高三物理一轮复习：动能定理(多过程)

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高三物理动能动能定理复习

应为（ A ）
A、6.4m B、5.6m C、7.2m D、10.8m
变式题：将一质量为m的小球由高H处以水平初速度 V0抛出，试求落地时小球的动能为多大？
Ek未12mv02 mgH
考点四、动能定理在多过程中的应用
1 考题：物体从高出地面H处由静止自由落下，如图所示，
不考虑空气阻力，落至地面掉入沙坑内h处停止，求物
A
f=7N
R
B
规律总结用动能定理求解变力做功的注意要点:
1. 分析物体受力情况,确定哪些力是恒力,哪些力
是变力.
2. 找出其中恒力的功及变力的功. 3. 分析物体初末状态,求出动能变化量. 4. 运用动能定理求解.
考点六、动能定理的综合应用
考题：如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 1200，半径R为2.0米，一个物体在离弧底E高度为h=3.0米处,以初速4.0米/秒沿斜面向上运动，若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多长路程？（取g=10米/秒2）
和初、未状态的动能
一．
对研究对象的每个运动过程进行受力分析
二．由动能定理列出方程，求出结果
三．对结果进行分析和讨论
考点一、动能概念的理解
考题：关于物体的动能，下列说法中正确的是（ A ）
A、一个物体的动能总是大于或等于零 B、一个物体的动能的大小对不同的参考系是相同的 C、动能相等的两个物体动量必相同 D、质量相同的两个物体，若动能相同则它们的动量必相同
•动能定理对应是一个过程，只强调该过程的初状态和未状态以及整个过程中合外力的功
•△EK>0,动能增加； △EK<0,动能减小

(新课标)高考物理一轮总复习第五章第二讲动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(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)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)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．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )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3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“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．3．应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比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．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确．答案：A1－2.[解决直线运动问题] 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和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·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：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)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[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得－mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、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：C3－2.[a －t 图象] 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：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确．答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)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( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 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( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑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 ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)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( AB )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35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，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v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。

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
高考一轮总复习•物理
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．
高考一轮总复习•物理
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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动能定理优质课件

时的速度为vm，不计飞机在B处的机械能损失．求AB部分的长
度．
第五章机械能
知识整合基础
热点考向剖析
学科素养提升
考情随堂体验
课时演练·大冲关
【解题引路】 (1)飞机在AB段上滑行时有哪些力做功？各做多少功？
(2)飞机在BC段上滑行时各力做功情况如何？
(3)全过程动能的变化量是多少？
第五章机械能
知识整合基础
第五章机械能
知识整合基础
热点考向剖析
学科素养提升
考情随堂体验
课时演练·大冲关
【解题引路】 (1)小球刚好到达B点的条件是什么？ (2)小球在运动的全过程中有哪些力做功？ (3)在做功的各个力中，有哪些变力做功？
【提示】
(1)重力提供向心力
(2)重力，空气阻力 (3)空气阻力【尝试解题】 ________
第五章机械能
知识整合基础
热点考向剖析
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[针对训练]
2．如图所示，质量为2 kg的物体从A点沿半径为R的粗糙
半球内表面以 10 m/s的速度开始下滑，到达B点时的速度变为 2 m/s，求物体从 A点运动到 B点的过程中，摩擦力所做的功是多少？
第五章机械能
知识整合基础
热点考向剖析
学科素养提升
考情随堂体验
课时演练·大冲关
典例1
(2015·海淀高三上学期摸底)我国第一艘航空母舰
“辽宁号”已经投入使用．为使战斗机更容易起飞，“辽宁
号”使用了跃习技术，其甲板可简化为如图所示的模型： AB 部分水平，BC部分倾斜，倾角为 θ.战机从 A点开始滑跑，从 C 点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰

高三物理一轮复习动能、动能定理_PPT讲课

动能、动能定理专题复习课
基础知识梳理
一、动能 1．定义：物体由于 _____而具有的能．运动 1 2 mv 2．表达式：E k ＝ ______. 2 3．矢标性： ___量．标 2 2 4．单位： _____ ， 1 J ＝ 1 N · m ＝ 1 kg · m /s . 焦耳 5．瞬时性：v 是瞬时速度． 6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同．高中阶段位移、速度一般以地面为参照物
[解析] 设物体经过总路程为 L，对全过程由动能定理得 1 2 mgs0sinα－μmgLcosα＝0－ mv0， 2 1 2 mgs0sinα＋ mv 0 2 解之得 L＝ . μmgcosα
1 2 mgs0sinα＋ mv0 2 μmgcosα
[答案 ]
题型三动能定理在变力做功问题中的应用【例 3】总质量为 80 kg 的跳伞运动员从离地 500m 的直升机上跳下，经过 2 s 拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的 v－t 图像，试根据图像求：(g 取 10m/s2) (1)在 t＝1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小；
分析：运动员对球做功是在瞬间完成的，用做功公式 W=FLcosa不好计算，可考虑动能定理； W 合＝Ek2－Ek1 即： W人＝Ek2－Ek1 =50J
F
vo
S=50m
v=0
题型归纳
题型一用动能定理处理多过程问题
【例 1】物体从高出地面 H 米处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至地面进入沙坑 h 米停止，如图所示，求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍．
FN
vm
F
f
x
G
22 min 钟内应用动能定理得：解：1当速度达到最大值时，F f则： 1 P Fv fvm pt fx m v2 2 5 f 1 10 N x 1350m

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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高考物理一轮复习课件动能定理

实验器材和步骤
实验器材：打点计时器、纸带、重锤、天平、刻度尺、电源等。
01
安装实验器材，将打点计时器固定在桌面上，接通电源。
03
02
实验步骤
04
将纸带穿过打点计时器，一端固定在重锤上，另一端穿过限位孔。
释放重锤，使其自由下落，同时启动打点计时器记录数据。
05
06
重复实验多次，获取足够的数据。
适用范围和条件
适用范围
动能定理适用于恒力和变力做功、直线运动和曲线运动等各种情
况。
适用条件
动能定理的适用条件为只有重力或弹力做功的物体系统，或者虽有其它力做功但做功的代数和为
零的系统。
注意事项
在应用动能定理解题时，需注意选取研究过程和研究对象，分析受力情况和运动情况，确定各力做功情况，以及正确运用动能定
04
功能关系与能量守恒结合应用
功能关系概述及分类
功能关系定义
功能关系是指物体受力作用后，其动能和势能之间发生转化和守恒的关系。
VS
功能关系分类
根据力的性质和作用方式，功能关系可分为保守力功能关系和非保守力功能关系。保守力做功与路径无关，只与初末位置有关，如重力、弹力等；非保守力做功与路径有关，如摩擦力、空气阻力等。
能量转化和转移问题分析
能量转化
能量转化是指能量从一种形式转化为另一种形式的过程，如动能转化为势能、电能转化为热能等。在转化过程中，能量的总量保持不变。
能量转移
能量转移是指能量从一个物体转移到另一个物体的过程，如热传递、做功等。在转移过程中，能量的总量也保持不变。
分析方法
在分析能量转化和转移问题时，需要明确研究对象和过程，分析受力情况和做功情况，确定能量的来源和去向。然后根据能量守恒定律列方程求解。同时，需要注意区分不同形式的能量和不同的转移方式。

2020届高三高考物理一轮复习专题突破：动能定理求解多过程问题

动能定理求解多过程问题【典例1】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，BC 是水平的，其宽度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开始下滑。

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 点的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0【典例2】如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块与挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。

若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022g sin θ＋x 0tan θC.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ D.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022g cos θ＋x 0cot θ【典例3】在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。

如图所示，他们将选手简化为质量m ＝60 kg 的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O 距水面的高度为H ＝3 m 。

不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。

取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F ；(2)若绳长l ＝2 m ，选手摆到最高点时松手落入水中。

设水对选手的平均浮力F 1＝800 N ，平均阻力F 2＝700 N ，求选手落入水中的深度d ；(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。

1轮复习17动能定理1

4.总质量为M的列车,沿水平直轨道匀速前进,其末节车厢质量为m,中途与前面的车厢脱钩,司机发觉时,机车已行驶了s0距离,于是立即关闭油门, 除去牵引力,设运动的阻力与车的重力成正比,机车的牵引力是恒定的,当列车的两部分都停止,它们间的距离是多少？ 1 2 (M m)v 对车头 kMgs0-k(M-m)g(s1+s0)=00 2 对脱钩车厢 S0 V0 1 2 mv 0 -kmgs2=0S1 2
例2、如右图所示，水平传送带保持 1m/s 的速度运动。一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2。现将该物体无初速地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点1m 的B点，则皮带对该物体做的功为（ A ） A.0.5J B.2J A B C.2.5J D.5J 解: 设工件向右运动距离S 时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知 μ mgS=mv2/2 解得 S=0.25m<1m 说明工件未到达B点时，速度已达到v，所以工件动能的增量为 △EK = mv2/2 = 0.5×1×1= 0.5J
解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。
设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ时的速度为v， 1 2 mgR sin mv 对b球由动能定理： 2 此时绳子拉力为T=3mg，在绳子方向由向心力公式： v2 T mg sin m R 解得θ=90°，A对B错；
故b球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒,竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大,然后逐渐减小到零, 故重力的瞬时功率Pb = mgvy 先增大后减小，C对D错。
3.如图所示，PQ是固定在水平桌面上的固定挡板，质量为m的小木块N从靠近P以一定的初速度向Q运动，已知物块与桌面间的动摩擦因数为μ ，P与Q相距为s，物块与Q板碰撞n次后，最后静止于 PQ的中点，则整个过程摩擦力所做的功为多少？(n为自然数)

2025版高考物理大一轮复习课件专题突破课7动能定理在多过程中的应用

2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点。
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。 (3)弹簧弹力做功与路径无关。
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考点一考点二限时规范训练
例 1 学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。已知滑块质量为m＝20 g，圆轨道半径R＝0.2 m，轨道AB长xAB＝1 m，BC长xBC＝ 0.4 m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)由平抛规律 vAsin 37°＝gt x1＝vAcos 37°·t y1＝12gt2 解得 x1＝1.2 m ，y1＝0.45 m 可见坐标为(1.2 m，0.45 m)。
考点一考点二限时规范训练
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考点一考点二限时规范训练
(2)滑块在 A 点时 vA＝cosv307°＝5 m/s 从 A 到 C，由动能定理得 (mgsin 37°－μmgcos 37°)xAB－μmgxBC＝12mvC2－12mvA2 在 C 点 FNC－mg＝mvRC2 联立解得 FNC＝2.7 N 由牛顿第三定律可知，压力大小为 2.7 N。

2024年新人教版高考物理一轮复习课件第6章专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用

W 克 fDA＝μmgcos θ·sinh θ＋μmgs，
④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，
⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
例2 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面
底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E5k.已知sin α ＝0.6，重力加速度大小为g.则
(3)小球的释放点离水平地面的高度H. 答案 0.35 m
小球从释放到运动到 A 点的过程，运用动能定理有 mgH－μmgL＝ 12mvA2，代入数据解得 H＝0.35 m.
动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定. 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程.
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3.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为
斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜
面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为
小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动
的总路程为
A.s4i9nHθ
ma下＝mgsin α－μmgcos α，解得a下＝g5 ，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝12 at2，则可得出t上<t下，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。

高考一轮复习--动能定理及其应用二

动能定理及其应用二类别内容知识点1进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性．。

2会利用动能定理分析多过程问题3会利用动能定理分析多个物体的问题4能用动能定理求解与平抛运动、圆周运动相关的综合问题能力点1灵活运用分段法和整体法解决多过程问题2灵活运用整体法和隔离法和解决多个物体的问题【能力进阶】一、分段法和整体法----动能定理的多过程问题例题1.如图所示,某滑板爱好者在离地h=1.8 m高的平台上滑行,水平离开A点后落在水平地面的B点,其水平位移l1=3 m,着地时由于存在能量损失,着地后速度变为v=4 m/s,并以此为初速度沿水平地面滑行l2=8 m后停止.已知人与滑板的总质量m=60 kg.求:(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小.(2)人与滑板离开平台时的水平初速度.(空气阻力忽略不计,g取10 m/s2)变式：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 =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时飞出平台,求木块落地时速度的大小?二、整体法和隔离法-----动能定理的多个物体问题例题2.一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳PQ提升井中质量为m的物体,如图所示,绳的P端拴在车后的挂钩上.设绳的总长不变,绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开始时,车在A点,左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的,左侧绳长为H.提升时,车向左加速运动,沿水平方向从A经过B驶向C.设A到B的距离也为H,车过B点时速度为v B.求车由A移到B的过程中,绳Q端的拉力对物体做的功是多少?变式：如图所示,有一光滑的T字形支架,在它的竖直杆上套有一个质量为m1的物体A,用长为l的不可伸长的细绳将A悬挂在套于水平杆上的小环B下,B的质量m2=m1=m.开始时A 处于静止状态,细绳处于竖直状态.今用水平恒力F=3mg拉小环B,使A上升.求当拉至细绳与水平杆成37°时,A的速度为多大?三、用动能定理求解与圆周运动、抛体运动相关的综合问题例题3.如图所示,AB是倾角为θ=30°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,物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.求:(1) 物体与轨道AB间的动摩擦因数μ.(2) 最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力的大小.(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'至少多大.例题4.如图所示，水平平台上有一轻弹簧,左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑,BC段长x=1m，与滑块间的摩擦因数为μ1=0.25.平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v=7m/s,长为L=3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面长度s=0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R=1m，θ=37°.今将一质量m=2kg的滑块向左压缩轻弹簧,使弹簧的弹性势能为E p=30J,然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同，并经过D点的拐角处无机械能损失．重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6，不计空气阻力．试求：(1)滑块到达C点的速度v C，(2)滑块与传送带间的摩擦因数μ2，(3)若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围.《动能定理及其应用二》进阶作业【进阶练习】（限时10分钟）1.将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为()A．0.4 J B．2 JC．2.2 J D．4 J2.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，g取10 m/s2，则()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 J3.如图所示,跨过定滑轮的轻绳两端的物体A和B的质量分别为M和m,物体A在水平面上.A由静止释放,当B沿竖直方向下落h时,测得A沿水平面运动的速度为v,这时细绳与水平面的夹角为 ,试分析计算B下降h过程中,A克服地面摩擦力做的功.(滑轮的质量和摩擦均不计)《动能定理及其应用一》进阶作业A组（基础类）1. (单选)如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,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,则下列说法中正确的是()A. 小球落地时动能等于mgHB. 小球陷入泥中的过程中克服泥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+Hℎ2. (多选)如图所示，质量为M 的电梯底板上放置一质量为m 的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，不计空气阻力，则( ) A. 物体所受合力做的功等于12mv 2＋mgHB. 底板对物体的支持力做的功等于mgH ＋12mv 2C. 钢索的拉力做的功等于12Mv 2＋MgHD. 钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M 做的总功等于12Mv 23. 如图所示, AB 与CD 为两个对称斜面,其上部都足够长,下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧圆心角为120°,半径R=2.0 m.一个质量为2 kg 的物体在离弧底E 高度为h=3.0 m 处,以初速度v 0=4 m/s 沿斜面运动,物体与两斜面的动摩擦因数均为 =0.2.求:物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能运动多少路程?(g=10 m/s 2)4.单板滑雪U 型池如图所示，由两个完全相同的14圆弧滑道AB 、CD 和水平滑道BC 构成，圆弧滑道的半径R ＝4 m ，B 、C 分别为圆弧滑道的最低点，B 、C 间的距离s ＝7.5 m ，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B 点时水平向右的速度v 0＝16 m /s ，运动员从B 点运动到C 点所用的时间t ＝0.5 s ，从D 点跃起时的速度v D ＝8 m /s .设运动员连同滑板的质量m ＝50 kg ，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A 、D 两点的切线沿竖直方向，重力加速度g 取10 m /s 2.求：(1) 运动员在B 点对圆弧轨道的压力；(2) 运动员从D 点跃起后在空中完成运动的时间；(3) 运动员从C 点到D 点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功．B 组（中档类）1. (单选)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块与挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A. 1μ⎝⎛⎭⎫v 202gcos θ＋x 0tan θB. 1μ⎝⎛⎭⎫v 202gsin θ＋x 0tan θ C. 2μ⎝⎛⎭⎫v 202gcos θ＋x 0tan θ D. 1μ⎝⎛⎭⎫v 202gcos θ＋x 0tan θ2. (单选)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图乙所示。

高考物理一轮复习精讲精练第6章机械能守恒定律第二讲动能定理

第二讲动能定理➢ 知识梳理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝12mv 2．3．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关． 4．状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度．5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性．6．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12m 22v －12m 21v ．动能的变化是过程量．二、动能定理1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式 (1)W ＝ΔE k ． (2)W ＝E k2－E k1． (3)W ＝12m 22v －12m 21v ．3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度． 4．适用范围广泛(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，也可以不同时作用．➢ 知识训练考点一、动能定理的理解和基本应用 1．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． 2．解题流程3．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系． (2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解． (3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例1、(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O 转动，另一端与质量为m 的小木块相连。

木块以水平初速度v 0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。

在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )A ．mv 202πLB ．mv 204πLC ．mv 208πLD ．mv 2016πL【答案】B【解析】在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f ·2πL ＝0－12m 20v ，可得木块所受摩擦力的大小f ＝mv 204πL，故选B ．例2、随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便，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( )A ．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】根据v ＝at ，E k ＝21mv 2，整理得E k ＝21ma 2t 2，可知动能和时间的平方成正比，选项A 错误；根据动能定理E k ＝21mv 2＝Fl ，可知动能和位移成正比，选项B 正确；根据E k ＝21mv 2，动能与速度的平方成正比，选项C 错误；加速度是不变的，所以动能与加速度不成正比，选项D 错误．例3、(2018·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】由题意知，W 拉－W 克摩＝ΔE k ，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 克摩与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．例4、如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 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 ＝1 kg 的小物块在9 N 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 ＝5 m ，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 ＝10 m/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)4 5 m/s (2)150 N【解析】(1)从A 到B 过程，据动能定理可得(F －μmg )x AB ＝12mv B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为 v B ＝4 5 m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得－mg ·2R ＝12mv D 2－12mv B 2在D 点由牛顿第二定律可得 F N ＋mg ＝m v 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 ＝150 N.课堂随练训练1、(2021·高考河北卷，T6)一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示。

动能定理

m
F
动能定理的应用 ——求功求功
【例４】如图所示，质量为 m的物块从高 h 的斜如图所示，质量为m的物块从高h
面顶端O 由静止开始滑下，面顶端 O 由静止开始滑下，最后停止在水平面若物块从斜面顶端以初速度v 上B点。若物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面滑则停止在水平面的上C 已知AB=BC 下，则停止在水平面的上 C 点，已知 AB=BC , 则物块在斜面上克服摩擦力做的功为。（设物块经过斜面与水平面交接点处无能量损失）接点处无能量损失） O m
高三物理高考复习
动能定理及应用
一、动能定理的表述
合外力做的功等于物体动能的变化，合外力做的功等于物体动能的变化，动能定理也可以表述为：以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。 1 1 2 表达式为: 表达式为: W = mv − mv 2 = ∆ E
合
2
2
2
1
K
注意：式中左边的W 注意： 1. 式中左边的W合表示某过程中各个力做功的代数和，即合外力所做的功. 功的代数和，即合外力所做的功. 即: W合=W1+W2+W3+……右边为对应过程的末动能 +……右边为对应过程的末动能与初动能之差 2.公式中的速度指相对于地面的速度 2.公式中的速度指相对于地面的速度
（θ为合力与位移方向的夹角）为合力与位移方向的夹角）（2）合力的功等于各分力所做功的代数和，即）合力的功等于各分力所做功的代数和，
∑W
= W 1 + W 2 + LL
（3）合力的功等于各阶段所做功的代数和，即）合力的功等于各阶段所做功的代数和，

高考物理一轮复习优化课件：第五章机械能及其守恒定律—动能定理

【答案】D
【解析】根据动能定理，分别对两车列式：－μm1gs1＝0－m1v12/2，－μm2gs2＝0－m2v22/2. 两式相比可得 s1∶s2＝4∶1，故选项 D 是正确的．
一个物体从斜面上高 h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，量得停止处距开始运动处的水平距离为 s，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并认为斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同，求摩擦因数 μ.
张力是变力，故应用动能定理求解．船在 A 处的速度为 vA＝
v cos
θ2.而阻力所做的功为
Wf＝kMg(Hcot
θ1－Hcot
θ2)，根据动
能定理 WF－Wf＝12MvA2－0 所以 WF＝2cMosv22θ2＋kMgH(cot θ1－
cot θ2)．
如右图，让摆球从图中的 C 位置由静止开始下摆，正好摆到悬点正下方 D 处时，线被拉断，紧接着，摆球恰好能沿竖直放置的光滑半圆形轨道内侧做圆周运动，已知摆线长 l ＝2.0 m，轨道半径 R＝2.0 m，摆球质量 m＝0.5 kg.不计空气阻力．(g 取 10 m/s2)
(1)求摆球落到 D 点时的速度和摆球在 C 点时与竖直方向的夹角 θ；
A．动能与它通过的位移成正比 B．动能与它通过的位移的平方成正比 C．动能与它运动的时间成正比 D．动能与它运动的时间的平方成正比
解析由动能定理：W＝Fs＝Ek，又由位移公式：s＝12at2. 由以上两式可以看出，在 F 一定时，Ek 与 s 成正比，Ek 与 t 的平方成正比．
答案 AD
一题一得本题是动能定理与运动学公式的综合考查，虽然难度不大，但若没有通过题意列出以上两个关系式来进行分析，仅从主观猜测来判断，则难于选出正确结果．