动能定理专题
专题：动能定理
专题：动能定理（1）明确研究对象； （2）确定研究的物理过程； （3）对研究对象进行受力分析；（4）确定各力所做的功，求出这些力的功的代数和。
✧ 谁的功：某个力F 的功，不是物体的功（人对物体的功=人对物体作用力的功） ✧ 做功吗：F 与V 垂直时，F 不做功 ✧ 什么功：若∑W>0，>0，物体的动能增大；若∑W<0，则<0物体动能减小✧多少功： ①cos w FS θ= ②FS 图象 ③222111=22w m v m v -总 ④w Pt =（5）确定始、末态的动能。
（未知量用符号表示） （6）根据动能定理列出方程（左因右果）（7）求解方程； （8）合理性检验。
只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制。
所以，凡涉及力及位移，而不涉及力作用的时间的动力学问题都可优先用动能定理解决。
只能求出速度的大小，不能确定速度的方向； 也不能直接计算时间。
【例1谁的功】某人把质量为m 、静止放在地面上的铅球举高h ，并快速将它以速度v 推出，求人对铅球做的功。
解：人在举球、推球的过程中给球的作用力是变力，设在整个过程中人对球做的功为，由动能定理，有21-02w m gh m v =-人 212w m gh m v ∴=+人【例2选过程】一物体以初速度从倾角为α的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回，回到斜面底端的速度为，则斜面与物体间的摩擦系数μ=___________。
解：设物体的质量为m，上升的最大高度为h。
物体在沿斜面上滑的过程中，由动能定理，有物体在从最高点沿斜面下滑的过程中，由动能定理，有物体从上到下的整个过程，由动能定理，有以上三个方程联立其中任意两上即可解得：。
【例3变力做功】小球用绳系住在光滑的水平面上做匀速圆周运动。
当拉力由F增大到8F时，圆运动的半径从r 减小到。
在这一过程中拉力所做的功为多少？解：在球的轨道半径减小的过程中，拉力的切向分力对小球做正功，而切向分力是变力，我们可以设拉力所做的功为，由动能定理，有再由牛顿第二定律，物体分别以半径r 和做匀速圆周运动时，有21vF mr=2282vF mr=可解：【例4变力做功】质量为m的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ，μ<tgθ。
专题3 动能 动能定理
专题3 动能动能定理知识目标一、动能如果一个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量．物体由于运动而具有的能． E k ＝½mv2，其大小与参照系的选取有关．动能是描述物体运动状态的物理量．是相对量。
二、动能定理做功可以改变物体的能量．所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量． W1＋W2＋W3＋……＝½mv t2－½mv021．反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。
2．“增量”是末动能减初动能．ΔE K＞0表示动能增加，ΔE K＜0表示动能减小．3、动能定理适用单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理．由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能（比如内能）的转化．在动能定理中．总功指各外力对物体做功的代数和．这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等．4．各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和．5．力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式．但动能定理是标量式．功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理一些问题时，可在某一方向应用动能定理．6．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于变为及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．7．对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物．三、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理设物体的质量为m，在恒力F作用下，通过位移为S，其速度由v0变为v t，则：根据牛顿第二定律F=ma……①根据运动学公式2as=v t2一v02……②由①②得：FS=½mv t2－½mv02四．应用动能定理可解决的问题恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解一般比用牛顿定律及运动学公式求解要简单的多．用动能定理还能解决一些在中学应用牛顿定律难以解决的变力做功的问题、曲线运动等问题．【例1】如图所示，质量为m的物体与转台之间的摩擦系数为μ，物体与转轴间距离为R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物体开始在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，这过程中摩擦力对物体做功为多少？解析：物体开始滑动时，物体与转台间已达到最大静摩擦力，这里认为就是滑动摩擦力μmg．根据牛顿第二定律μmg=mv2/R……①由动能定理得：W=½mv2……②由①②得：W=½μmgR，所以在这一过程摩擦力做功为½μmgR点评：（1）一些变力做功，不能用 W＝ FScosθ求，应当善于用动能定理．（2）应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须深究物体的运动状态过程中变化的细节，只须考虑整个过程的功量及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程．即可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待求出总功．计算时要把各力的功连同符号（正负）一同代入公式．【例2】一质量为m 的物体．从h 高处由静止落下，然后陷入泥土中深度为Δh 后静止，求阻力做功为多少？提示：整个过程动能增量为零， 则根据动能定理mg （h ＋Δh ）－W f ＝0 所以W f ＝mg （h ＋Δh ） 答案：mg （h ＋Δh ）规律方法1、动能定理应用的基本步骤应用动能定理涉及一个过程，两个状态．所谓一个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能．动能定理应用的基本步骤是：①选取研究对象，明确并分析运动过程．②分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．③明确过程始末状态的动能E k1及E K2④列方程 W=E K2一E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．【例3】总质量为M 的列车沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析:此题用动能定理求解比用运动学结合牛顿第二定律求解简单．先画出草图如图所示，标明各部分运动位移（要重视画草图）；对车头，脱钩前后的全过程，根据动能定理便可解得.FL －μ(M －m)gS 1=－½(M －m)v 02对末节车厢，根据动能定理有一μmgs 2＝－½mv 02 而ΔS=S 1一S 2由于原来列车匀速运动，所以F=μMg ．以上方程联立解得ΔS=ML/ (M 一m ）． 说明:对有关两个或两个以上的有相互作用、有相对运动的物体的动力学问题,应用动能定理求解会很方便．最基本方法是对每个物体分别应用动能定理列方程，再寻找两物体在受力、运动上的联系，列出方程解方程组．2、应用动能定理的优越性(1)由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这一过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制．(2)一般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是一种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识．(3)用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F 的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscosα求出变力做功的值，但可由动能定理求解．【例4】如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功的大小是:FR3FR5FRA、；、；、；、零;B C D442【例5】质量为m的飞机以水平v0飞离跑道后逐渐上升,若飞机在此过程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供,不含重力).今测得当飞机在水平方向的位移为L时,它的上升高度为h,求(1)飞机受到的升力大小?(2)从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能?3、应用动能定理要注意的问题注意1．由于动能的大小与参照物的选择有关，而动能定理是从牛顿运动定律和运动学规律的基础上推导出来，因此应用动能定理解题时，动能的大小应选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体作参照物来确定．【例6】如图所示质量为1kg的小物块以5m/s的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板质量为4kg，木板与水平面间动摩擦因数是0.02，经过2S以后，木块从木板另一端以1m/s相对于地的速度滑出，g取10m／s，求这一过程中木板的位移．注意2．用动能定理求变力做功，在某些问题中由于力F的大小的变化或方向变化，所以不能直接由W=Fscosα求出变力做功的值．此时可由其做功的结果——动能的变化来求变为F 所做的功．【例7】质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A.mgR/4B. mgR/3C. mgR/2D.mgR【例8】、一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。
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（2）动能定理的研究对象：单个物体或可 看作单一物体的物体系。
（3)动能定理的参考系：位移（S）和速度 （V）一般取地面为参照系。
3、应用动能定理的解题步骤：
（1）选取研究对象。 （2）受力分析和过程分析。 （3）明确各力做功的情况及做功的正负。 （4）明确初末动能。 （5）由动能定理列方程求解（计算时把各已知功的正
Ek/J 50
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5 10 s/m
6、质量相等的物体分别为地球和月球表面 上以相同的初动能作竖直上抛运动，则他们 在上升的全过程中，（不计空气阻力）ABC A、所受冲量大小相同；B、重力作功相同； C、平均速度大小相同；D、重力加速度大 小相等；
负号代入计算，若是未知功，则用W代入）。
1、如图所示，质量为m的物体在水平方向成θ 角的恒力 F作用下，由静止开始运动，物体与水平地面间的动摩擦 因数为μ ，当物体发生位移为S时，物体的动能是多少？ 物体的速度是多少？
F θ
2、质量为m=2kg的物体以50J的初动能在 粗糙的水平面上滑行，起动能变化与位移 的关系如图所示，则物体在水平面上滑行 时间t为： A、5s; B、6s; C、 2S ; D、2s; 2
四、动能定理专题
1、动能定理的表达式为：
1 1 2 2 W合 mvt mv0（合力做功等于物体动能的增量） 2 2 1 1 2 2 或W1 W2 Wn mvt mv0 2 2
（各个力作功的代数和等于物体动能的增量）
2、动能定理的理解： （1）动能是标量，动能一定大于或等于零 （不可能为负值），动能与速度方向无关。
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动能定理—圆周、平抛1．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C．（不计空气阻力）试求：（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．2．如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面底端B平滑连接着半径R=0.40m的竖直光滑圆轨道．质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=1.8m处沿斜面由静止开始下滑，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小？（2）物块运动到圆轨道的最高点A时速度大小？（3）物块运动到圆轨道的最高点A时对圆轨道的压力？3．如图所示，位于竖直平面内的圆弧光滑轨道，半径为R，轨道的最低点B的切线沿水平方向，轨道上端A距水平地面高度为H．质量为m的小球（可视为质点）从轨道最上端A 点由静止释放，经轨道最下端B点水平飞出，最后落在水平地面上的C点处，若空气阻力可忽略不计，重力加速度为g．求：（1）小球运动到B点时，轨道对它的支持力多大；（2）小球落地点C与B点的水平距离x为多少．4.如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在O点的正下方，一小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力的9倍．求：（1）小球到B点时的速度；（2）释放点距A的竖直高度；（3）落点C与A的水平距离．5．如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R．质量为m的小球由A点静止释放，求：（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；（2）小球刚到达最低点B时，轨道对小球支持力F N的大小；（3）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰达最高点D，D到地面的高度为h（已知h＜R），则小球在曲面上克服摩擦力所做的功W f．6．如图所示，一质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动．已知圆弧半径R=0.9m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h=0.8m．小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.3，传送带以5m/s恒定速率顺时针转动（g取10m/s2），试求：（1）传送带AB两端的距离；（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值．7．如图所示，一个质量为0.6kg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点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度v=4m/s，取g=10m/s2．试求：（1）P点与A点的水平距离和竖直高度；（2）小球到达圆弧最高点C时，对轨道的压力．8．如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其圆心角θ=106°，两端点A、B连线水平，质量为1㎏的小球自左侧平台上平抛后恰能无碰撞地从A点进入圆形轨道并沿轨道下滑．已知平台与AB连线高度差为h=0.8m（已知sin53°=0.8）求：（1）小球平抛的初速度v0；（2）小球运动到圆弧最低点O时对轨道的压力．。
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动能定理1.物体从高出地面H 处由静止开始自由下落，不计空气阻力，落至地面进入沙坑，物体在沙坑中向下移动距离h 后停止运动，求物体在沙坑中运动时受到的平均阻力是其重力的多少倍？2.如图所示，用细绳连接的A 、B 两物体质量相等，A 位于倾角为30°的斜面上，细绳跨过定滑轮后使A 、B 均保持静止，然后释放，设A 与斜面间的滑动摩擦力为A 受重力的0.3倍，不计滑轮质量及摩擦，求B 下降1米时的速度。
3.以竖直初速度v 抛出一个质量为m 的小球，当小球返回出发点时的速度大小为43v ，求小球在运动过程中受的平均阻力f 和小球能上升的最大高度4.AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨相切，如图所示。
一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑。
已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦。
求⑴小球运动到B点时的动能；⑵小球下滑到距水平轨道的高度为R/2时速度的大小和方向；⑶小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是多大？5.某滑板爱好者在离地h＝1.8m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S1=3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=4m/s，并以此为初速沿水平地面滑行S2=8m后停止．已知人与滑板的总质量m=60kg．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=10m/s2）6.质量m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2s停在B点，已知A、B两点间的距离s=5m，物块与水平面间的动摩擦因数u=0.2，求恒力F多大。
（g=10m/s2）7.如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。
一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。
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18.图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机 将质量m=5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重 物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时， 保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动。取 g=10 m/s2,不计额外功。求： (1)起重机允许输出的最大功率。 (2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒 末的输出功率。
5.质量为m的质点在半径为R的半球形容器中从上部边 缘由静止起下滑，滑到最低点时对容器底部的压力为 2mg，在下滑过程中，克服摩擦力做功的数值 为 。
6．小球由地面竖直上抛，小球上升的最大高度为 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两倍，在下落至 离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于 （A）H/9 （B）2H/9 （C）3H/9 （D）4H/9
17．如图所示，光滑圆弧槽的末端与水平传送带相切， 已知传送带长L=9m，滑块质m=l0kg．当传送带静止 不动时，让滑块从离传送带高h=1.8m处由静止开始 沿圆弧槽滑下，滑块恰能到达传送带最右 端．(g=l0m/s2) (1)求滑块与传送带之间的滑动摩擦因数μ； (2)当传送带以4m/s的速度顺时针转动时，让滑块 仍从离传送带高h=1.8m处由静止开始滑下，求滑块 在传送带上运动的时间t以及该过程中滑块与传送带 之间由于摩擦转化的内能△E．
7 t/s
3．如图所示，质量为m的物体与水平转台之 间的动摩擦因数为 μ ，物体与转轴间的距离 为 R 物体随转台由静止开始转动，当转速增 加到某值时，物体刚好不滑动，从开始到此 时物体已随转台转了 N 圈，在此过程中摩擦 力对物体做功是 .
4．质量相同的两个摆线A和B，其摆线长度不同， LA>LB它们从同一水平高度，而且摆线都处于水平 不松驰状态由静止释放，如图所示，若以此水平面 为零势能面，达到最低点时，A、B两球相等的物理 量是 ( ) A．重力势能 B．加速度 C．动能 D．所受绳子拉力
动能定理及其应用专题
动能定理及其应用专题考点一 动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k ＝12m v 2，单位：焦耳(J).1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.(3)动能是标量、状态量． 2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． (2)表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度． 技巧点拨 1．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． 2．解题步骤3．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求变力做的功了．例1.(2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB 与半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCD 在B 处平滑连接，O 为圆弧轨道BCD 的圆心，C 点为圆弧轨道的最低点，半径OB 、OD 与OC 的夹角分别为37°和53°，距D 点的竖直高度为h ＝0.8 m 处有一空中平台．小明质量为30 kg ，从直轨道AB 上距B 点5 m 的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB 间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小； (2)小明滑到C 点时对轨道的压力大小； (3)小明开始下滑时的速度大小． 答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s解析 (1)小明经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D 点是平抛运动，到D 点时竖直方向的分速度 由v y 2＝2gh ，解得v y ＝2gh ＝4 m/s则在D 点时水平方向的速度为v x ＝v y tan 37°＝3 m/s 因此小明滑上平台的速度大小为v ＝v x ＝3 m/s (2)从C 点到平台边缘的过程，由动能定理得 －mg [h ＋R (1－cos 53°)]＝12m v 2－12m v C 2解得v C ＝33 m/s经过C 点时，由向心力公式得F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝1 290 N (3)从开始运动到C 点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v C 2－12m v 02，解得v 0＝3 m/s.例2 (2017·上海卷·19)如图2，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取 10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图2(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)滑块在B 点的速度大小v B ； (3)A 、B 两点间的高度差h .答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg ＝m v C 2R解得v C ＝gR ＝2 m/s. (2)B →C 过程，由动能定理得 －mgR (1＋cos 37°)＝12m v C 2－12m v B 2解得v B ＝v C 2＋2gR (1＋cos 37°)≈4.29 m/s. (3)滑块从A →B 的过程，利用动能定理： mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝12m v B 2－0代入数据，解得h ＝1.38 m.例3.如图2所示，AB 为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC 相切于B 点．水平轨道BC 长为2R ，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD 足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m ，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A 点以初速度v 0＝gR2水平射入圆管轨道，运动到B 点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C 点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求：图2(1)物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功； (2)物块最终停留的位置．答案 (1)－14mgR (2)斜面上距C 点2531R 处解析 (1)物块运动到B 点时，设轨道对其支持力大小为F N ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝5mg ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R，解得v B ＝2gR物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有2mgR ＋W f ＝12m v B 2－12m v 02，得W f ＝－14mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x ，由动能定理有 －μ1mg ·2R －mgx sin θ－F f x ＝0－12m v B 2其中F f ＝μ2mg cos θ，解得x ＝2531R因μ2mg cos θ＞mg sin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C 点2531R 处． 例4 (2020·四川雅安市期末)如图5所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图5A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在Q 点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，选项C 正确．例5．(应用动能定理求变力做功)(2019·河南郑州市高一月考)质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )( )图6A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．考点三 动能定理与图象结合的问题1．解决图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量． 2．图象所围“面积”和图象斜率的含义例6 如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图8(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离是多少． 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在OA 段拉力做功为W ＝(2mg ×2－0.5mg ×1) J ＝3.5mg (J) 滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，W f ＝F f ·x OA ＝－mg (J)， 滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得 W ＋W f ＝12m v A 2－0代入数据解得v A ＝5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12m v A 2解得L ＝5 m所以滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离为L ＝5 m.例7.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )图1A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg 答案 C解析 设物体的质量为m ，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )Δh ＝(36－72) J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，再由动能定理结合题图可得(mg －F )Δh ＝(48－24) J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．例8.(动能定理与E k －x 图象结合)(2020·湖北高三月考)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能E k 与其发生的位移x 之间的关系如图10所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图10A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 根据动能定理ΔE k ＝F 合x 可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知x ＝1 m 时动能为2 J ，v 1＝2E km＝ 2 m/s ，故A 错误．同理，当x ＝2 m 时动能为4 J ，v 2＝2 m/s ；当x ＝4 m 时动能为9 J ，v 4＝3 m/s ，则2～4 m 内有2a 2x 2＝v 42－v 22，解得2～4 m 内物块的加速度为a 2＝1.25 m/s 2，故B 错误．对物体运动全过程，由动能定理得：W F ＋(－μmgx 4)＝E k 末－0，解得W F ＝25 J ，故C 错误.0～2 m 过程，t 1＝2x 1v 2＝2 s ；2～4 m 过程，t 2＝x 2v 2＋v 42＝0.8 s ，故总时间为2 s ＋0.8 s ＝2.8 s ，D 正确．。
动能定理专题
P
v0
S0
θ
解析：
由于滑块所受摩擦力小于滑块沿 斜面的下滑力,物体虽经多次往复 运动，最终将停止在挡板处。全过 程中只有重力与摩擦力对物体做功, 且摩擦力一直做负功. 根据动能定理,得
P
v0
S0
θ
1 mgs0 sin mg cos s 0 mv0 2 2
解得
v0 2 gs0 sin s 2g cos
例题精讲2
[例2]如图所示，斜面的倾角为θ ，质量为m 的滑块距挡板 P 为 S0, 以初速度 v0 沿斜面上滑 . 滑 块与斜面间的动摩擦因数 μ ，滑块所受摩擦力 小于滑块沿斜面的下滑力，若滑块每次与挡板 相碰均无机械能损失,求滑块经过的总路程s
V0
思考 : 滑块所受摩擦力小于滑 块沿斜面的下滑力 , 滑块能停在 斜面上吗?
动能定理专题
作课人: 王 平
辉县市一中
学习目标
1.加深对动能定理的理解
2.能利用动能定理对全过程列方程 3.会用动能定理计算物体通过的路程
4.会利用动能定理求变力做功
知识准备
1.内容: 合力所做的功等于物体的
动能的变化
2.表达式: W=EK2-EK1 3.说明：等式左边W表示: 外力做的总功
等式右边(EK2-EK1)表示：动能的变化
这些力的做功情况如何？ 答案:重力和阻力，重力做正功， 阻力做负功 小球的初、末位置分别在哪儿？ 答案:初位置：离地面高h处 末位置：地面
解析: 根据动能定理，可知:
mgh – Ff s=0 即Leabharlann mgh – 0.02mgs=0
代入数据，解得 S=100m
1 2 mv mgH= 2 -0
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动能定理专题一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．公式：E k ＝12mv 2. 3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m/s 2.4．矢标性：动能是标量，只有正值．二、动能定理1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝12mv 22－12mv 21. 3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．例1．下列关于动能的说法，正确的是( )A ．运动物体所具有的能就是动能B ．物体做匀变速运动，某一时刻速度为v 1，则物体在全过程中的动能都是12mv 21C ．做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D ．物体在外力F 作用下做加速运动，当力F 逐渐减小时，其动能也逐渐减小解析：运动的物体除具有动能以外，还具有其他形式的能，A 选项错误．动能是状态量，当速度v 的大小变化时，动能就发生变化，B 选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C 选项正确；在物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D 选项错误；故答案应该选C .答案：C例2．物体做匀速圆周运动时( )A ．速度变化，动能不变B ．速度变化，动能变化C ．速度不变，动能变化D ．速度不变，动能不变解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变，故速度在变，动能不变，选项A 正确．答案：A例3．人骑自行车下坡，坡长l ＝500 m ，坡高h ＝8 m ，人和车总质量为100 kg ，下坡时初速度为4 m/s ，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s ，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为()A．－4 000 J B．－3 800 JC．－5 000 J D．－4 200 J答案：B例4．人通过滑轮将质量为m的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图所示．则在此过程中()A．人对物体做的功为mghB．人对物体做的功小于mghC．物体所受的重力做功为－mghD．物体所受的合外力做功为12mv2解析：由于重力和滑动摩擦力都做负功，可以判断人对物体做的功大于mgh，A、B错；物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，即重力做功为－mgh，C 对；物体沿粗糙的斜面由静止开始做匀加速运动，上升高度h的过程中，人的拉力F、物体重力mg和滑动摩擦力F f的合力做功等于动能的变化，即W F＋W G ＋W Ff＝12mv2，D对．答案：CD例5．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为F阻，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H/h)解析：小球下落高度为H的过程中需要克服空气阻力做功，故其落地时的动能为(mg－F阻)H，选项A错误；设小球刚落地时的动能为E k，小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W1，由动能定理得mgh－W1＝0－E k，解得W1＝mgh＋E k，故选项B错误；若设全过程中小球克服阻力做功为W2，则mg(H＋h)－W2＝0，解得W2＝mg(H＋h)，故选项C正确；若设小球在泥土中运动时，受到的平均阻力为F阻，则全程由动能定理得mg(H＋h)－F阻H－F阻h＝0，解得F阻＝mg(H＋h)－F阻Hh，故选项D错误．答案：C考点一：对动能定理的理解1．动能定理公式中“＝”的意义等号表明合力做功与物体动能变化的三个关系(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．2．动能定理的特点例1：如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B应用动能定理，W F－W Ff＝ΔE kB，即W F＝ΔE kB＋W Ff就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．答案：BD训练1：如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是() A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱在上升过程中，由动能定理可知：W F－mgh－W Ff＝ΔE k，故有W F＝mgh＋W Ff＋ΔE k，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，C正确．答案：CD考点二：动能定理的应用例2：(16分)一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50 kg，滑块经过A点时的速度v A＝5.0 m/s，AB长x＝4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧形轨道的半径R＝0.50 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10 m．取g＝10 m/s2.求：(1)滑块第一次经过B 点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B 点压力的大小；(3)滑块在从B 运动到C 的过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)滑块由A 到B 的过程中，应用动能定理得：－F f ·x ＝12mv 2B －12mv 2A (3分) 又F f ＝μmg (1分)解得：v B ＝4.0 m/s. (2分)(2)在B 点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2B R (2分)解得轨道对滑块的支持力F N ＝21 N(1分)根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B 点压力的大小也为21 N ． (2分)(3)滑块从B 经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理得－mg (R ＋h )－W Ff ′＝0－12mv 2B(3分) 解得滑块克服摩擦力做功W Ff ′＝1.0 J ．(2分)答案： (1)4.0 m/s (2)21 N (3)1.0 J题后反思:优先考虑应用动能定理的问题(1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．(3)变力做功的问题．训练2：如图所示，装置ABCDE 固定在水平地面上，AB 段为倾角θ＝53°的斜面，BC 段为半径R ＝2 m 的圆弧轨道，两者相切于B 点，A 点离地面的高度为H ＝4 m ．一质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放后沿着斜面AB 下滑，当进入圆弧轨道BC 时，由于BC 段是用特殊材料制成的，导致小球在BC 段运动的速率保持不变．最后，小球从最低点C 水平抛出，落地速率为v ＝7 m/s.已知小球与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)小球从B 点运动到C 点克服阻力所做的功．(2)B 点到水平地面的高度．解析：(1)设小球从B 到C 克服阻力做功为W BC .由动能定理，得mgR (1－cos θ)－W BC ＝0.代入数据，解得W BC ＝8 J.(2)设小球在AB 段克服阻力做功为W AB ，B 点到地面高度为h ，则W AB ＝μmg AB cos θ，而AB ＝H －h sin θ. 对于小球从A 点落地的整个过程，由动能定得，得mgH －W AB －W BC ＝12mv 2， 联立，解得h ＝2 m.答案： (1)8 J (2)2 m考点三：动能定理与图象结合的问题动能定理与图象结合问题的分析方法(1)首先看清楚所给图象的种类(如v －t 图象还是F －x 图象、E k －x 图象等)(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v －t 图象所包围的“面积”求位移，由F －x 图象所包围的“面积”求功等．(3)再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，可求出相应的物理量． 例3：如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m ＝1.0 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力F ，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点时，压缩量为x ＝0.1 m ，在这一过程中，所用外力F 与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F 释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O 点至桌面B 点的距离为L ＝2x ，水平桌面的高度为h ＝5.0 m ，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力(g 取10 m/s 2)．求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B 点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B 点的水平距离．解析：(1)取向左为正方向，从F －x 图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f ＝1.0 N ，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W Ff ＝－F f ·x ＝－0.1 J由图线与x 轴所围面积可得外力做功为W F ＝1.0＋47.02×0.1 J ＝2.4 J. 所以弹簧存贮的最大弹性势能为E p ＝WF ＋W Ff ＝2.3 J.(2)从A 点开始到B 点的过程中，由于L ＝2x ，摩擦力做功为W Ff ′＝－F f ·3x ＝－0.3 J对小物块用动能定理有E p ＋W Ff ′＝12mv 2B 解得v B ＝2 m/s.(3)小物块从B 点开始做平抛运动h ＝12gt 2 下落时间t ＝1 s水平距离s ＝v B t ＝2 m.答案： (1)2.3 J (2)2 m/s (3)2 m例4：质量m ＝1 kg 的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图象如图所示．在位移为4 m 时撤去F ，物块仅在摩擦力的作用下运动．求：(g 取10 m/s 2)(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数多大？(3)拉力F 的大小．解析：(1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 2＝2 J ， v ＝2 m/s.(2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－10 JF f ＝104N ＝2.5 N 因F f ＝μmg故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25. (3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝ΔE k故得F ＝ΔE k x 1＋F f ＝(2＋2.5) N ＝4.5 N. 答案： (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。