高中物理 动能定理的应用 专题讲义
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
高中物理《动能定理的综合应用》教案讲义
习题课4 动能定理的综合应用[学习目标] 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变力做功、曲线运动以及多过程问题．[合 作 探 究·攻 重 难] 利用动能定理求变力的功1．动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W 变＋W 其他＝ΔE k .图1如图1所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体．定滑轮的位置比A 点高3 m ．若此人缓慢地将绳从A 点拉到同一水平高度的B 点，且A 、B 两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则此人拉绳的力做了多少功？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)[解析] 取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W .根据题意有h ＝3 m物体升高的高度Δh ＝h sin 30°－h sin 37°① 对全过程应用动能定理W －mg Δh ＝0②由①②两式联立并代入数据解得W ＝100 J则人拉绳的力所做的功W 人＝W ＝100 J.[答案]100 J[针对训练]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F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则力F所做的功为()图2A．mgl cos θB．Fl sin θC．mgl(l－cos θ) D．Fl cos θC[小球的运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可看成是平衡状态，因此F 的大小不断变大，F做的功是变力功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得W F－mgl(1－cos θ)＝0.所以W F＝mgl(1－cos θ)．]利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理．(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．如图3所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出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，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(取g＝10 m/s2)图3(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．思路点拨：①重力做功与物体运动路径无关，其大小为mgΔh，但应注意做功的正、负．②物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4s BC．[解析](1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgs BC＝0－12m v21，解得μ＝0.5.(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4s BC＝12m v 22－12m v21，解得v2＝411 m/s≈13.3 m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－12m v21，解得s＝21.6 m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m －1.6 m＝0.4 m.[答案](1)0.5(2)13.3 m/s(3)距B点0.4 m(1)当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.(2)研究初、末动能时，只需关注初、末状态，不必关心中间运动的细节.[针对训练]2．如图4所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB 长L ＝1.5 m ，一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F ，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；(2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离．[解析] (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h ，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到弧形槽最高点，由动能定理得：FL －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N所以h ＝FL －F f L mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m. (2)设木块离开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x .由动能定理得：mgh －F f x ＝0所以：x ＝mgh F f＝0.5×10×0.151.0 m ＝0.75 m. [答案] (1)0.15 m (2)0.75 m动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min＝0.②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min＝gR.如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.图5(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.[解析](1)在A点由平抛运动规律得：v A＝v0cos 53°＝53v0 ①小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(R＋R cos θ)＝12m v2A－12m v2②由①②得：v0＝3 m/s.(2)在最高点C处有mg＝m v2CR，小球从桌面到C点，由动能定理得W f＝12m v2C－12m v2，代入数据解得W f＝－4 J.[答案](1)3 m/s(2)－4 J[当堂达标·固双基](教师独具)1．如图所示，AB为14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，当它由轨道顶端A从静止开始下落时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A．μmgR2B．mgR2C．mgR D．(1－μ)mgRD[设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，BC段摩擦力做功－μmgR.故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得：mgR－W AB－μmgR＝0解得：W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确．]2．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．取重力加速度为g＝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 JC．1.5 J D．1.8 JC [在B 点有N －mg ＝m v 2R ，得E k B ＝12m v 2＝12(N －mg )R .A 滑到B 的过程中运用动能定理得mgR ＋W f ＝12m v 2－0，得W f ＝12R (N －3mg )＝12×0.2×(15－30)J＝－1.5 J ，所以球自A 点滑到B 点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J ，C 正确．]3．一个质量为m 的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为F 1的拉力作用，小球在光滑水平面上做半径为R 1的匀速圆周运动(如图所示)，今将力的大小变为F 2，使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R 2(R 2＜R 1)，则小球运动的半径由R 1变为R 2的过程中拉力对小球做的功为多少？[解析] 小球运动的半径由R 1变为R 2时，半径变小，绳子的拉力虽为变力，但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，根据动能定理有W F ＝12m v 22－12m v 21①根据牛顿第二定律有F 1＝m v 21R 1故有12F 1R 1＝12m v 21② 同理有12F 2R 2＝12m v 22③ 由①②③得W F ＝12(F 2R 2－F 1R 1)．[答案] 12(F 2R 2－F 1R 1)。
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、动能定理的基本概念在物理学中，动能定理描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能定理的表达式为：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
动能，是物体由于运动而具有的能量。
其表达式为：＄E_{k} ＝＼frac{1}｛2}mv^｛2}＄，其中$m$是物体的质量，＄v$是物体的速度。
当一个力作用在物体上，并且使物体在力的方向上发生了位移，这个力就对物体做了功。
功的表达式为：＄W ＝ Fs\cos\theta$，其中$F$是力的大小，＄s$是位移的大小，＄＼theta$是力与位移之间的夹角。
二、动能定理的推导假设一个质量为$m$的物体，在恒力$F$的作用下，沿直线从位置$A$运动到位置$B$，位移为$s$，初速度为$v_{1}＄，末速度为$v_{2}＄。
根据牛顿第二定律$F ＝ ma$，其中$a$是加速度。
又因为运动学公式$v_{2}＾｛2} v_{1}＾｛2} ＝ 2as$，则$s ＝＼frac{v_{2}＾｛2} v_{1}＾｛2}｝｛2a}＄。
那么力$F$做的功$W ＝ Fs ＝ ma ＼times ＼frac{v_{2}＾｛2} v_{1}＾｛2}｝｛2a} ＝＼frac{1}｛2}mv_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{1}＾｛2}＄这就证明了合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，即动能定理。
三、动能定理的应用场景1、求物体的速度当已知物体所受的合力做功以及物体的初动能时，可以通过动能定理求出物体的末速度。
例如，一个质量为$2kg$的物体，在水平方向受到一个大小为$10N$的恒力作用，力的方向与物体运动方向相同，物体在力的作用下移动了$5m$，物体的初速度为$3m/s$，求物体的末速度。
首先计算合力做功：＄W ＝ Fs ＝ 10×5 ＝ 50J$根据动能定理：＄W ＝＼frac{1}｛2}mv_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{1}＾｛2}＄即$50 ＝＼frac{1}｛2}×2×v_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}×2×3^｛2}＄解得$v_{2} ＝ 7m/s$2、求物体所受的合力如果已知物体的质量、初末速度以及位移，可以通过动能定理求出合力。
高中物理必修一 新课改 讲义 12 C动能定理及其应用 提升版
动能定理及其应用考点一 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．例题精练1．滑雪运动深受人民群众喜爱．如图1所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )图1A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变2．如图2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，载人滑草车与草地之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( )图2A ．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 考点二 应用动能定理求变力做功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．例题精练3．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3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3 A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )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题精练4．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4所示．下列说法正确的是( )图4A．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内的速度不变D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功5.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5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/s2，则下列说法正确的是()图5A．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/s2C．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综合练习一．选择题（共10小题）1．（湖北月考）小球沿如图所示的光滑弯曲轨道由静止滑下，轨道的圆环顶端有一个缺口AB，对称于通过环体中心的竖直线，已知圆环的半径为R，缺口的圆心角∠AOB＝2α，则下列说法正确的是（）A．h取合适的值，小球到达A点的速度可以为零B．如h＝2R，小球滑过轨道最低点时对轨道的压力等于小球重力的6倍C．如α＝60°，当h＝2.5R时，小球可以飞过缺口无碰撞的经过B点回到圆环D．如果α的大小可以改变，要使小球飞过缺口无碰撞的经过B点回到圆环，h的最小值为2R2．（盐城期中）如图甲所示，小滑块与斜面及水平面间的动摩擦因数相等，斜面底端有一小段不计长度的光滑圆弧与水平面相连接，小滑块从斜面顶点由静止向下滑动，最后停在水平面上的M点。
2022年高考物理总复习动能定理基础复习讲义
学科教师辅导讲义 学员姓名： 学科教师：年 级： 辅导科目： 物理授课日期××年××月××日 时 间A /B /C /D /E /F 段主 题 动能定理基础教学内容1、掌握动能定理2、知道动能定理的适用条件3、理解动能定理的推导4、能运用动能定理进行相关的分析和计算教法指导：由老师仔细讲解动能、重力势能的概念，并推导出做功与能量变化之间的关系。
让学生能够理解功与能量含义及动能定理的使用范围。
一、动能1．动能：物体由于运动而具有的能，叫动能。
其表达式为：221mv E k 。
2．对动能的理解（1）动能是一个状态量，它与物体的运动状态对应．动能是标量．它只有大小，没有方向，而且物体的动能总是大于等于零，不会出现负值．（2）动能是相对的，它与参照物的选取密切相关．如行驶中的汽车上的物品，对汽车上的乘客，物品动能是零；但对路边的行人，物品的动能就不为零。
二、重力势能1．重力势能：物体和地球由相对位置决定的能叫重力势能，是物体和地球共有的。
表达式：mgh，与零势能面的选取有关。
Ep2．对重力势能的理解（1）重力势能是物体和地球这一系统共同所有，单独一个物体谈不上具有势能．即：如果没有地球，物体谈不上有重力势能．平时说物体具有多少重力势能，是一种习惯上的简称．重力势能是相对的，它随参考点的选择不同而不同，要说明物体具有多少重力势能，首先要指明参考点(即零点)．（2）重力势能是标量，它没有方向．但是重力势能有正、负．此处正、负不是表示方向，而是表示比零点的能量状态高还是低．势能大于零表示比零点的能量状态高，势能小于零表示比零点的能量状态低．零点的选择不同虽对势能值表述不同，但对物理过程没有影响．即势能是相对的，势能的变化是绝对的，势能的变化与零点的选择无关．（3）重力做功与重力势能重力做正功，物体高度下降，重力势能降低；重力做负功，物体高度上升，重力势能升高．可以证明，重力做功与路径无关，由物体所受的重力和物体初、末位置所在水平面的高度差决定，即：W G=mg△h．所以重力做的功等于重力势能增量的负值，即W G= -△E p= -（mgh2-mgh1）．三、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。
高考物理专题复习 动能定理及其应用
解析：B对A的摩擦力所做的功，即A所受外力 的总功，由动能定理知A对。A与B间的摩擦力尽管 相等，但它们的位移不同，所以摩擦力做的功不 同，B错。外力F做的功等于A、B动能的增量与A、 B间产生的热量之和，C错。对B由动能定理得WF－ WFf＝ΔEk，故D对。
答案：AD
例4. （多选)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( )
答案：C
例3. (多选)如图所示，一块长木板 B放在光滑的水平面上，再在B上放一 物体A，现以恒定的外力F拉B，A、B 发生相对滑动，向前移动了一段距离。 在此过程中( )
A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加 B．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 C．外力F做的功等于A和B动能的增加 D．外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B克服摩擦力 所做的功之和
三、动能定理的理解及需注意的问题
1．从两个方面理解动能定理 (1)动能定理公式中体现的三个关系： 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，求合外力的功，进而求得某一力的功。 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：合外力的功是引起物体动能变化 的原因。
动能定理及其 应用
张建设
动能定理及其应用
一、动能 二、动能定理 三、动能定理理解 四、动能定理的应用
1、动能定理与曲线运动相结合 2、用动能定理求变力做功 3、动能定理与图象结合问题 4、利用动能定理解决多过程问题
一、动能
1．定义
物体由于 运动 而具有的能。
2．公式
Ek＝12mv2
3．矢标性
2025《高中物理总复习》6.2动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用课程标准素养目标1.理解动能和动能定理.2.能用动能定理解释生产生活中的现象.物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容.科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题.返回导航考点一动能、动能定理的理解【必备知识•自主落实】1.动能动能是标量(1)定义：物体由于运动而具有的能.(2)公式：E k=^mv2v是瞬时速度(3)单位：焦耳，1J=1N m=l kg m2/s2.(气)动能］的变化：物体末动能与初动能之差，即AEk=答案返回导航2.动能定理“力”指的是物体受到的合力(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.合力所做的总功1719(2)表达式：W=(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.答案返回导航【关键能力.思维进阶］1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是（）A.如果m乙=2m甲，v甲=2v乙，则甲、乙两物体的动能相等B.如果m甲=2m乙，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等C.如果m乙=2m甲，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等D.如果111甲=111乙，v¥=v^,两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等答案：D解析：由动能的表达式氏=fl"”?可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确.解析■答案返回导航2.（多选）如图所示，电梯质量为M,在它的水平底板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由V|增大到V2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A.对物体，动能定理的表达式为W=：mv专-:mv，，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=：mv芸一?mv，，其中W为支持力做的功|D.对电梯，其所受合力做功为!Mv专一I—―I答案：CD解析■答案胃返回导航思维提升有能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量.(2)动能没苔负值，而动能变化量有正负之分.JE,>0表示物体的动能增加，/E r VO表示物体的动能减少.返回导航2.对动能定理的理解做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.因果关系一合力做功是物体动能变化的原因数量关系一合力做的功与动能变化可以等量代换单位关系一国际单位都是焦耳返回导航返回导航考点二动能定理的基本应用【关键能力•思维进阶】应用动能定理的注意事项(1)方法的选择：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，比动力学方法要简捷.(2)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理.如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化.(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理.返回导航考向1应用动能定理求变力的功例1承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品.一名运 动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度3 = 0.5,以〃s 顺时针匀速转动，质量为60 kg 的运动员在盘面上离转轴10 m 半 径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s, 滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s,该过程中，运动员所做的功为6 500 J,巳知盘面与水平面夹角为18° , g 取10 mis 1, sin 18° =0.31, cos 18° =0.95,则该过程中运动员克服阻力做的功为（ ）A. 4 240 J C. 3 860JB. 3740 JD. 2 300 J 答案：c解析■答案返回导航考向2应用动能定理求解直线运动问题例2如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光 滑，在斜面底端C 点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD 段长度.一质量m = 0.1 蚀的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度v 0=2力/s 沿斜面下滑，当弹簧 第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿 斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.己知弹簧的原长L o = O.2 m,物块 与斜面AD 段间的动摩擦因数p=g 斜面倾角0=30° ,重力加速度g=10 tn/s 2,6弹簧始终处于弹性旭度范围内.下列说法中正确的是（）A. A 、D 间的足巨鬲X n ）=0.2 m%B. 物块第一次运动到D 点时的速度大小为匝m/sC. 弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 Jn D. 物块在斜面AD 段能滑行的总路程为1.6 mCB 答案：D 解析■答案返回导航考向3应用动能定理求解曲线运动问题例3[2023-湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道COE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为重力加速度大小21T为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：a A(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(寻f(3)小物块在A点的初速度大小.芯夕次答案返回导航思维提升求解多过程问题抓好“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.返回导航考向4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使解题过程简化.返回导航例4（多选）［2024-山东模拟预测］如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角a= 37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为&H,多次往复运动.不计空气阻力，重力加速度为g,sin37°=0.6.返回导航下列说法正确的是()A.滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为土mgHB.滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为:4C.滑块与斜面间的动摩擦因数为寿D.滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为(l—*)mgH答案：BCD解析■答案返回导航返回导航考点三动能定理与图像结合问题【关键能力•思维进阶】考向1E r x（W-x）图像问题例5（多选）一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中E和、So为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.恒力的大小为譬酮三B.斜面倾角的正饥值为0.75C.滑块下滑到斜面底端时的速度大小为玄笋D.滑块的质量可表示为竺剪\gs。
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、动能定理的基本概念在物理学中，动能定理是一个非常重要的概念。
它描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能，简单来说，就是物体由于运动而具有的能量。
其表达式为：＄E_k ＝＼frac{1}｛2}mv^2$，其中$m$是物体的质量，＄v$是物体的速度。
而动能定理指出：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
数学表达式为：＄W ＝＼Delta E_k$，其中$W$是合外力做的功，＄＼Delta E_k$是动能的变化量。
理解动能定理的关键在于明白做功会导致能量的转化。
当力对物体做功时，物体的动能可能增加，也可能减少，具体取决于力做功的正负。
二、动能定理的推导为了更好地理解动能定理，我们来进行简单的推导。
假设一个质量为$m$的物体，在恒力$F$的作用下，沿着直线运动，位移为$s$，力与位移的夹角为$＼theta$。
根据功的定义，力$F$做的功$W$为：＄W ＝ Fs\cos\theta$根据牛顿第二定律，＄F ＝ ma$物体的加速度为$a$，初速度为$v_0$，末速度为$v$，根据运动学公式：＄v^2 v_0^2 ＝ 2as$将$F ＝ ma$和$v^2 v_0^2 ＝ 2as$代入$W ＝ Fs\cos\theta$中，得到：＼＼begin{align}W&＝mas\cos\theta\＼＆＝m\frac{v^2 v_0^2}｛2}＼cos\theta\＼＆＝＼frac{1}｛2}mv^2 ＼frac{1}｛2}mv_0^2＼end{align}＼这就证明了合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，即动能定理。
三、动能定理的应用场景动能定理在解决物理问题时有广泛的应用，以下是一些常见的场景：1、单物体直线运动对于一个在直线上运动的物体，已知其受力情况和初末速度，我们可以利用动能定理来求位移或者力的大小。
例如，一个质量为$2kg$的物体在水平拉力作用下，从静止开始运动，经过$5m$后速度达到$4m/s$，已知摩擦力为$5N$，求拉力的大小。
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动能定理的应用一、复习旧知1.动能定理内容合外力做的功或各外力做功的代数和等于物体动能的变化量。
二、重难、考点 2、表达式（1）2022121mv mv W t -=和 （2）2023212121...mv mv W W W W t n -=++++ 三、考点：（1）动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度，中学物理中的一般取地球为参考系。
（2）动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系。
（3）动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。
这些正是动能定理解题的优越性所在。
（4）若物体运动过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全过程为整体来处理。
四、例题讲解【例1】：如图，一个质量m ，带电荷－q 的小物体，可在水平绝缘轨道ox 上运动，O 端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E ，方向沿Ox 正向。
小物体以初速v 0从位置x 0沿Ox 轨道运动，受到大小不变的摩擦力f 作用，且f ＜q E 。
设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程。
【对应练习1】：如图所示，在光滑绝缘竖直细杆上，套有一个有小孔的小球，小球质量为m 、带电量为-q ，杆与以正电荷Q 为圆心的某一圆周交于B 、C 两点，小球从A 点无初速度释放，已知AB =BC =h ，小球滑到B 点时速度大小为。
求小球滑到C 点时的速度大小及AC 两点间的电势差。
【例2】:如图所示，木板质量为M ，长度为L ，小木块质量为m ，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M 和m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m 拉至右端，拉力至少做功为（ ）A 、mgL μB 、mgL μ2C 、2/mgL μD 、gL m M )(+μ【对应练习2】：如图9所示，质量为M 、长度为L 的木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F 作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动，已知物体和木板之间的摩擦力为F f 当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x ，则在此过程中( )A 、物体到达木板最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋x ）B 、物体到达木板最右端时，木板具有的动能为F f xC 、物体克服摩擦力所做的功为F f LD 、物体和木板增加的机械能为F x【例3】:如图所示水平轨道BC ，左端与半径为R 的四分之一圆周AB 连接，右端与的四分之三圆周CDEF 连接，圆心分别为O 1，O 2，质量为m 的过山车从高为R 的A 处由静止滑下，正好能够通过右侧圆轨道最高点E ，不计一切摩擦阻力，求： ⑴过山车在B 点时的速度⑵过山车过C 点后瞬间对轨道压力的大小 ⑶过山车过D 点时加速度的大小【对应练习3】：如图所示，质量m=0.5kg 的小球从距地面高H=5m 处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m ，小球到达槽最低点时的速率为10m ／s ，并继续滑槽壁运动直至槽左端边缘飞出，竖直上升，落下后恰好又沿槽壁运动直至从槽右端边缘飞出，竖直上升、落下，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变: （1）求小球第一次离槽上升的高度h（2）小球最多能飞出槽外几次(g 取10m ／s 2)?【例4】：过山车是游乐场中常见的设施。
下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径m R 0.21=、m R 4.12=。
一个质量为 1.0m =kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧A 点以s m v 0.120=的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距1 6.0L =m 。
小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2μ=，圆形轨道是光滑的。
假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。
重力加速度取2g ，计算结果保留小数点后一位数字。
试求：10sm（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；R应（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径3满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。
【对应练习4】: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＝1.25m，圆的半径R＝0.1m，小球质量m＝0.01kg，轨道质量为M＝0.15kg，g＝10m/s2，求：（1）若v0＝5m/s，小球从p点抛出后的水平射程；（2）若v0＝5m/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。
【例5】：如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中。
一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。
一质量为m 、带电量为q （q >0）的滑块从距离弹簧上端为0S 处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g 。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间1t（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为m v ，求滑块从静止释放到速度大小为m v 过程中弹簧的弹力所做的功w ；（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t 图象。
图中横坐标轴上的1t 、2t 及3t 分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的1v 为滑块在1t 时刻的速度大小，m v 是题中所指的物理量。
（本小题不要求写出计算过程）【对应练习5】: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P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑。
B、C为圆弧的两端点，其连线水平。
已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角︒=106θ，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m。
小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为1μ=0.33（g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）试求：（1）小物块离开A点的水平初速度v1（2）小物块经过O点时对轨道的压力（3）斜面上CD间的距离（4）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为=2μ0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？五、课堂练习1、如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车,车上放有一木块B车左边紧靠一个固定的光滑的1/4圆弧轨道，其底端的切线与车表面相平.木块A从轨道顶端由静止释放滑行到车上与B碰撞并立即粘在一起在车上滑行，与固定在平板车上的轻弹簧作用后被弹回，最后两木块与车保持相对静止,则从A开始下滑到相对静止的全过程中，A、B和车组成的系统（）A、动量守恒B、小车一直向右运动C、机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热D、弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热2、用竖直向上的恒力将一个质量为m的物体从静止开始向上提起，经过时间1t物体上升到1h，经过时间2t 物体上升到2h ，那么（ ）A ．恒力F 在(t 2－t 1)时间内平均功率为1222))((t t h h mg F ---B ．恒力F 在t 2时间内做功为22)(21⎥⎦⎤⎢⎣⎡-m t mg F m C ．物体在（t 2－t 1）时间内动能改变了m t t F 2)(32122-D ．物体在t 2时间内动能改变了mt mg F 2)(222-3、滑块以速率1v 靠惯性沿固定斜面由底端向上运动,当它回到出发点时速率变为2v 且21v v <若滑块向上运动的位移中点为2A 取斜面底端重力势能为零,则( )A 、上升时机械能减小,下降时机械能增大B 、上升时机械能减小,下降时机械能也减小C 、上升过程中动能和势能相等的位置在A 点上方D 、上升过程中动能和势能相等的位置在A 点下方4、如图所示固定在同一水平面内两根平行长直金属导轨的间距为d ，右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。
质量m （质量分布均匀）的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数u 。
现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。
设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度为g 。
则此过程（ ）A 、杆的速度最大值为22)(d B Rmg F μ-B 、流过电阻R 的电量为rR Bdl+C 、恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D 、恒力F 做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量5、如图所示质量为m 的金属杆ab ，以一定的初速度0v 从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连，磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触良好。
金属杆向上滑行到某一高度h 后又返回到底端，在此过程中（ ）A 、整个过程中合外力的冲量大小为2mv0B 、下滑过程中合外力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热θ habRBC 、下滑过程中电阻R 上产生的焦耳热小于mgh mv 221 D 、整个过程中重力的冲量大小为零6、如图所示,长木板A 放在光滑的水平地面上,物体B 以水平速度v 冲上A 后,由于摩擦力的作用,最后停止在木板A 上,则从B 冲到木板A 上到相对于板A 静止的过程中,下述说法正确的是（ ）A 、物体B 动能的减少量等于物体B 克服摩擦力做的功 B 、物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C 、物体B 动能的减少量等于木板A 获得的动能与系统内能的增加量之和D 、摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量。