A.(2＋π)gRB.2πgRC.2(1＋π)gR D ．2gR答案A解析小球下落的高度为h ＝πR －π2R ＋R ＝π＋22R ，小球下落过程中，根据动能定理有mgh ＝12m v 2，综上有v ＝(π＋2)gR ，故选A.例3一物块沿倾角为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v2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和h 分别为()A ．tan θ，H 2B.v 22gH－1θ，H 2C ．tan θ，H4 D.v 22gH－1θ，H 4答案D解析物块以初速度v 上升的过程，由动能定理得－mgH －μmg cos θ·H sin θ＝0－12m v 2，解得μv 22gH －1θ.当物块的初速度为v2时，由动能定理得－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12m v2，解得h ＝H4，故选D.例4如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝1kg 的小物块在9N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F ，取重力加速度g ＝10m/s 2，求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小．答案(1)45m/s(2)150N解析(1)从A 到B 过程，据动能定理可得(F －μmg )x AB ＝12m v B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为v B ＝45m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得－mg ·2R ＝12m v D 2－12m v B 2在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝mv D 2R联立解得小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小为F N ＝150N.应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5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 )()A.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．例6(2023·广东深圳市光明区名校联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6m ．质量为m ＝4.0kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N 、沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10m/s 2，在这一过程中摩擦力做的功为()A ．66.6JB ．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J答案B解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理F 2πr 4－mgr ＋W f ＝12m v 2，又r ＝3.6m ，摩擦力做的功为W f ＝－66.6J ，故选B.在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理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，就可以求出变力做的功了．考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mg sin30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mg sin30°－f)(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin30°－f)s－(mg sin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mg sin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例8A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·s－f1·3s＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．例9(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()答案A解决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、图线之间的交点、图线与横轴围成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．课时精练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是()A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 12答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功，A 、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12M v 22－12M v 12，D 正确．2.如图所示，光滑的固定斜面顶端固定一弹簧，质量为m 的小球以速度v 自最低点A 冲上斜面．压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，重力加速度为g ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是()A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12m v 2)答案A解析小球从A 到C 过程中，由动能定理可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，W G ＝－mgh ，解得W F ＝mgh －12m v 2，故选A.3.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则()A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 02答案AD解析设斜面长度为L ，斜面倾角为θ，由题意可知12m v 02＝mgL sin θ，12m v 02＝mgs sin θ＋μmgs cos θ，其中的s ＝34L ，解得μ＝13tan θ，因mg sin θ>μmg cos θ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A 正确，B 错误；整个过程产生的热量为Q ＝2μmgs cos θ＝12mgL sin θ＝14m v 02，选项C 错误，D 正确．4.(2023·广东揭阳市普宁二中月考)如图，质量为m 的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h 的位置静止滑下，停在水平面上的b 处；若从同一位置以初速度v 滑下，则停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等．已知重力加速度为g ，不计空气阻力与通过a 处的机械能损失，则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为()A ．mgh B.12m v 2C ．mgh －12m v 2D ．mgh ＋12m v 2答案C解析设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b 处时，在斜面上克服阻力做的功为W 1，在水平面上克服摩擦力做的功为W 2，由动能定理得mgh －W 1－W 2＝0，当运动员以速度v 从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c 处，且ab 与bc 相等，由动能定理可得mgh －W 1－2W 2＝0－12m v 2，联立两式求得W 1＝mgh －12m v 2，故选C.5．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)()A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案A解析物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得－mg ·s AO －μmg ·s DB －μmg cos α·s AB＝0－12v 02，α为斜面倾角，由几何关系有s AB cos α＝s OB ，因而上式可以简化为－mg ·s AO －μmg ·s OD ＝0－12m v 02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a 与离地高度h 的关系图像如图所示，则()A ．2h 0～3h 0范围内电梯向上做匀减速直线运动B ．电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量相等C ．电梯在3h 0处的速度大小为2a 0h 0D ．电梯上升的最大高度可能为3h 0答案C解析由题图可知从0到2h 0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h 0到3h 0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h 0，故A 、D 错误；根据动能定理可得12m v 2＝Fh ＝mah ＝mS 面积，则v ＝2S 面积，则电梯在h 0处的速度大小为a 0h 0，在2h 0处的速度大小为3a 0h 0，在3h 0处的速度大小为2a 0h 0，所以电梯在0～h 0和2h 0～3h 0范围内的速度变化量不相等，故B 错误，C 正确．7.(2023·广东省清中、河中、北中、惠中联考)如图所示，竖直圆轨道固定在水平面上，其中A为最低点，B 为最高点，C 为与圆心等高的点，质量为1kg 且可视为质点的小球在轨道内做完整的圆周运动．已知小球动能E k 的变化范围为10～20J ，忽略一切摩擦，重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是()A ．轨道半径为1mB ．小球对轨道的最大压力与最小压力的大小之比为3∶1C ．小球在C 点时对轨道的压力大小为45ND ．以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能等于动能答案B 解析在A 点F N1－mg ＝m v max 2R ，在B 点F N2＋mg ＝m v min 2R ，A 到B 过程，根据动能定理有－mg ×2R ＝12m v min 2－12m v max 2，又有12m v max 2＝20J ，12m v min 2＝10J ，解得R ＝0.5m ，小球对轨道的最大压力与最小压力之比F N1′F N2′＝F N1F N2＝31，A 错误，B 正确；在C 点F N3＝m v C 2R，A 到C 过程，根据动能定理有－mgR ＝12m v C 2－12m v max 2，解得小球在C 点时对轨道的压力大小F N3′＝F N3＝60N ，C 错误；以地面为势能零点参考平面，小球在C 点的重力势能E p ＝mgR ＝5J ，小球在C 点的动能E k ＝12m v C 2＝15J ，D 错误．8．(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3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为()A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg 答案C 解析法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F ，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k AB →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′整理以上两式并代入数据得物体的质量m ＝1kg ，选项C 正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下落过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′，则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝72－363－0N ＝12N ，mg －F ＝48－243－0N ＝8N 联立可得m ＝1kg ，选项C 正确．9.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h 、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，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 答案AB 解析对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh 7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f ＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．10.如图所示，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 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则()A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离答案C 解析在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．11．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移s 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功；(2)力F 的大小．答案(1)12J (2)39N 解析(1)B 在撤去F 后继续滑行s B ＝1.0m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6J ，由动能定理有－f B s B ＝0－E k B在撤去F 前，对B 由动能定律得W AB －f B s ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为s A ＝0.5m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9J ，由动能定理有－f A s A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有(F －f A －f B )s ＝E k A ＋E k B代入数据解得F ＝39N.12．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案(1)34mg 5gR 2(2)152mg 解析(1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mg cos α，由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR 2(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数据解得v B ＝52gR 小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R，解得F N ＝152mg 由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。
高考物理动能定理及其应用考点总结
如图5－2－3所示，一质量为m＝1 kg的物块静止 在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如 图5－2－4所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s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，求 (g取10 m/s2)：
在牵引力不变的条件下行驶45 m
的坡路到达B点时，司机立即关
图5－2－9
掉油门，以后汽车又向前滑行15 m停在C点，汽车的
质量为5×103 kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的
0.25倍，取g＝10 m/s2，求汽车的牵引力做的功和它
经过B点时的速率．
解析：汽车从A到C的过程中，汽车的发动机牵引力做正 功，重力做负功，摩擦力做负功，动能的变化量为零， 由动能定理可得WF－WG－W阻＝0，由于G、F阻已知， 汽车的位移也知道，所以有 WF＝WG＋W阻＝mgh＋0.25mgl＝2.25×106 J.
2．如图5－2－1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内 侧
壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧， BC是水平的，其长度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，则停的地点到B的距离 为( )
1．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等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的动能增量的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
2022年高考物理一轮复习课时作业第19讲动能定理
2022年高考物理一轮复习课时作业第19讲动能定理第19讲 动能定理1．一质量为m 的小球用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下从平稳位置P 点缓慢地移动到Q 点，如图所示．则力F 所做的功为( )A ．mgL cos θB ．Fl cos θC ．mgL (1－cos θ)D ．FL sin θ【解析】由动能定理可知W －mgL (1－cos θ)＝0，因此W ＝mgL (1－cos θ)，选C. 【答案】C2．如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点动身沿DBA 滑到顶点A 时速度刚好为零，假如斜面改为AC ，让该物体从D 点动身沿DCA 滑到A 点且速度刚好为零．则物体具有的初速度(已知动摩擦因数处处相同，且不考虑拐角的阻碍)( )A ．大于v 0B ．等于v 0C ．小于v 0D ．决定于斜面的倾角【解析】物体沿DBA 滑到顶点A 的过程中，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：－mgh －W f ＝0－12mv 2W f ＝μmgL DB ＋μmgL BA cos α＝μmgL OD ，同理可知沿DCA 运动时，W f ′＝μmgL OD ，因此第二种情形的初速度也为v 0.【答案】B 3．质量不等、但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止．则下列说法正确的有( )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 ．质量大的物体滑行时刻长D ．质量小的物体滑行时刻长【解析】物体的动能全部用来克服摩擦阻力做功，有E k ＝μmgl ，因此l ＝E kμmg ，质量小，滑行距离大．而t ＝va ＝2E km μg ，质量小，滑行时刻长．【答案】BD4．在离地面高度为h 处竖直向上抛出一质量为m 的物体，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时的速度为v .用g 表示重力加速度，则在此过程中物体克服空气阻力做的功为( )A ．mgh －12mv 2－12mv 20 B ．－12mv 2－12mv 20－mgh C ．mgh ＋12mv 20－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 2【解析】空气阻力是变力，不能用功的定义求解．物块在运动过程中受到重力和空气的阻力，在整个过程中，重力做的功W G ＝mgh ，物体克服空气阻力做的功为W 1，依照动能定理有W G －W 1＝12mv 2－12mv 20，整理得W 1＝W G －12mv 2＋12mv 20.【答案】C5．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F 的作用从静止起通过位移s 时的动能为E 1，当物体受水平力2F 作用，从静止开始通过相同位移s ，它的动能为E 2，则( )A. E 2＝E 1B. E 2＝2E 1C. E 2＞2E 1D. E 1＜E 2＜2E 1【解析】物体在粗糙的水平面上通过位移s 的过程中，所受到的摩擦力不变，由动能定理可得：水平力为F 时，(F －f )s ＝E 1 水平力为2F 时，(2F －f )s ＝E 2则E 2＝2(F －f )s ＋fs ＝2E 1＋fs >2E 1. 【答案】C6．一质量m ＝2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用运算机作出了小物块上滑过程的速度—时刻图线，如图甲所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小． (2)小物块与斜面间的动摩擦因数． (3)小物块返回斜面底端时的动能．【解析】(1)由小物块上滑过程的速度—时刻图线可知：a ＝v t －v 0t ＝－8.0 m/s 2小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0 m/s 2. (2)如图乙所示，小物块受重力mg 、支持力F N 和摩擦力f 作用，沿斜面建立直角坐标系，有：－mg sin 37°－f ＝－maF N －mg cos 37°＝0，f ＝μF N 代入数据解得：μ＝0.25.(3)设物块冲上斜面所能达到的最高点与斜面底端的距离为s ，物块返回到斜面底端时的动能为E k .沿斜面运动全过程中依照动能定理，有：－2μmgs cos 37°＝E k －12mv 20又s ＝v 0＋v t 2t解得：E k ＝32 J.【答案】(1)8.0 m/s 2 (2)0.25 (3)32 J7．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车确实是专门好的例子，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就能够连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化的关系如图线②所示．则第二次向蓄电池所充的电能是( )A ．200 JB ．250 JC ．300 JD ．500 J【解析】设自行车与路面的摩擦阻力为F f ，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－E k0＝－F f ·x 1，可得F f ＝50 N ，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦力做的功为：W ＝F f x 2＝300 J ，设克服电磁阻力做的功为W ′，由动能定理得：－W ′－W ＝0－E k0，可得W ′＝200 J.【答案】A8．如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fx【解析】小车克服重力做的功W ＝Gh ＝mgh ，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＝ΔE k ＝12mv 2，B 选项正确；由动能定理有：W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，因此推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv 2＋mgh －W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fx ，D 选项正确．【答案】ABD9．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(不计通过坡底时的机械能缺失)，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 ．关于那个过程，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】依照动能定理知重力和摩擦力做的总功等于运动员动能的变化，B 项正确；下滑过程中，重力做正功，假设没有摩擦力，在中点动能与重力势能应相等；由于摩擦力做负功，因此动能与重力势能相等的点在中点下面；上升过程中，动能减小一半，但没有全部转化为势能，故动能和势能相等的点在中点的上方，因此C 项正确．【答案】BC10．如图所示，ABCD 为一竖直平面的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出H ＝10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑．一质量为1 kg 的物体从A 点以4 m/s 的速度开始运动，通过BC 后滑到高出C 点h ＝10.3 m 的D 点速度为零．求：(取g ＝10 m/s 2)(1)物体与BC 轨道的动摩擦因数． (2)物体第5次通过B 点时的速度． (3)物体最后停止的位置(距B 点)．【解析】(1)分析从A 到D 过程，由动能定理得： －mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12mv 21解得：μ＝0.5.(2)物体第5次通过B 点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得： mgH －μmg ·4s BC ＝12mv 22－12mv 21 解得：v 2＝411 m/s≈13.3 m/s. (3)分析整个过程，由动能定理得： mgH －μmgs ＝0－12mv 21解得：s ＝21.6 m因此物体在轨道上来回了20次后，还有1.6 m ，故离B 的距离为：d ＝2 m －1.6 m ＝0.4 m.【答案】(1)0.5 (2)13.3 m/s (3)0.4 m11．图示是游乐园内某种过山车的示意图．图中半径分别为R 1＝2.0 m 和R 2＝8.0 m 的两个光滑圆形轨道固定在倾角θ＝37°的斜轨道面上的A 、B 两点．已知两圆形轨道的最高点C 、D 均与P 点平齐，圆形轨道与斜轨道之间平滑连接．现使小车(可视为质点)从P 点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数μ＝16，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点C ，则它在P 点的初速度应为多大？(2)若小车在P 点的初速度为15 m/s ，则小车能否安全通过两个圆形轨道？试通过分析论证之．【解析】(1)设小车通过C 点时的临界速度为v 1，则：mg ＝mv 21R 1设P 、A 两点间的距离为L 1，由几何关系可得：L 1＝R 11＋cos θsin θ小车从P 运动到C ，依照动能定理，有： －μmgL 1cos θ＝12mv 21－12mv 20解得：v 0＝6 m/s.(2)设P 、B 两点间的距离为L 2，由几何关系可得：L 2＝R 21＋cos θsin θ设小车能安全通过这两个圆形轨道，在D 点的临界速度为v 2，则：mg ＝mv 22R 2设D 点临界速度对应的P 点的初速度为v 0′，小车从P 运动到D ，依照动能定理，有： －μmgL 2cos θ＝12mv 22－12mv 0′2解得：v 0′＝12 m/s因为v 0＝12 m/s<15 m/s ，因此小车能安全通过两个圆形轨道． 【答案】(1)6 m/s (2)能安全通过两个圆形轨道。
高考物理总复习动能和动能定理
动能是[2]
，只有正值
状态量
动能是状态量，因为v是瞬时速度
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第2讲
动能和动能定理
2. 动能定理
内容
表达式
物理意义
适用条件
力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中[3] 动能的
变化
W＝[4]
1
m22
2
1
2
− m12
或W＝Ek2-Ek1
合力
做的功是物体动能变化的量度
曲线运动
数为μ、重力加速度为g，此过程发光物体所受的摩擦力(
A. 方向始终指向A点
C.
1
做的功为 mωr
2
D )
B. 大小始终为μmg
D.
1
做的功为 mω2r2
2
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第2讲
动能和动能定理
[解析]
角速度从0增大至ω的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，可知发光物体
有切向加速度，摩擦力等于发光物体所受的合力，提供发光物体切向加速度和向心
五年考情
核心素养对接
2023：新课标T20；
3.科学探究：通过对动能定理的
动能定理
2022：江苏T8；
学习，探索功与动能的关系.
与图像的
2021：湖北T4；
4.科学态度与责任：能用动能定
综合应用
2020：江苏T4；
理解决实际问题，激发学习兴
2019：全国ⅢT17
趣，提高应用能力.
动能和动能定理是历年高考的热点，题型为选择题或计算题，命题背
加速度，可知摩擦力方向不是始终指向A点，故A错误；角速度从0增大至ω的过程
中，发光物体未发生滑移，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，发光物体做圆周运
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。
高考物理复习 动能定理 机械能守恒定律课件(共32张PPT)
知识回顾
1、动能：物体由于运动而具有的能。 2、重力势能：地球上的物体具有的跟它的高度有关的能。
3、弹性势能：发生弹性形变的物体的各部分之间， 由于有弹 力的相互作用而具有的势能。
4、动能定理：合力所做的总功等于物体动能的变化。
5、重力做功与重力势能变化的关系：重力做的功等于物体重 力势能的减少量。
A
B
O
根据机械能守恒定律有 ： Ek2+Ep2=Ek1+Ep1
即 1/2mv2= mgl ( 1- cosθ)
所以 v =
【例2】以10m/s的速度将质量为m的物体竖直向上抛出，若 空气阻力忽略，g＝10m/s2，则上升过程在何处重力 势能和动能相等？
【解】物体在空气中只有重力做功，故机械能守恒 初状态设在地面，则：
例.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.
H
解：由动能定理得 mgH 1 mv2
2
∴ v 2gH
若物体沿高H的光滑曲面从顶端由静止下滑，结果如何？
仍由动能定理得 mgH 1 m v2 2
v 2gH
注意：速度不一定相同
若由H高处自由下落，结果如何呢？ 仍为 v 2gH
整个过程中物体的水平位移为s ，求证： µ=h/s
A
物体从A到B过程，由动能定理得：
L
h
s1
WG +Wf =0
mgh – µmg cos θ •L –µmg s2 =0 B
s2
mgh – µmg s1 –µmg s2 =0
mgh – µmg s =0 s
∴µ =h/s
3. 质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F的 作用下，从平衡位置P很缓慢地移到Q点，则力F所做的功为
动能定理高三一轮复习
vB 4m / s
考点二：动能定理在曲线运动中的应用
【例题2】如图所示为“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的 薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两 个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨 道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知 小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失， ab段长L＝1.25 m，圆的半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为M＝0.15 kg，g＝10 m/s2， 求：(1)若v0＝5 m/s，小球从p点抛出后的水 平射程； (2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高 点时， 管道对小球作用力的大小和方向； (3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力 大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大 时，轨道对地面的压力为零．
【变式练习1】如图，一质量m=1.0kg的小滑块从A点 以1m/s的速度沿倾角为53°的斜面AB滑到B点，已 知物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，A点与B点间 的距离s=1.5m，g取10m/s2， 求：滑块运动到B点的速度。
解析：A到B过程，应用动能定理：
B
1 1 2 2 mgs sin 53 mg cos 53 s mv B mv A 2 2
Wf 1000J
【考情分析】
考纲要求 考纲解读
动能和动能定理
高考的出题形式以选择题、 计算题为主，常与平抛、圆 周运动、电磁学等知识综合 II 级 在一起考查。考题难度在中 等以上，未来高考将可能出 现密切联系生活、生产实际、 联系现代科学技术的新情景、 新信息的综合题，在复习中 应侧重本部分知识的理解和 应用。
高考一轮复习--动能定理及其应用一
动能定理及其应用一类别内容知识点1 知道动能的概念及定义式，会比较、计算物体的动能．。
2 理解动能定理的含义及适用范围3 掌握利用动能定理求变力的功的方法4 能灵活应用动能定理分析问题能力点 1 理解和掌握状态量和过程量它们之间的对应关系 2能合理利用转换法求变力的功【知识进阶】 1. 知识图谱运动状态量位置状态量机械能状态量的和动能 E = mv 21KP上述描述物体运动的物理量中，属于状态量和过程量的分别有哪些？建立状态量和过程量的关系要注意哪些问题？ 【能力进阶】一、标矢性——动能例题1.(多选)一物块绕着圆盘边缘以速度v 做圆周运动，下列说法正确的是( )A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C ．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D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态二、状态量和过程量的关系——动能定理例题2.粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m ，有一质量为0.2kg 的物体自最高点A 从静止开始下滑到圆弧最低点B 时，然后沿水平面前进0.4m 到达C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10m/s 2)，求： (1)物体到达B 点时的速度大小.(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功变式：如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜ABC面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功多大？三、本章所用研究方法1.转换法-----求变力的功例题3.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功的大小？(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)变式：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，如图所示，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，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功？A. 52mgR B. 3mgR C. 7mgR D.12mgR2.图像法——速度(v)-时间(t)图像、位移(x)-时间(t)图像例题4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是()A B C D变式：一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()A B C D【进阶练习】（限时10分钟）1．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是( )A ．E k A ＝E kB B ．E k A >E k BC ．E k A <E k BD ．因运动方向不同，无法比较动能2．一人用力踢质量为1 kg 的静止足球，使足球以10 m/s 的水平速度飞出，设人踢足球的平均作用力为200 N ，足球在水平方向滚动的距离为20 m ，则人对足球做的功为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 JB ．200 JC ．4 000 JD ．6 000 J3．甲、乙两车汽车的质量之比m 1∶m 2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s 1∶s 2等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶14．质量m ＝10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示。
动能定理及其应用-高考物理一轮复习
滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8).则(
6
A.动摩擦因数 μ＝7
AB
)
2gh
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5g
2
第2讲 动能定理及其应用
一、板块摩擦模型
二、斜面摩擦模型
三、变力做功模型
四、动能定理中的图象模型
1.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.由物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量函数关系式.
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
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
f
A
f
F
B
过程中(
)
BD
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
XA
XB
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
动能为 2 J，v1＝
2Ek
m ＝ 2 m/s，故 A 错误.
同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝
4 m时动能为9 J，v4 ＝3 m/s，则2～4 m内有
2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为
高考物理复习时动能和动能定理及应用学案
第2课时 动能和动能定理及应用一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式：E k ＝12mv 2。
3.单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2。
4.矢标性：动能是标量，只有正值。
5.状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度。
二、动能定理1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式：W ＝12mv 22－12mv 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，也可以不同时作用。
【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为零，那么合外力对物体做功一定为零( √ )6.做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比( √ )考点一 动能 动能定理(d/d) [要点突破]1.对动能定理的三点理解(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，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”。
(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。
2.应用动能定理解决问题的步骤 (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，然后求各个外力做功的代数和。
一轮复习动能定理
(1)平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位 移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求 解。
(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上 列动能定理方程。
(3)由于过程比较多，所以一定要注意：不论哪种情况 都不要出现“丢功”及“错功”。严格按照重力、弹力、 摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断 出各个力做的功。
A．重力所做的功是mgh B．合外力对物块做的功是21mv2 C．推力对物块做的功是12mv2＋mgh D．阻力对物块做的功是12mv2＋mgh－Fs
12．(2017·洛阳检测)(多选)如图所示，在倾角为 θ 的斜面上， 轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为 M 的平板 A 连 接，一个质量为 m 的物体 B 靠在平板的右侧，A、B 与斜面的 动摩擦因数均为 μ。开始时用手按住物体 B 使弹簧处于压缩状 态，现放手，使 A 和 B 一起沿斜面向上运动距离 L 时，A 和 B 达到最大速度 v。则以下说法正确的是( )
2．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图所示，一固定容器的内壁是 半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中， 克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大 小为 N，则( )
A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为2 15 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变
6．(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面 上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和 物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所 示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是( )
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高考物理一轮复习：19 动能动能定理姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2019高一下·福州期末) 如图所示为低空跳伞极限运动表演．运动员从离地350 m高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。
假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是（）A . 物体的重力势能增加了B . 物体的动能增加了C . 阻力对物体做的功为D . 物体的机械能减少了2. （2分） (2019高一下·福建月考) 如图所示，三位体重相同的幼儿园小朋友在做滑梯游戏，三个小朋友分别沿A、B、C三条不同的路径同时从滑梯的顶端滑下。
滑梯的摩擦阻力忽略不计。
以下说法正确的有（）A . 到达底端时动能相同B . 到达底端时速度相同C . 到达底端时重力的平均功率相同D . 到达底端时重力的瞬时功率相同3. （2分） (2019高一下·平遥期末) 光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。
用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝36 J，如图所示。
放手后小球向右运动脱离弹簧，沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s2。
下列选项正确的是（）A . 小球脱离弹簧时的速度大小5m/sB . 小球通过最高点C的速度是0C . 小球在C点处于超重状态D . 小球从B到C阻力做的功-11J4. （2分）(2019·浙江模拟) 光滑水平面上以速度v0匀速滑动的小物块，运动到A点时受到一水平恒力F 的作用，经一段时间后小物块运动到B点，速度大小仍为v0 ，方向改变了90°，如图所示，则在此过程中（）A . 水平恒力F方向一定与AB连线垂直B . 小物块的动能一定始终不变C . 小物块的机械能一定先增大后减小D . 小物块的加速度可能变大5. （2分） (2019高一下·重庆期中) 如图，半圆形光滑轨道MN固定在水平面上，轨道直径为d并与地面垂直。
两个完全相同的A、B小球以不同初速度，从轨道下端M点进入轨道，均恰好不脱离圆弧轨道。
A小球沿轨道下端M点滑出，B小球从轨道上端N点水平飞出并落到水平地面静止（不考虑反弹），物块与地面间动摩擦因素为0.5，重力加速度大小为g.求两小球静止时与M点水平距离之比xA:xB=（）A . 1:1B . 1:2C . 2:1D . ：16. （2分）(2019·浙江模拟) 如图所示，直角三角形的斜边倾角∠C＝30°，底边BC长为2L、处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处固定一正点电荷，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下.滑到斜边上的垂足D时速度为v。
则（）A . 质点的运动是先匀加速后匀减速运动B . 质点在运动中动能与电勢能之和不发生变化C . 质点运动到非常近斜边底端C点时的速度为D . 质点运动到非常挨近斜边底端C点时的加速度为g/27. （2分）一质量为1kg的物体从静止开始匀加速竖直下落，经2s落地，落地时的速度大小为18m／s，若重力加速度g取10m／s2，则（）A . 物体的重力势能减少了200JB . 物体的机械能减少了20JC . 重力对物体做功180JD . 物体的动能增加了62J8. （2分）(2017·大连会考) 歼﹣15舰载战斗机在空中爬升过程中（）A . 重力做正功，重力势能减少B . 重力做正功，重力势能增大C . 重力做负功，重力势能减少D . 重力做负功，重力势能增大9. （2分） (2018高一下·诸暨期中) 如图所示，人在高h米的地方，斜上抛出一质量为m的物体，物体到最高点时的速度为v1 ，落地速度为v2 ，人对这个物体做的功为（）A .B .C .D .10. （2分） (2019高二下·西湖月考) 如图所示，质量相等的A、B两个物体，分别沿倾角为α和β的两个光滑固定斜面，由静止开始从同一高度h1开始下滑到另一同样的高度h2.在这一过程中，A、B两个物体具有相同的物理量是（）A . 所受重力的冲量B . 所受支持力的冲量C . 所受合力的冲量D . 动量变化的大小11. （2分） (2017高一下·福建期末) 如图所示，小球的质量为m，重力加速度为g，取小球在B点的重力势能为零，则小球（）A . 在A点的重力势能EP=mgh1B . 在C点的重力势能EP=mgh2C . 在A点的重力势能EP=mg（h1一h2）D . 在C点的重力势能EP=mg（h1一h2）12. （2分） (2019高一下·山阳月考) 如图所示轻质光滑定滑轮， M1=2kg， M2=1kg， M1离地高度为H=0.5m。
M1 与M2从静止开始释放，不计一切阻力，M1由静止下落了0.3m时的速度大小为（）A . m/sB . 3m/sC . 2m/sD . 1m/s二、多选题 (共4题；共12分)13. （3分） (2019高一下·赤峰月考) 若物体在运动过程中所受到的合外力不为零，则在运动过程中（）A . 物体的动能可能不变B . 物体的速度可能不变C . 物体的加速度可能不变D . 物体的动量可能不变14. （3分） (2019高一下·浙江月考) 如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A . 重力势能增加了B . 重力势能增加了mghC . 动能损失了mghD . 机械能损失了15. （3分） (2018高二上·遵义月考) 物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1 ，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2 ，冲量是I2.那么（）A . I1＝I2B . I1＜I2C . W1＝W2D . W1＜W216. （3分） (2019高一下·河南期中) 质量为m的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v0 ，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t前进的距离为s，此时速度达到最大值vm ，设在加速度过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为，则这段时间内牵引力所做的功为（）A . PtB .C .D .三、综合题 (共5题；共60分)17. （10分）(2019·汕头模拟) 如图是某少年进行滑板训练时的示意图．滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v=2.0m/s的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x=20m的距离后停下．此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，返回出发点时恰好停下．已知滑板的质量m=4kg，少年的质量M=40kg，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比．求：（1）少年与滑板一起滑行过程受到的路面阻力大小；（2）少年跳上滑板时的水平初速度v1大小和跳离滑板时的水平速度v2大小．18. （10分） (2019高三上·牡丹江期末) 如图所示，在同一水平面上，两条平行粗糙导轨MN、PQ的间距为L，水平轨道的左侧与两条竖直固定、半径为r的四分之一光滑圆弧轨道平滑相接，圆弧轨道的最低处与右侧水平直导轨相切于P、M两点，水平导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻，在水平导轨左边宽度为d的MDCP矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。
现一金属杆沿着水平导轨以初速度v0从磁场边界CD向左滑入磁场中，并恰好能到达与圆心等高的位置EF，之后刚好能返回到右边界CD。
已知金属杆的质量为m、接入电路的电阻为R，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，金属杆在运动过程中始终与水平导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g。
求：（1）金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时受到的弹力大小N；（2）在整个过程中定值电阻产生的焦耳热Q；（3）金属杆前、后两次穿越磁场区域所用时间之差。
19. （15分）(2019·平谷模拟) 如图所示，BCD是半径R = 0.4m的竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，光滑水平面AB与圆轨道在B点相切。
一质量m = 1kg可以看成质点的物体静止在水平面上的A点。
现用F = 8N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去外力F，之后物体沿BCD轨道运动。
已知A与B之间的距离x=2m，取重力加速度g = 10m/s²。
求：（1）恒力F做的功WF；（2）物体运动到D点时的速度大小vD；（3）在D点轨道对物体的压力大小FN。
20. （15分） (2018高二上·黑龙江月考) 一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成370角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求：（1）匀强电场的电场强度的大小；（2）求小球经过最低点时对丝线的拉力21. （10分） (2018高二上·集宁月考) 静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E＝1.0×103N/C 的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0＝2.0 m/s，质量m＝5.0×10－15kg、带电量为q＝－2.0×10－16C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：（1）微粒打在B板上的动能；（2）微粒打在B板上的动能；（3）微粒到达B板所需的最短时间；（4）微粒到达B板所需的最短时间；参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、多选题 (共4题；共12分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、综合题 (共5题；共60分) 17-1、17-2、18-1、18-2、18-3、19-1、19-2、19-3、20-1、20-2、21-1、21-2、21-3、21-4、。