第5章动能定理解读
一般我们规定 ∞ 点的势能为零。
势能 V(r) 与保守力 F 的关系：
r V (r ) F dr V0 r0 V V V F V ( r ) i j k x y z
保守力与非保守力、势能
小结：力的空间累积效应是使物体的动能改变。
质点动能定理
由质点动能定理及其推导可知： 1. 做功是通过力来实现的； 2. 做功的多少一般与路径有关； 3. 质点动能定理成立的参考系为惯性系。
功和功率
物理学上的功定义为力 F 与位移元 dr 标积的线积分， 若以 A 表示功，有：
其意思是：如果有一个力作用于物体上，同时物体在某 一方向上发生位移，则只有位移方向上的分力作了功， 与位移成直角的力不作功。
Ek Eki
i 1 n
A外 Ai
i 1
n
A内
i 1
n
j 1 j i
n
Aij
质点系动能定理
Ek (t ) Ek (t0 ) A外 A内
该式即为质点系动能定理，我们把它叙述如下：
作用于质点系的所有外力所作之功与所有内力所作之 功的总和等于质点系动能的增量。 需要注意的是，内力产生的总动量虽然为零，但 内力作的总功一般不等于零。
质点动能定理
t t 1 2 1 2 Ek Ek Ek 0 mv (t ) mv (t0 ) F dr F cos ds t0 t0 2 2 此式右边的积分被称为作用于物体的力所做的功，通常把该式称为 质点动能定理：即作用于物体上的合力所做的功等于物体在此过程 中动能的增量。动能定理本质上是能量守恒定律在牛顿力学范畴内 的一种表述。
第5章 动能定理
在笛卡儿提出动量守恒原理后42年，德国数学家、哲 学家莱布尼兹（Leibniz，1646~1716）提出了“活力”概 念及“活力”守恒原理。和笛卡儿一样，莱布尼兹也相信 宇宙中运动的总量必须保持不变，不过和笛卡儿不同，他 认为应该用 mv2 表示这个量，而不是 mv。 莱布尼兹与笛卡儿关于 mv2 和 mv 之争，在历史上曾 经历相当长时期的混乱，一百多年后，人们逐渐明白，这 是两种不同的守恒规律，莱布尼兹的“活力” 守恒应归 结为机械能守恒。 下面我们从现代的观点对这些概念一一地予以重新定 义。
质点系动能定理
质点系动能定理与质点系动量定理的比较： 1. 质点系动量定理是矢量式，而质点系动能定理是标 量式。 2. 质点系动量定理与质点系动能定理是相互独立的。
3. 内力的作用不改变体系的总动量，但一般要改变体 系的总动能。
§5.2
势 能
有心力及其沿闭合路径作功
所谓“有心力”，即在空间中存在一个中心 O，物 体（质点）P 在任何位置上所受的力 F 都与 OP 方向相 同（排斥力）或相反（吸引力），其大小是距离 r = OP 的单值函数。万有引力就是一种有心力，万有引力为： Mm ˆ 表示沿 OP 方向的单位向量。 其中 r ˆ F G 2 r r
G mM r mM ˆ G r 2 2 r r r来自当然，利用第二式可反推得：
F V (r )
Gm M( xi yj zk )
x
2
y z
2
2 3/ 2
几点注意： 1. 引力势能实际上属于 m, M 两者组成的体系，地球与月 球间的相互引力势能应属地、月系统所共有。
A F dr
t0 t t t0
F cos ds
功和功率
有时重要的问题不是能作多少功，而是作功的效率， 即在单位时间内作多少功。单位时间所做的功称为功率：
dA P Fv dt
简单机械可以省力，但功率是不能放大的。 在国际单位制中，力的单位是牛顿（N），功的单 位则为牛顿· 米（N· m），通常把1牛顿· 米称作1焦耳 （J），由上面给出的动能、功的定义不难验证，它们具 有相同的量纲。功率的单位是焦耳/秒，也称瓦（W）。 如果用瓦乘以时间就是所作的功，电力公司在计算每家 用电量时，常采用千瓦· 小时来计量用电量的多少，1千 瓦· 小时等于1千瓦乘3600秒，即 3.6×106 焦耳。
对空间任意点，定义：
V (r) V0 A(rC r)
由于是保守力场，故 A(rC→ r) 唯一确定，与运动的路径 无关，于是对于空间中的任意点 r，我们定义的 V(r) 的值确 定并且唯一。
下面证明 V(r) 就是势能。
保守力与非保守力、势能
V (r) V0 A(rC r)
有心力及其沿闭合路径作功
下面用数学方法给 出验证。如图所示，设 想把质点沿任意路径 L 从 P 点搬运到 Q 点， 有心力所作的功为：
APQ
Q
由于： cos ds KM cos KN K M dr 上式化为：
P ( L)
F (r ) cos ds
APQ F (r )dr
A(rC rB ) A(rA rC ) A(rA rB )
由于：
A(rA rB ) V (rA ) V (rB )
故 V(r) 就是势能。
[证毕]
反之，存在势能的力一定是保守力。
保守力与非保守力、势能
注：由证明可见，势能具有一个任意常数 V (rC ) V0
沿闭合路径一周作功小于零的力称为耗散力。滑动 摩擦力是非保守力，而且还是耗散力。
保守力与非保守力、势能
为了比较容易地判断常见的力是否保守力，下面给 出保守力的一些充分条件。 1. 对于一维运动，凡是位置单值函数的力都是保守力。 例如服从胡克定律的弹性力 f = f (x) = －k(x－x0) 是 x 的单值函数，故它是保守力。 2. 对于一维以上的运动，大小和方向都与位置无关的力， 如重力 f = mg 是保守力。 3. 有心力是保守力。例如万有引力就是保守力。
功率的其他单位—千瓦、兆瓦和马力
“宝马” M3双门跑车 ， 5.7L V8引擎，功率输出可 达到628HP/468kW
“俄亥俄”级战略核潜艇， 通用电气S8G自然循环压 水冷却式核子反应炉，反 应堆热功率250MW
质点系动能定理
1 F1 f12 f13 f1n m1 r 2 f 21 F2 f 23 f 2 n m2 r 3 f31 f32 F3 f3n m3 r n f n1 f n 2 f n3 Fn mn r
保守力与非保守力、势能
定理：对于保守力场，可以定义一 个标量函数 V(r)，称为势能（或势 函数、位能），使保守力作的功为： A(rA→ rB) =V(rA) － V(rB) 。其中 A(rA→ rB)表示质点从空间 rA 点运 动到 rB 点保守力所作的功。 证：这样选择一个标量函数V(r)： 如图，先任取一点 rC ，令： V (rC ) V0
牛顿─动量、机 械能守恒
笛卡尔─动量守恒
莱布尼兹─“活 力”守恒
质点动能定理
我们知道，力的冲量可以使物体（质点）的动量发生改变；力 又是如何使物体的动能发生改变的呢？为此，我们计算一下单位时 间动能的改变。
对于直线运动，考虑物体在力的作用下动能的改变，我们有： dEk d 1 2 dv ds m v m v Fv F dt dt 2 dt dt
t t t t0 t t0 t0
t t0
i v i dt Fi v i dt f i1 v i dt f i 2 v i dt mi r f i (i 1) v i dt f i (i 1) v i dt f in v i dt
有心力及其沿闭合路径作功
我们感兴趣的问题是，如果物体在有心力场中循 环运动一周，其动能会不会有所增加（或减少）呢？ 或许有那么一条特殊的无摩擦的轨道从一点开始，经 过一个循环回到初始点，有心力在过程中不断作功， 使物体的动能有所增加？ 我们可以肯定他说，这是不可能的。因为，如果存 在这样一个轨道，这个物体周而复始地沿此轨道作循环 往复运动，在每次回到初始点时，将会获得越来越大的 动能，而系统本身没有付出代价，这不符合能量守恒原 理。这就是一种永动机，因而是不可能的。因此，结论 是物体在有心力场中环绕任何封闭路径运行一周作的功 必为零。（物体回到初始点动能减少也是不可能的。如 果这样，可以沿原回路反向行进，必使动能增加。）
例：位于坐标原点的质量为 M 的质点的引力场对位于 r 点质量为 m 的质点的万有引力为： Mm ˆ F G 2 r r 若规定无穷远点 ∞ 的引力势能为零，则空间 r 点质量 为 m 的质点的势能为：
V (r ) F dr
r
r
G
Mm GmM GmM dr r2 r x2 y 2 z 2
t0 t0 t0 t t
Eki (t ) Eki (t0 ) Ai Ai1 Ai 2 Ai (i1) Ai (i1) Ain
质点系动能定理
Eki (t ) Eki (t0 ) Ai Ai1 Ai 2 Ai (i1) Ai (i1) Ain
其中：
Ai Fi vi dt
t0
t
Aij fij vi dt
t0
t
分别为作用于第 i 个质点上的合外力所作的功和第 j 个质 点对第 i 个质点的内力所作的功。将上式对所有的i求和， 得： Ek (t ) Ek (t0 ) A外 A内 其中 Ek、A外、A内 分别为质点系的总动能、外力和内力 对质点系作的总功 ：
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
第9页
2．运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的
最大高度是 10 m，在最高点的速度为 20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J
B．100 J
C．150 J
动能定理课件ppt
在足球、篮球等球类运动中，动能定理可以用来研究球的飞行轨迹，预测球的落 点，以及分析碰撞过程中的能量转换。此外，动能定理还可以帮助优化球的速度 和旋转，提高射门或投篮的准确性。
车辆行驶
总结词
运用动能定理可以研究车辆行驶过程中 的各种问题，包括车辆的加速、制动以 及行驶稳定性等。
VS
详细描述
实验器材
滑轮
速度传感器 质量块
细绳 弹簧测力计
实验步骤与数据记录
2. 使用弹簧测力计测量质量块受 到的拉力F。
4. 记录数据：拉力F、速度v和质 量块的质量m。
1. 将滑轮固定在一个支架上，通 过细绳连接质量块和滑轮。
3. 启动速度传感器，测量质量块 的速度v。
5. 在实验过程中，不断改变质量 块的速度，重复步骤2-4，获得多 组数据。
详细描述
力对物体做功会引起物体的动能变化。动能 定理是指合外力的功等于物体动能的增量， 即合外力对物体做的功等于物体动能的增量 。这个定理可以用来定量描述力与动能之间 的关系。
05
动能定理的拓展形式
势能与动能的关系
势能与动能是相互依存的两种能量形式，势能可以转化为动能，动能也可以转化为 势能。
在机械系统中，势能和动能的总和是恒定的，这种关系可以通过机械能守恒定律来 描述。
圆周运动的动能定理
总结词
简单描述圆周运动的动能定理的公式和含义。
详细描述
在圆周运动中，物体动能的增加量等于外力对物体所做的功。即外力做的功等 于物体动能的增加量。特别地，在物体做匀速圆周运动时，由于速度大小不变 ，所以物体的动能增量为零，合外力对物体不做功。
03
动能定理的应用场景
投掷比赛总Βιβλιοθήκη 词动能定理课件目录
第五章 第2讲 动能定理及其应用
C．对物体，动能定理的表达式为 WN－mgH＝12mv22－12mv12
D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv12
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2．[动能定理的简单应用] (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静
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2．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替代关系．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：等式两边物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因．
解得 h′＝1－Rcμocso3t73°7°＝0.48 m. 答案：0.48 m
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[拓展延伸2] 若在[典例]中斜面轨道光滑，滑块从 A 点释放后滑到 C 点，对轨 道的压力是重力的多少倍？(原 AB 高度差 h＝1.38 m 不变) 解析：由 A→C 应用动能定理，设 C 点时的速度为 vC. mgh－mg(R＋Rcos θ)＝12mv2C① NC＋mg＝mRv2C② 由①②得 NC＝2.3mg，故是重力的 2.3 倍． 答案：2.3
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
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3．A 球[动向能右定运理动求0解.1变m力时做，功vA]＝3(2m01/s9，·吉O林A′长＝春0模.4拟m)，如O图B所′示＝，0.3竖m直，平设面此内时放∠一B直′角A′杆O＝
课件1：5.2 动能定理
v'=v cos 45° g(
h22 l 2
-l)=
1mv2+
2
12Mv'2
⑤
联立③④⑤式并代入数据解得v=0.72 m/s。
2-2 如图所示,光滑斜面与水平面在B点平滑连接,质量为0.20 kg 的物体从斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平面( 设经过B点前后速度大小不变),最后停在水平面上的C点。每隔0. 20 s通过速度传感器测量物体的瞬时速度,下表给出了部分测量 数据。取g=10 m/s2。
解法一 对物体在斜面上和水平面上时分别进行受力分析,如图
所示,知下滑阶段有FN1=mg cos 37°,故
F1=μFN1=μmg cos 37°。
由动能定理有
mgx1 sin 37°-μmg cos 37°·x1= 12m v12 ①
在水平面上运动过程中F2=μFN2=μmg
由动能定理有-μmgx2=0-
【解析】
对物体m用动能定理:
WFN
-mgH=
1 2
mv2,故
WFN =mgH+
1 2
mv2,A、B均错。
钢索的拉力做的功: WF拉
=(M+m1 )gH+
2
(M+m)v2,故C错误。
由动能定理知,合力对电梯做的功应等于电梯动能的变化量12 Mv2,
故D正确。
【答案】 D
1-1 一人乘竖直电梯从1楼到12楼,在此过程中经历了先加速,后 匀速,再减速的运动过程,则下列说法正确的是 ( ) A.电梯对人做功情况:加速时做正功,匀速时不做功,减速时做负 功 B.电梯对人做功情况:加速和匀速时做正功,减速时做负功 C.电梯对人做的功等于人动能的增加量 D.电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增 加量
高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版
高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版一、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，1J ＝1N·m＝1kg·m 2/s 2. 4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.二、动能定理1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 12.3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件：(1)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．如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R )．对物块有W G ＋W f1＋W f2＝12mv 2－12mv 02对小球有－2mgR ＋W f ＝12mv 2－12mv 02图1自测1 (2018·全国卷Ⅱ·14)如图2，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( )图2A．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阻＝ΔE k，W阻<0，则W拉>ΔE k，A项正确，B项错误；W阻与ΔE k的大小关系不确定，C、D项错误．自测2关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体所受合外力一定为零答案 A自测3如图3所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，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从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )图3A.μmgR2B.mgR2C．mgR D．(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－W AB－μmgR＝0，所以W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.命题点一对动能定理的理解1．动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例1(多选)如图4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( )图4A．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的动能的增量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答案BD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，B正确．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相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误．对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力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，D正确．根据功能关系可知，外力F 做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．变式1(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是( )A．物体的重力势能增加了3JB．物体的重力势能减少了3JC．物体的动能增加了4.5JD ．物体的动能增加了8J 答案 AC解析 因为重力做功－3J ，所以重力势能增加3J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3J ＋8J －0.5J ＝4.5J ，C 正确，D 错误．命题点二 动能定理的基本应用1．应用流程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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．例2 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图5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( )图5A ．a ＝2mgR －WmRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2mgR －WR答案 AC解析 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 ＝12mv 2，又a ＝v2R，联立可得a ＝2mgR －WmR，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 ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．例3 (2017·上海单科·19)如图6所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4m 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10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图6(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)2m/s (2)4.29 m/s (3)1.38m解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg ＝mv C 2R解得v C ＝gR ＝2m/s(2)对B →C 过程，由动能定理得 －mgR (1＋cos37°)＝12mv C 2－12mv B 2解得v B ＝v C 2＋2gR1＋cos37°≈4.29m/s(3)滑块在A →B 的过程，由动能定理得mgh －μmg cos37°·hsin37°＝12mv B 2－0代入数据解得h ＝1.38m.变式2 (2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图7所示，一质量为20kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝ 10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理后的动摩擦因数μ1的取值范围． 答案 (1)0.52 (2)μ1≥0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh －μmg cos37°×hsin37°－μmgL ＝12mv 2解得μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v ′应小于等于1m/s ，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh －μmg cos37°×h sin37°＝12mv 12在水平槽上有12mv ′2－12mv 12＝－μ1mgL联立得μ1＝0.82 所以μ1≥0.82.命题点三 动能定理与图像问题的结合1．解决物理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、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量． 2．图像所围“面积”的意义(1)v －t 图像：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移． (2)a －t 图像：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量． (3)F －x 图像：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功． (4)P －t 图像：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功． 例4 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4m ．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 只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10m/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，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)52m/s (2)5m解析 (1)由题图乙知，在前2m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4m 内，F 3＝0.滑动摩擦力f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得F 1x 1＋F 2x 2＋fx ＝12mv A 2－0代入数据解得v A ＝52m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin30°＝0－12mv A 2解得L ＝5m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5m.变式3 (2018·广东省深圳市上学期模拟)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( )答案 C解析 小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ；设小物块上滑的最大位移大小为s ，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(s －x )＝E k －0，整理得E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)s －(mg sin θ－μmg cos θ)x ，故只有C 正确．变式4 (2019·湖北省黄石市调研)用传感器研究质量为2kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s 内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是( )图9A ．0～6s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6s 内物体在4s 时的速度最大C ．物体在2～4s 时的速度不变D ．0～4s 内合力对物体做的功等于0～6s 内合力对物体做的功 答案 D解析 物体6s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2m/s－12×1×2m/s＝6 m/s ，则0～6s 内物体一直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2m/s＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4s 内由动能定理可知，W 合4＝12mv 42－0，又v 4＝12×(2＋4)×2m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36J,0～6s 内合力对物体做的功：W 合6＝12mv 62－0，又v 6＝6m/s ，得W 合6＝36J ．则W 合4＝W 合6，D 项正确．命题点四 动能定理在多过程问题中的应用例5 (2018·河南省洛阳市上学期期中)如图10所示，光滑的轨道ABO 的AB 部分与水平部分BO 相切，轨道右侧是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(sin37°＝35，cos37°＝45)图10(1)若小球恰能击中C 点，求刚释放小球的位置距离BO 平面的高度； (2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值． 答案 (1)4R 15 (2)3mgR2解析 (1)设小球经过O 点的速度为v 0，从O 点到C 点做平抛运动，则有R cos37°＝v 0t ，R sin37°＝12gt 2从A 点到O 点，由动能定理得mgh ＝12mv 02联立可得，刚释放小球的位置距离BO 平面的高度h ＝415R ； (2)设小球落到轨道上的点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，R cos θ＝v 0′t ′R sin θ＝12gt ′2对此过程，由动能定理得mgR sin θ＝E k －12mv 0′2解得E k ＝mgR (34sin θ＋14sin θ)当sin θ＝33时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为E k ＝32mgR . 变式5 如图11所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O 点，另一端自由伸长到A 点，OA 之间的水平面光滑，固定曲面在B 处与水平面平滑连接．AB 之间的距离s ＝1m ．质量m ＝0.2kg 的小物块开始时静置于水平面上的B 点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v 0＝5m/s ，g 取10 m/s 2.图11(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p ； (2)求物块返回B 点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h ＝0.2m ，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量． 答案 (1)1.7J (2)3m/s (3)0.5J解析 (1)对小物块从B 点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得， －μmgs －W 克弹＝0－12mv 02W 克弹＝E p代入数据解得E p ＝1.7J(2)对小物块从B 点开始运动至返回B 点的过程，由动能定理得， －μmg ·2s ＝12mv B 2－12mv 02代入数据解得v B ＝3m/s(3)对小物块沿曲面的上滑过程， 由动能定理得－W 克f －mgh ＝0－12mv B 2产生的热量Q ＝W 克f ＝0.5J.1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg ，篮筐离地高度约为3m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )图1A ．1JB ．10JC ．50JD ．100J 答案 B解析 该同学将篮球投出时的高度约为h 1＝1.8m ，根据动能定理有W －mg (h －h 1)＝12mv 2，解得W ＝7.5J ，故选项B 正确．2．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A ．mgh －12mv 2－12mv 02B ．－12mv 2－12mv 02－mghC ．mgh ＋12mv 02－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 02答案 C解析 对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2－12mv 02，解得W f ＝mgh ＋12mv 02－12mv 2，选项C 正确．3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2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2A ．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 答案 C解析 运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误．如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误．由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确．运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．4．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a ＝v －v 0t 得a ＝s t2，故A 项正确．5．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 的关系图像是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt小球的动能E k ＝12mv 2，把速度v 代入得E k ＝12mg 2t 2－mgv 0t ＋12mv 02 E k 与t 为二次函数关系．6．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( ) A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服阻力所做的功为12mv max 2－12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv max 2答案 AD7.(多选)(2019·山西省运城市质检)质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v －t 图像如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．水平拉力大小为F ＝m v 0t 0B ．物体在3t 0时间内位移大小为32v 0t 0C ．在0～3t 0时间内水平拉力做的功为12mv 02D ．在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv 0答案 BD解析 根据v －t 图像和牛顿第二定律可知F －μmg ＝m v 0t 0，故选项A 错误；由v －t 图像与坐标轴所围面积可知，在3t 0时间内的位移为x ＝12·3t 0·v 0＝32v 0t 0，所以选项B 正确；在0～3t 0时间内由动能定理可知W －μmgx ＝0，故水平拉力做的功W ＝32μmgv 0t 0，又f ＝μmg ＝mv 02t 0，则W ＝34mv 02，选项C 错误；0～3t 0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P ＝W f 3t 0＝12μmgv 0，所以选项D 正确．8．(多选)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v ＝gR ，重力加速度为g ，则以下结论正确的是(不计空气阻力)( )图4A ．C 、N 的水平距离为3RB ．C 、N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力为6mgD ．小球在M 点对轨道的压力为4mg 答案 AC解析 小球从N 到C 的过程可看做逆方向的平抛运动，则v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝vt ，解得v N ＝2v ＝2gR 、x CN ＝3R ，故A 项正确，B 项错误；小球从M 到N 的过程由动能定理可得，－mg (R －R cos α)＝12mv N 2－12mv M 2，小球在M 点时，由牛顿第二定律可得，N M －mg ＝m v M2R ，解得N M ＝6mg ，根据牛顿第三定律可得，小球在M 点对轨道的压力为6mg ，故C 项正确，D 项错误．9．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图5所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度为g .求：图5(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．答案 (1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1v 0＋v 122s 02解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 12－12mv 02①解得μ＝v 02－v 122gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 02－v 12＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 02⑥10．(2017·河北省唐山市模拟)如图6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 ＝5m ，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＝4.30m 、h 2＝1.35m ．现让质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离． 答案 (1)3m/s (2)2s (3)1.4m 解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中， 由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv D 2－0代入数据解得v D ＝3m/s. (2)小滑块从A →B →C 过程中， 由动能定理得mgh 1－μmgx ＝12mv C 2代入数据解得v C ＝6m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v C a＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1s 故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh 1－μmgx 总＝0代入数据解得x 总＝8.6m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为：2x －x 总＝1.4m. 11．(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝0.1kg ，通电后以额定功率P ＝1.5W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L ＝10.00m ，R ＝0.32m ，h ＝1.25m ，s ＝1.50m ．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g ＝10m/s 2)图7答案 2.5s解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v 1′，根据牛顿第二定律得，mg ＝m v 1′2R，得v 1′＝gR根据动能定理得，由B 点至圆轨道最高点有－mg ·2R ＝12mv 1′2－12mv 12解得v 1＝4m/s为保证赛车通过最高点，到达B 点的速度至少为v 1＝4m/s 根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg ＝0.5s则平抛运动的初速度v 2＝s t＝3m/s为保证赛车能越过壕沟，则到达B 点的速度至少为v 2＝3m/s 因此赛车到达B 点的速度至少为v ＝v 1＝4m/s 从A 到B 对赛车由动能定理得Pt －fL ＝12mv 2解得t ≈2.5s.。
第5章_2动能__动能定理
点评：此题对考生的能力要求较高，将 圆周运动与动能定理相结合，注重过程的分 析，物理规律的应用．考生很容易由于过程 分析不完整，运动情况分析不全而造成失 分．
如图5-2-2所示，DO是水平面，AB 是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿 DBA滑动到顶点A时的速度刚好为零，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 速度为（已知物体与路面之间的动摩擦因数 处处相同，且不为零，在B、C处无机械能的 损失）( ) A.大于v0 B.等于v0 C.小于v0 图5-2-2
图5- 6 2-
【错解】在分力F1的方向上，由动能定理得 1 ２ 1 v 1 2 2 W1 = mv１ = m( ) = mv ，故A正确． 2 2 2 cos 30° 6 【错解分析】错解原因是在物体运动的分方向 上应用了动能定理． 【正解】在合力F的方向上，由动能定理得， 1 2 W = Fs = mv ，某个分力的功为W1 = F1s cos 30 2 F 1 1 2 = s cos 30? Fs = mv ，故B正确． 2 cos 30° 2 4
2.应用动能定理求变力的功 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，此时绳子的拉力为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/4 B.mgR/3 C.mgR/2 D.mgR
l l 2 h2
v1
所以
v0l l 2 h2
物体此时上升的速度为
l 2 h2 mv0 2l 2 1 1 v0 2l 2 Ek mv12 0 m 2 2 2 2 2 l h 2(l h2 ) 人所做的功为：
第5章 第2课时动能定理
第2课时 动能定理考纲解读 1.掌握动能的概念，知道动能是标量，会求动能的变化量.2.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题．1．[对动能定理的理解]关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是 ( )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 答案 BC2．[动能定理的应用]甲、乙两物体质量之比m 1∶m 2＝1∶2，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，在水平桌面上运动时，因受摩擦力作用而停止． (1)若它们的初速度相同，则运动位移之比为________； (2)若它们的初动能相同，则运动位移之比为________． 答案 (1)1∶1 (2)2∶1解析 设两物体与水平桌面间的动摩擦因数为μ. (1)它们的初速度相同，设为v 0，由动能定理得： －μm 1gl 1＝0－12m 1v 20 －μm 2gl 2＝0－12m 2v 20 所以l 1∶l 2＝1∶1.(2)它们的初动能相同，设为E k ，由动能定理得： －μm 1gl 1＝0－E k －μm 2gl 2＝0－E k所以l 1∶l 2＝m 2∶m 1＝2∶1.3．[利用动能定理求变力的功]假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器．假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W 表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用E k 表示探测器脱 离火箭时的动能，若不计空气阻力(地球质量约为月球的6倍)．则( )A ．E k 必须大于或等于W ，探测器才能到达月球B ．E k 小于W ，探测器也可能到达月球C ．E k ＝12W ，探测器一定能到达月球D ．E k ＝12W ，探测器一定不能到达月球答案 BD解析 因为探测器从脱离火箭到飞到月球的过程中，探测器不但受到地球对它的引力，而且还受到月球对它的引力，地球引力对探测器做负功，月球引力对探测器做正功，利用动能定理得－W 地＋W 月＝E k 末－E k (假设恰好到达月球，此时末动能E k 末＝0)，对上式变形可得：E k ＝W 地－W 月<W 地＝W ，可见，E k 小于W ，探测器也能到达月球，故选项A 错误，B 正确；又由地球质量约为月球质量的6倍，故地球对探测器产生的平均作用力比月球的大，做的功满足关系式：E k ＝W 地－W 月＝56W 地>12W ，可知当E k 等于12W 时，探测器不可能到达月球，故选项C 错误，D 正确．动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式：W ＝12m v 22－12m v 21＝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，也可以分阶段作用.考点一 动能定理及其应用1．动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力的功是引起物体动能变化的原因．2．动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．3．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．例1 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1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 ，离舰时的速度为v m ，不计飞机在B 处的机械能损失．求AB 部分的长度．图1解析 设AB 段长为s ，从A 到C ，根据动能定理得： W F ＋W G ＝12m v 2m即FL －mgh ＝12m v 2mh ＝(L －x )sin θ综合以上各式解得：x ＝L －2FL －m v 2m2mg sin θ答案 L －2FL －m v 2m2mg sin θ应用动能定理解题的基本思路 (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：(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．突破训练1 小孩玩冰壶游戏，如图2所示，将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OB 用水平恒力推到A 点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B 点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，OA ＝x ，AB ＝L .重力加速度为g .求：图2(1)冰壶在A 点的速率v A ；(2)冰壶从O 点运动到A 点的过程中受到小孩施加的水平推力F . 答案 (1)2μgL (2)μmg (x ＋L )x解析 (1)冰壶从A 点运动至B 点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得－μmgL ＝0－12m v 2A解得v A ＝2μg L(2)冰壶从O 点运动至A 点的过程中，水平推力F 和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得(F －μmg )x ＝12m v 2A解得F ＝μmg (x ＋L )x考点二 利用动能定理求变力的功例2 如图3所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .求：图3(1)小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少；(3)若初速度v 0＝3gL ，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功． 解析 (1)小球恰能到达最高点B ， 有mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)若不计空气阻力，从A →B 由动能定理得 －mg (L ＋L 2)＝12m v 2B －12m v 20 解得v 0＝7gL2.(3)由动能定理得－mg (L ＋L 2)－W f ＝12m v 2B －12m v 20 解得W f ＝114mgL .答案 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL应用动能定理求变力做功时应注意的问题 (1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k .(2)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W ，则表达式中应用－W ；也可以设变力的功为W ，则字母W 本身含有负号．突破训练2 如图4所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图4A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．考点三 动能定理与图象结合的问题例3 小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图5甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)图5(1)求物体上升到0.4 m 高度处F 的瞬时功率．(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度． 审题突破 ①E k －h 图象中斜率表示物体所受合外力． ②计算瞬时功率用公式P ＝F v ，其中v 为瞬时速度． ③当力随位移均匀变化时可用W ＝F x 计算变力的功． 解析 (1)撤去F 前，根据动能定理，有 (F －mg )h ＝E k －0由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N 得F ＝30 N又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J ，则v ＝4 m/s P ＝F v ＝120 W(2)碰撞后，对钉子，有－F f x ′＝0－E k ′ 已知E k ′＝20 J F f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105 N/m 解得：x ′＝0.02 m 答案 (1)120 W (2)0.02 m突破训练3 随着中国首艘航母“辽宁号”的下水，同学们对舰载机的起降产生了浓厚的兴趣．下面是小聪编制的一道舰载机降落的题目，请你阅读后求解．图6(1)假设质量为m 的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落，触地瞬间的速度为v 0(水平)，在跑道上滑行的v －t 图象如图6所示．求舰载机滑行的最大距离和滑行时受到的平均阻力大小；(2)航母可以通过设置阻拦索来增大对舰载机的阻力．现让该舰载机关闭发动机后在静止于海面上的航母水平甲板上降落，若它接触甲板瞬间的速度仍为v 0(水平)，在甲板上的运动可以看做匀变速直线运动，在甲板上滑行的最大距离是在水平地面跑道上滑行的最大距离的14.求该舰载机在航母上滑行时受到的平均阻力大小(结果用m 、v 0、t 0表示)．答案 (1)12v 0t 0 m v 0t 0 (2)4m v 0t 0解析 (1)由题图，根据匀变速运动规律可得 最大距离为x ＝12v 0t 0由动能定理有－F f x ＝0－12m v 20解得阻力F f ＝m v 0t 0(2)最大距离x ′＝14x ＝18v 0t 0由动能定理有－F f ′x ′＝0－12m v 20联立解得F f ′＝4m v 0t 022.利用动能定理分析多过程问题例4 如图7所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图7(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .审题与关联解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg (2R －R )－μmg cos 37°·2R sin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12m v 2C －12m v 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s ，故v 0的最小值为2 3 m/s (3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx，整理得：5t 2＋3t －0.8＝0，解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程． 2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、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的功等于力的大小与路程的乘积．突破训练4 一轻质细绳一端系一质量为m ＝120kg 的小球A ，另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L ＝0.1 m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图8所示，水平距离s 为2 m ，动摩擦因数为0.25.现有一小滑块B ，质量也为m ，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g 取10 m/s 2，试问：图8(1)若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h .(2)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下，求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力． (3)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n . 答案 (1)0.5 m (2)48 N (3)10解析 (1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，设运动到最高点的速度为v 0，此时仅由重力充当向心力， 则有mg ＝m v 20L，解得v 0＝1 m/s在滑块从h 处运动到小球到达最高点的过程中，由动能定理 mg (h －2L )－μmg s 2＝12m v 20解得h ＝0.5 m(2)若滑块从h ′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12m v 21滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以v 1的速度开始做圆周运动，绳的拉力F T 和重力的合力充当向心力，则有F T －mg ＝m v 21L解得F T ＝48 N(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程s 后就会再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12m v 20－2mgLμmgs＋1≥n解得n ≤10，故小球最多做10次完整的圆周运动．高考题组1．(2013·海南·13)一质量m ＝0.6 kg 的物体以v 0＝20 m /s 的初速度从倾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔE k ＝18 J ，机械能减少了ΔE ＝3 J ，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，求： (1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能． 答案 (1)6 m/s 2 (2)80 J解析 (1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为f ，向上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有 a ＝mg sin α＋fm①设物体动能减少ΔE k 时，在斜坡上运动的距离为s ，由功能关系得 ΔE k ＝(mg sin α＋f )s ② ΔE ＝fs③联立①②③式并代入数据可得 a ＝6 m/s 2④(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为s m ，由运动学规律可得s m ＝v 202a⑤设物体返回底端时的动能为E k ，由动能定理有 E k ＝(mg sin α－f )s m⑥联立①④⑤⑥式并代入数据可得 E k ＝80 J 模拟题组2．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9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 ( )图9答案 BD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 ＝F v ＝Fat 可知，P 与t 成正比，选项D 正确；由x ＝12at 2可知x 与t 2成正比，选项C 错误；由动能定理可知E k ＝Fx ＝12Fat 2，E k 与t 2成正比，选项A 错误．3．如图10所示，光滑的14圆弧AB ，半径R ＝0.8 m ，固定在竖直平面内．一辆质量为M ＝2kg 的小车处在光滑水平平面上，小车的上表面CD 与圆弧在B 点的切线重合，初始时B 与C 紧挨着，小车长L ＝1 m ．现有一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，自圆弧上的A 点由静止开始释放，滑块运动到B 点后冲上小车，带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了x ＝0.2 m ，此时小车的速度为v ＝1 m/s.求：图10(1)滑块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与小车间的动摩擦因数； (3)滑块与小车分离时的速度．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)2 m/s 解析 (1)滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 mgR ＝12m v 2B滑块在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ＝30 N由牛顿第三定律知，滑块在B 点对轨道的压力为30 N ，方向竖直向下 (2)对小车，由动能定理得μmgx ＝12M v 2代入数据解得μ＝0.5(3)对滑块，在小车上运动的过程中，由动能定理得－μmg (x ＋L )＝12m v 2D －12m v 2B 代入数据解得v D ＝2 m/s4．如图11所示，固定在水平面上的斜面与水平面的连接处为一极小的光滑圆弧(物块经过Q 点时不损失机械能)，斜面与地面是用同种材料制成的．斜面的最高点为P ，P 距离水平面的高度为h ＝5 m ．在P 点先后由静止释放两个可视为质点的小物块A 和B ，A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，A 与斜面及水平面的动摩擦因数为μ1＝0.5，B 与斜面及水平面的动摩擦因数为μ2＝0.3.A 物块从P 点由静止释放后沿斜面滑下，停在了水平面上的某处．求：图11(1)A 物块停止运动的位置距离斜面的直角顶端O 点的距离是多少；(2)当A 物块停止运动后准备再释放B 物块时发现它们可能会发生碰撞，为了避免A 、B 碰撞，此时对A 另外施加了一个水平向右的外力F ，把A 物体推到了安全的位置，之后再释放B 就避免了A 、B 碰撞．求外力F 至少要做多少功，可使A 、B 不相撞．(g 取10 m/s 2，此问结果保留三位有效数字) 答案 见解析解析 (1)设斜面倾角为θ，物块所停位置到Q 点距离为s . 斜面长L ＝hsin θ摩擦力F f ＝μF N ＝μmg cos θ由动能定理得：mgh －μmg cos θhsin θ－μmgs ＝0停止的位置到O 点距离x ＝htan θ＋s 由以上各式得x ＝hμA 物块x A ＝hμ1＝10m(2)若只释放B 后同理得 x B ＝hμ2≈16.7mΔx ＝x B －x A ＝6.7m若不相碰应将A 至少向右推出Δx ， 依动能定理W F －μ1mg Δx ＝E K A当E K A ＝0时W F 最小故至少做功W F ＝μ1mgΔx ＝33.5 J.(限时：45分钟)►题组1 动能定理的简单应用1．一人乘竖直电梯从1楼到12楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是( )A ．电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B ．电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功C ．电梯对人做的功等于人动能的增加量D ．电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量 答案 D解析 电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，A 、B 均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量，故C 错误，D 正确．2．一辆汽车以v 1＝6 m /s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x 1＝3.6 m ，如果以v 2＝8 m/s 的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x 2应为(不计空气阻力的影响)( )A ．6.4 mB ．5.6 mC ．7.2 mD ．10.8 m答案 A解析 急刹车后，车只受摩擦阻力F f 的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．则有 －F f x 1＝0－12m v 21① －F f x 2＝0－12m v 22②②式除以①式得x 2x 1＝v 22v 21.故汽车滑行距离：x 2＝v 2221x 1＝(86)2×3.6 m ＝6.4 m3．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1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( )图1A ．2 2 m /sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s答案 B解析 F －x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理W ＝12m v 22－12m v 21，代入数据可得v 2＝3 m/s ，B 正确．4．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g .则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20/LD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mg v 0 答案 BC解析 某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，由动能定理可得，mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，由动能定理得，mgL sin α－F f L ＝12m v 2－12m v 20，联立解得v＝5v 0.选项A 错误，B 正确；由mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2解得人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20/L ，选项C 正确；人在下滑过程中重力功率的最大值为mg ·2v 0·sin α＝2mg v 0sin α，选项D 错误. ►题组2 应用动能定理求解变力的功5．如图2所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( )图2A ．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B ．在该过程中，人对物块做的功为m v 2x 22(h 2＋x 2)C ．在该过程中，人对物块做的功为12m v 2D ．人前进x 时，物块的运动速率为v hh 2＋x 2答案 B解析 设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝v cos θ，而cos θ＝xh 2＋x 2，故v 物＝v x h 2＋x 2，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝12m v 2物＝m v 2x 22(h 2＋x 2)，B 正确，C错误．6．如图3所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )图3A.12R (F N －3mg ) B.12R (3mg －F N ) C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg ) 答案 A解析 质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR ，故A 项正确．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，如图4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是( )图4A.14mgR B.13mgR C.12mgRD ．mgR答案 C解析 小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ① 由牛顿第二定律可知：F －mg ＝m v 21R②小球恰好能通过最高点，则在最高点时绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得： －2mgR ＋W f ＝12m v 22－12m v 21④由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D 错误．►题组3 应用动能定理分析多过程问题8．如图5所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)求：图5(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力． 答案 (1)2 m/s (2)12 N ，方向竖直向下解析 (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有 －μmg ·2L ＝0－12m v 20解得v 0＝4μgL ＝2 m/s(2)设物块P 第一次刚通过Q 点时的速度为v ，在Q 点轨道对P 的支持力为F N ，由动能定理和牛顿第二定律有 －μmgL ＝12m v 2－12m v 20F N －mg ＝m v 2R解得F N ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力大小也为12 N ，方向竖直向下9．如图6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 只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6(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，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得： F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v 2A－0即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A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 2A解得：L ＝5 m所以滑块冲上AB 的长度L ＝5 m10．如图7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 ＝2 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＝0.2.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：图7(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； (3)小物块离开D 点落到水平地面上的点与B 点之间的距离． 答案 (1)5 m/s (2)25 N (3)1.2 m 解析 (1)从A 到B ，根据动能定理有 (F －μmg )x AB ＝12m v 2B得v B ＝2(F －μmg )x ABm＝5 m/s(2)从B 到D ，根据动能定理有 －mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2B 得v D ＝v 2B －4Rg ＝3 m/s在D 点，根据牛顿运动定律有F N ＋mg ＝m v 2D R得F N ＝m v 2DR－mg ＝25 N(3)由D 点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 2R ＝12gt 2，得t ＝4R g＝ 4×0.410s ＝0.4 s 水平地面上落点与B 点之间的距离为 x ＝v D t ＝3×0.4 m ＝1.2 m。
动能定理解析
动能定理解析动能定理是物理学中一个重要的定律，用于描述一个物体的动能与作用力之间的关系。
它是基于牛顿第二定律，通过将物体的质量、速度和加速度联系在一起，推导出了动能的表达式。
本文将对动能定理的物理原理进行解析，并探讨其在实际应用中的意义。
一、动能定理的基本原理动能定理是指一个物体的动能（Kinetic Energy，简称KE）等于它所受的合外力（F）对其做功（W）的结果。
可以用以下公式表示：KE = W = Fd其中，KE为物体的动能，W为外力对物体做的功，F为作用力的大小，d为物体在作用力方向上的位移。
二、动能定理的推导过程1. 根据牛顿第二定律 F = ma，将作用力F代入公式中，得到W = mad。
2. 将物体的加速度a表示为速度v和时间t的函数，即a = (v - u) / t，其中u为物体的初速度。
3. 将上述表达式代入W = mad中，得到W = m(v - u) / t。
4. 由定义可知，速度v = d / t，其中d为位移，将此代入公式中，得到W = m(d / t - u) / t。
5. 将W化简后得到W = md / t - mu / t。
6. 根据功的定义，可以将W表示为Fd，即Fd = md / t - mu / t。
7. 经过整理后，可得到动能定理的公式 KE = W = Fd。
三、动能定理的物理意义动能定理揭示了物体的动能与作用力之间的量化关系，其物理意义主要体现在以下几个方面：1. 动能的转化：动能定理说明了作用力对物体做功时，物体的动能会发生变化。
若作用力对物体做正功（即物体速度增加），则物体的动能增加；若作用力对物体做负功（即物体速度减小），则物体的动能减小。
2. 动能与速度的关系：动能定理表明，物体的动能与其速度的平方成正比。
当速度增加时，动能的增加速率更快。
这一关系也反映了动能对物体运动状态的敏感程度。
3. 动能守恒定律：根据动能定理，当外力对物体的做功为零时，动能保持不变。
动能定理课件ppt
动能定理的适用范围
条件
适用于所有受恒力作用的匀变速直线 运动和曲线运动。
原因
动能定理基于牛顿第二定律，适用于 所有受恒力作用的运动，且不受运动 形式的限制。
03
动能定理的应用
动能定理在生活中的应用
滑板车
滑板车利用动能定理，通 过脚踏施加力，使滑板车 前进并保持速度。
跑步
跑步时，人体通过施加力 使自己加速并保持速度， 这符合动能定理。
动能定理在解决实际问题中的应用
汽车制动
汽车制动时，摩擦力使汽车减速 并最终停下，这符合动能定理。
飞行器设计
在飞行器设计中，根据动能定理 可以优化飞行器的结构和性能。
火箭发射
火箭发射时，燃料燃烧产生的力 使火箭加速上升，这符合动能定
理。
04
动能定理的扩展
动能定理与其他物理定律的关系
动能定理与牛顿第二定律的关系
05
动能定理的习题与解析
动能定理的基础习题
总结词
考察基础概念
详细描述
基础习题主要考察学生对动能定理基本概念的理解，包括对动能、势能、力做功等基本 概念的掌握，以及简单情况下应用动能定理的能力。
动能定理的进阶习题
总结词
提升应用能力
VS
详细描述
进阶习题难度有所提升，主要考察学生在 复杂情况下应用动能定理的能力，包括多 力做功、摩擦力做功、变力做功等复杂情 况的处理。
定义理解
动能定理说明了物体动能的增加或减少等于所有外力对物体所做的功或冲量的 总和，而不考虑内力做功。
动能定理的表述
动能定理公式
动能定理的数学表述形式为 ΔEk = W外，其中 ΔEk 表示物体动能 的改变量，W外表示所有外力对 物体所做的功。
3第五章第三节 动能 动能定理
图5—3—1 5.3 动能 动能定理一、考点聚焦动能 做功跟功能改变的关系 II二、知识扫描1、动能：物体由于 而具有的能叫做动能。
动能的表达式为：E k = 单位： ，符号： 。
动能是 （标、矢）量。
2、动能定理：合外力对物体所做的功，等于物体动能的 。
表达式：W =3、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αcos ⋅⋅=S F W 求出变力做功的值，但可能由动能定理求解。
三、好题精析例1、如图5—3—1所示，物体在离斜面底端4m 处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角370，斜面与平面间由一段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？例2、 一小球从高出地面Hm 处，由静止自由下落，不计空气阻力，球落至地面后又深入沙坑h 米后停止，求沙坑对球的平均阻力是其重力的多少倍。
[解析] 小球由A 落到B 只有重力作用，由B 到C 受 沙坑阻力f 、重力作用。
在A 点动能为零，在C 动能为零，0)(=-+h f h H mg图5—3—4 mg h h H f += f 为重力的hH +1倍（大于重力） 例3、一个质量为m 的小球拴在细绳的一端，另一端用大小为F 1的拉力作用，在水平面上做半径为R 1的匀速圆周运动，如图5—3—4所示。
今将力的大小改为F 2，使小球仍在水平面上做匀速圆周运动，但半径为R 2。