考点一 对动能及动能定理的理解
区分动能定理、功能关系、机械能守恒、能量守恒及解题时如何选用(含典例分析)
区分动能定理、功能关系、机械能守恒、能量守恒及解题时选用技巧（含典例分析）一、动能定理物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量，即使用动能定理时应注意以下2个方面的问题：（1）由于作用在物体上的诸多力往往不是同时同步作用，而是存在先后顺序，因此求合外力做的功W 合一般采取先分别求出单个力受力然后代数和相加即可，即：比如一个物体收到了三个F 1、F 2、F 3三个力的作用，三个力所做的功分别为“+10J ”、“-5J ”、“-7J ”，这样以来三个力所做的总功W 合=10+（-5）+（-7）=-2J 。
（2）动能的变化量（或称动能的增量）因此在使用动能定理之前首先要明确对哪一段过程使用，这样才能确定谁是初始，谁是末尾，下面举例说明：图1例1：如图1所示，AB 为粗糙的水平地面，AB 段的长度为L ，右侧为光滑的竖直半圆弧BC 与水平地面在B 点相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的小物块放置在A 点，初速度为V 0水平向右，物块受到水平向右恒力F 的作用，但水平恒力F 在物块向右运动L 1距离时撤去（L 1<L ），物块恰好通过C 点，重力加速度为g。
求：小物块与地面之间的动摩擦因数u。
思路梳理：物块恰好通过C点，意味着小物块在C点时对轨道无压力，物块的重力恰好提供物块转弯所需的向心力，可据此求出物块在C点的速度V c，剩下的问题就变成了到底选哪一段过程使用动能定理进行解题的问题，大多数同学习惯一段一段分析，即先分析A至B段，再分析B至C段，也有同学指出可以直接分析A至C全过程即可，到底哪种比较简单，这其实要看题目有没有在B点设定问题，下面详细解答：解法一：对A至B过程运用动能定理，设小物块在B点的速度为V B再对B至C过程运用动能定理，设小物体在C点的速度为V C小物块恰好通过C点，则联立（1）（2）（3）式即可求出u。
解法二：对A至C过程运用动能定理，设小物块在C点的速度为V C小物块恰好通过C点，则联立（1）（2）式即可求出u。
动能定理物体的动能与力的作用距离的关系
动能定理物体的动能与力的作用距离的关系动能定理是物理学中的一条重要理论，用来描述物体动能与力的关系。
根据动能定理，物体的动能与作用力的距离有着密切的关系。
本文将就动能定理及其与力的作用距离的关系展开论述，以加深对该理论的理解。
一、动能定理的概念与表达方式动能定理是描述物体动能与力的关系的公式表示。
它的数学表达方式为：物体的动能的增量等于作用在物体上的净外力做功。
具体来说，当物体受到一个作用力并沿着力的方向移动时，力对物体做功。
做功的大小与力的大小和物体移动的距离有关。
动能定理表明，这个做功的大小等于物体动能的变化量。
二、动能与力的作用距离的关系根据动能定理可以知道，作用在物体上的力越大，物体获得的动能也越大。
而力的作用距离则会直接影响到这个力对物体做功的大小。
考虑一个例子：一个运动员在比赛中推动一个滑梯，滑梯移动的距离为x，所受到的推力为F。
根据动能定理，该运动员给滑梯增加的动能等于推力F乘以滑梯移动的距离x。
由此可见，力对物体做功的大小与力的大小成正比，与作用距离也成正比。
三、力的方向对动能的影响除了力的大小和作用距离，力的方向也会对动能产生影响。
当力与物体的运动方向相同时，即力和物体的运动方向一致时，力对物体的做功为正，从而增加物体的动能。
相反，当力与物体的运动方向相反时，力对物体的做功为负，从而减小物体的动能。
四、动能定理在实际应用中的意义动能定理在实际应用中有着广泛的意义。
它不仅可以用于解释力学现象，还可以用于描述能量转化和转移过程。
例如，在汽车运行中，引擎产生的马力会通过齿轮传递给车轮，这个过程中力的作用距离增大，从而使汽车具有更大的动能，提供了更好的加速性能。
总结：动能定理是描述物体动能与力的作用距离的关系的重要理论。
根据动能定理，物体的动能与作用力的大小和作用距离有密切的关系。
力的大小和作用距离越大，物体获得的动能也越大。
此外，力的方向对动能的改变也有直接影响。
利用动能定理，我们可以更好地理解物体的运动规律和能量转化过程，在实际应用中具有重要意义。
高一物理《运动和动能定理》知识点总结
高一物理《运动和动能定理》知识点总结
一、动能的表达式
1．表达式：E k ＝12
m v 2. 2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.
3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W ＝12m v 22－12
m v 12.如果物体受到几个力的共同作用，W 即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．
3．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
三．对动能定理的理解
(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)W 与ΔE k 的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．
①合外力对物体做正功，即W >0，ΔE k >0，表明物体的动能增大；
②合外力对物体做负功，即W <0，ΔE k <0，表明物体的动能减小；
如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．
③如果合外力对物体不做功，则动能不变．
(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．。
动能定理
2 受 力 分 析
1.8 104 N
启发：此类问题，牛顿定律和动能定理都适用， 但动能定理更简洁明了。解题步骤:1、2、3、4
例2、一质量为 m的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O点。小球在水平拉 θ 力F作用下，从平衡位置P点很缓慢 地移动到Q点，如图所示，则拉力 F所做的功为（ B ） P A. mgLcosθ B. mgL(1－cosθ) C. FLcosθ D. FL
分析：物体受力如图，
N
设上升的最大位移为s， 上滑过程：
f
- mgsin 37º s–f s = 0– m v02/2
下滑过程：
mgsin 37º s–f s = m（v0/2 ）2/2– 0 全过程： N f
v0
mg
–2 f s = m（v0/2 ）2/2– m v02/2
mg
式中f =μ mgcos 37º ，任意两式相除，得μ=0.45。
s F
FN
f
G
解：对飞机 s
F1
1找对象（常是单个物体） 2运动情况分析
由动能定理有
F2
3 确 定 各 力 做 功
1 2 Fs kmgs mv 2
m v2 F km g 4建方程 2s 5.0 103 602 3 0 . 02 5 . 0 10 9.8 2 2 5.3 10
(3)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、 电场力或其他的力等． (4)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． (5)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． (6)有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，若物 体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受 力等情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须 根据不同情况分别对待.
动能定理专题
动能定理专题一、动能1 •定义：物体由于运动而具有的能.1 22. 公式：E k=qmv.3. 单位：焦耳,1 J = 1 N • m= 1 kg • m/s2.4. 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 ?mV—2m«.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V1,则物体在全过程中的动能都是1 2qmvC. 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I = 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—mgh一 1 2D. 物体所受的合外力做功为qmv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、1 2 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+ W/+ W f= °mv，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mg1 + #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,小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W,由动能定理得mgh-W= 0—丘，解得W= mgh+ E,故选项B错误；若设全过程中小球克服阻力做功为W,则mg(H+ h) —W= 0, 解得W= mgH+ 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—7阻h= 0，解得匸阻二mg H+ h —F 阻H，故选项D错误.h答案：C考点一：对动能定理的理解1. 动能定理公式中“二”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.⑵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—W f =△ &B,即卩WJ=A E B+ W f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—mg—W f =△ E k,故有W =mgh+ W f +△ E 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=5.0m/s，AB长x= 4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数卩=，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；⑵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：（3又F f =卩mg解得：V B= 4.0 m/s.（2）在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知v B F N— mg= mR （1分）（2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(3) 滑块从B 经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理得1 2-mg(R + h) - W f ，= 0— 2mv (3 分)解得滑块克服摩擦力做功W f '= J . (2 分)答案： (1)4.0 m/s (2)21 N (3) 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 ABCD 固定在水平地面上，AB 段为倾角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 卩=，重力加速度g 取10 m/s 2, sin 53 °=, cos 53 °=，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：⑴ 设小球从B 到C 克服阻力做功为 W C .由动能定理，得mgR1 — cos 0 ) — W C = 0.代入数据，解得 W C = 8 J.⑵设小球在AB 段克服阻力做功为 Wfe, B 点到地面高度为h ，贝UW B =卩 mgABcos 0，对于小球从A 点落地的整个过程，由动能定得，得联立，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 -1图象还是F — x 图象、丘-x 图象等)(2) 挖掘图象的隐含条件一一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 二2x ，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:而AB = H- h sin 0mg — W B - 1 2mv(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= N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f =—F f • x =一J由图线与X轴所围面积可得外力做功为错误！X J = J.所以弹簧存贮的最大弹性势能为&= W+ W f = J.⑵从A点开始到B点的过程中，由于L= 2x,摩擦力做功为W f'= —F f =—J对小物块用动能定理有1 2E+ W f' = qm* 解得V B= 2 m/s.⑶小物块从B点开始做平抛运动h = |gt2下落时间t = 1 s 水平距离s= v B t = 2 m.答案：(1) 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一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/s2)(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，v = 2 m/s.⑵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，则一F f X2 = 0—10 J L 10F f = N = N4因F f =卩mg故卩=F=错误！=.mg(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 i =△ E k△ E k故得F= + F f = (2 + N = N.X i 答案：(1)2 m/s (2) (3) N。
高考物理动能定理及其应用考点总结
如图5－2－3所示，一质量为m＝1 kg的物块静止 在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如 图5－2－4所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求 (g取10 m/s2)：
在牵引力不变的条件下行驶45 m
的坡路到达B点时，司机立即关
图5－2－9
掉油门，以后汽车又向前滑行15 m停在C点，汽车的
质量为5×103 kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的
0.25倍，取g＝10 m/s2，求汽车的牵引力做的功和它
经过B点时的速率．
解析：汽车从A到C的过程中，汽车的发动机牵引力做正 功，重力做负功，摩擦力做负功，动能的变化量为零， 由动能定理可得WF－WG－W阻＝0，由于G、F阻已知， 汽车的位移也知道，所以有 WF＝WG＋W阻＝mgh＋0.25mgl＝2.25×106 J.
2．如图5－2－1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内 侧
壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧， BC是水平的，其长度d＝0.50 m．盆边缘的高度为 h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其 从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆 内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离 为( )
1．质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑
地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一
段距离使物体的速度增大为2v，则
()
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．第二过程的动能增量是第一过程的动能增量的3倍
C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
谈对系统应用动能定理
谈对系统应用动能定理谈对系统应用动能定理一、关于动能定理的理解一、关于动能定理的理解 功和能是两个基本物理量．功和能的关系可概括为：功是能量转化的量度．这句话包括三层含义：这句话包括三层含义：一是各种形式的能量之间可以相互转化，一是各种形式的能量之间可以相互转化，一是各种形式的能量之间可以相互转化，各物体的各物体的能量可以相互转移；二是能量的转化或转移可以通过做功来完成；三是在某一过程中，做了多少功，就有多少能量发生转化或转移．就有多少能量发生转化或转移．当在某一过程中只考虑当在某一过程中只考虑动能这一种形式的能量，动能这一种形式的能量，功和能的关系就表现为：功和能的关系就表现为：功和能的关系就表现为：功是动能转化的量度．功是动能转化的量度．功是动能转化的量度．这就这就是动能定理的本质含义．是动能定理的本质含义．对于某一个孤立的物体，外力对它所做的总功与合力所做的功是同一个意思，做功过程就是物体与外界进行能量交换、做功过程就是物体与外界进行能量交换、转移的过程，转移的过程，外界对物体做了多少总功，物体的动能就改变多少．对于一个由几个存在相互作用的物体组成的系统，外力可以对系统做功，外力可以对系统做功，内力也可以对系统做功，内力也可以对系统做功，内力也可以对系统做功，内力做功就表示系统的内力做功就表示系统的动能可以和系统内部某种形式的能量进行转化．即系统动能的变化是由系统的内力与外力做功之和来决定的．可见，对于系统也可以运用动能定理。
二、系统的动能定理及应用二、系统的动能定理及应用1．系统的动能定理．系统的动能定理如图1，光滑水平面上有A 、B 两物体，质量分别为m 1、m 2，设A 、B 之间存在大小恒定的引力f ．开始两物体之间距离为L 1，初速度均为零，现有一水平拉力F 作用在B 物体上，作用一段位移S 时，A 、B 两物体间距离变为L 2，A 、B 两物体的速度为v 1、v 2，则对A 、B 两物体分别应用动能定理得：两物体分别应用动能定理得：对于A 物体： 212111()02f s L L m v +-=- 对于B 物体：22102Fs fs mv -=- 将这两个方程相加得：2212112211()22Fs f L L m v m v +-=+ S L 2 L 1 B A F f f 图1 其中， 1W Fs =表示外力对于系统所做的功，212()W f L L =-表示系统内力对于系统所做的功．因此，系统的动能定理可以表示为：力对于系统所做的功．因此，系统的动能定理可以表示为：KW W E +=D 外内 当系统的内力f 大小恒定时，cos W f s q =×D ×内．其中θ取决于内力f 方向与相对位移△S 的方向：两者方向相同时，0q =，相当于12L L ñ,内力方向与相对位移方向相同时，系统内力做正功，可以理解为系统有势能转化为系统的动能；两者方向相反时，q p =,相当于12L L á，系统内力方向与相对位移方向相反，系统内力做负功，可以理解为系统有动能转化为系统的势能；当0s D =，即系统内物体间无相对位移时，统内物体间无相对位移时，系统内力不做功，系统内力不做功，系统内力不做功，系统的势能不变化．系统的势能不变化．系统的势能不变化．在其它情景在其它情景中W 内不一定代表系统势能与动能转化的量度．不一定代表系统势能与动能转化的量度．2．系统的动能定理的应用．系统的动能定理的应用例1：如图2，一质量为M 的长不板，静止在光滑的水平面上，一质量为m 的小滑块（可视为质点）以水平速度0v 从长木板的一端开始在木板上滑行，直到离开木板．滑块离开木板时的速度为03v ．若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同时，求滑块离开木板时的速度．其它条件相同时，求滑块离开木板时的速度．分析与解：设第一次滑块离开时木板速度为v ，由系统的动量守恒，有：，由系统的动量守恒，有： 003vmv m Mv =+ 设滑块与木板间摩擦力为f ，木板长为L ，则对于滑块与木板组成的系统，只有两者间的内力即摩擦力做功，对系统应用动能定理，得：只有两者间的内力即摩擦力做功，对系统应用动能定理，得： 22200111()2322v fL m Mv mv -=+- 当木板固定时，滑块离开木板时速度为v /，对滑块应用动能定理，得：，对滑块应用动能定理，得：/2201122fL mv mv -=- V 0 图2 由以上三个方程解得，木板固定滑块离开木板时的速度为：由以上三个方程解得，木板固定滑块离开木板时的速度为：/0413v m v M =+ 此处系统的内力做功使系统的部分动能转化为系统的内能．木板固定与不固定两种情况，固定两种情况，内力与相对位移都相同，内力与相对位移都相同，内力与相对位移都相同，内力所做的功也就相同，内力所做的功也就相同，内力所做的功也就相同，即系统产生即系统产生的热能相同．的热能相同．例2：一列总质量为M 的列车，沿平直铁路匀速行驶．某时刻，其质量为m 的末节车厢脱钩，的末节车厢脱钩，司机发觉时，司机发觉时，司机发觉时，车的前部自脱钩处又行驶了距离车的前部自脱钩处又行驶了距离L ，司机立即关闭发动机．立即关闭发动机．设车所受阻力与车重成正比，设车所受阻力与车重成正比，设车所受阻力与车重成正比，机车的牵引力恒定．机车的牵引力恒定．机车的牵引力恒定．求列车的求列车的两部分最后都停下来时，其间的距离是多少？两部分最后都停下来时，其间的距离是多少？分析与解：设开始列车的速度为v ，发动机牵引力大小为F ，阻力是车重的K 倍．从脱钩到两车都静止下来时，车厢的位移为S 1，车的前部的位移为S 2，则对整个系统从脱钩到都停下来的整个过程应用动能定理：，则对整个系统从脱钩到都停下来的整个过程应用动能定理：2121()02FL Kmgs K M m gs Mv ---=-对车厢应用动能定理：对车厢应用动能定理：21102Kmgs mv -=- 而F KMg =由以上方程解得最后车的两部分间的距离△S 为：为：21ML s s s M mD =-=- 与上面的两条例题类似，在涉及物体间的相对位移的问题时，利用系统的动能定理来求解要方便的多．更重要的是，在学习过程中不能仅拘泥于教材，灵活运用合理的方法将有助于活化对概念规律的认识．灵活运用合理的方法将有助于活化对概念规律的认识．。
2025版《师说》高中全程复习构想物理6.2
第2讲动能定理及其应用考点一动能、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________而具有的能．(2)公式：E k ＝12m v2v是瞬时速度(3)单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.(4)动能的变化：物体________与________之差，即ΔE k＝______________．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__________．合力所做的总功(2)表达式：W＝________________．(3)物理意义：________的功是物体动能变化的量度．【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m甲＝m乙，v甲＝v乙，两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等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v1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＝12mv−2212mv12，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＝12mv22－12mv12，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受合力做功为12Mv−2212Mv12思维提升1.动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)动能没有负值，而动能变化量有正负之分．ΔE k>0表示物体的动能增加，ΔE k<0表示物体的动能减少．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．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．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ω＝0.5 rad/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，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，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 B．3 740 J C．3 860 J D．2 300 J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 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A以初速度v0＝2 m/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.已知弹簧的原长L0＝0.2 m，物块与斜面AD段间的动摩擦因数μ＝√3，斜面倾角θ＝30°，6重力加速度g＝10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度范围内．下列说法中正确的是() A．A、D间的距离x AD＝0.2 mB．物块第一次运动到D点时的速度大小为√5m/sC.弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 JD.物块在斜面AD段能滑行的总路程为1.6 m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的固定光滑圆弧̂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°.小物块以某一水平轨道CDÊ内初速度由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1，重力加速度大小2π为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小．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．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．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α＝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H，多次往复运动．不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6.下面上滑的最大高度为45列说法正确的是()mgHA．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为445B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为54C．滑块与斜面间的动摩擦因数为112D．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(1−4n)mgH5n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 kx(Wx)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 k0、s0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2E k0s0B．斜面倾角的正切值为0.75C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为3√3gs05D．滑块的质量可表示为5E k0gs0考向2Fx图像与动能定理的结合例 6 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力F N.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力F N，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：甲乙(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；(2)轨道BC所对圆心角；(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．考向3动能定理与vt、Pt图像的综合例7 [2024·黑龙江绥化模拟]一小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度大小与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2 s以后小车以速率v0做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息．求：(1)2 s时小车的速率v0以及地面对小车的摩擦力大小；(2)小车在0～1 s内运动的位移大小．[教你解决问题]模型建构思维提升图像中所围“面积”或斜率的意义第2讲动能定理及其应用考点一必备知识·自主落实1．(1)运动(3)焦耳(4)末动能初动能12mv−2212mv122．(1)动能的变化(2)12mv−2212mv12(3)合外力关键能力·思维进阶1．解析：由动能的表达式E k＝12m v2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．答案：D2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力F N，这两个力做的总功才等于物体动能的增量，ΔE k＝12mv−2212mv12，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．答案：CD考点二关键能力·思维进阶例1 解析：运动员在最低点的对地速度为10 m/s ，在最高点的对地速度为8 m/s ，根据动能定理可得W －mg ·2r sin 18°－W 克＝12mv 2−12mv 02又W ＝6 500 J ，解得W 克＝3 860 J ．故选C. 答案：C例2 解析：物块从A 点下滑至第一次恰好返回到A 点的过程，根据动能定理有－μmg cos θ·2x AD ＝0−12mv 02，代入数据解得x AD ＝0.4 m ，A 项错误；物块从A 点下滑至第一次运动到D 点的过程，根据动能定理有mgx AD sin θ－μmg cosθ·x AD ＝12mv −D 212mv 02代入数据解得v D ＝√6 m/s ，B 项错误；物块从D 点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有E p ＝12mv D 2＋mg ·L02sin θ解得E p ＝0.35 J ，C 项错误；由于mg sin θ>μmg cos θ，物块最终在C 、D 间往复运动，在D 点的速度为0，设物块在斜面AD 段能滑行的总路程为s ，由动能定理有mgx AD sin θ－μmg cos θ·s ＝0−12mv 02，解得s ＝1.6 m ，D 项正确．故选D.答案：D 例3 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D ，则在D 点有mv D 2R＝mg解得v D ＝√gR(2)由题知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道CDE ̂内侧，则在C 点有cos 60°＝v B vC小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有－mg (R ＋R cos 60°)＝12mv −D 212mv C 2则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有mgH BD ＝12mv −D 212mv B 2联立解得v B ＝√gR ，H BD ＝0(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有－μmgS ＝12mv −B 212mv A 2，S ＝π·2R解得v A ＝√3gR答案：(1)√gR (2)0 (3)√3gR例4 解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据功能关系有W F f ＝W Ff1+W Ff2＝mgH －45mgH ＝15mgH而W Ff1＝μmg cos α·H sin α，W Ff2＝μmg cos α·H sin α×45 联立解得W Ff1＝19mgH ，μ＝112，A 项错误，C 项正确； 滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有 mg sin α－μmg cos α＝ma 1由运动学公式有Hsin α＝12a 1t 12滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有 mg sin α＋μmg cos α＝ma 2 由运动学公式有45×Hsin α＝12a 2t 22联立解得t 1t 2＝54，B 项正确；滑块第二次下滑过程，根据动能定理有45mgH －45×μmg cos α·Hsin α＝12mv 22滑块第二次上滑过程，根据动能定理有 －mgh 2－μmg cos α·h 2sin α＝−12mv 22结合tan α＝9μ 解得h 2＝(45)2H滑块第n 次沿斜面上升的最大高度为h n ＝(45)nH滑块在斜面上滑行的路程为s ＝Hsin α+2×4H5sin α+2×16H25sin α＋…＋2×4n−15n−1·Hsin α+4n H5n sin α＝9(1−4n5n )Hsin α由于摩擦系统产生的热量为Q ＝μmgs cos α＝(1−4n5n )mgH ，D 项正确．故选BCD.答案：BCD考点三关键能力·思维进阶例5 解析：根据图像结合题意可知，滑块位移为s 0时的动能为E k0，滑块位移为95s 0时恒力F 撤去，此时滑块的动能为95E k0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为115s 0时动能减为E k0，可得滑块沿斜面向上的最大位移为2710s 0，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有F －mg sin θ－μmg cos θ＝E k0s 0，mg sin θ＋μmg cos θ＝2E k0s 0根据滑块的重力势能随位移变化的图像有mg ·27s 010·sin θ＝81E k025联立解得F ＝3E k0s 0，tan θ＝0.75，m ＝2Ek0gs 0故A 、D 错误，B 正确；滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有2710mgs 0sin θ－2710μmgs 0cos θ＝12m v 2解得v ＝3√3gs 05，故C 正确．答案：BC例6 解析：(1)小物块从圆轨道BC 滑下，由动能定理可知mgH ＝12mv C 2在C 点合力提供向心力FN －mg ＝m v C 2RF N ＝2mg RH ＋mg结合PQ 段图像知mg ＝2 N ，m ＝0.2 kg ，2mg R＝4−20.5解得R ＝1 m.(2)由于图线Q 点对应于轨道的B 点，而此时H ＝0.5 m ，则轨道BC 所对圆心角θ由几何关系可知H ＝R (1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.(3)小物块从A 到C ，由动能定理可得 mgH －μmg cos θ(H−0.5)sin θ＝12m v 2，到达C点处由向心力公式可得F′N－mg＝mv2R ，联立得μ＝√34.答案：(1)0.2 kg 1 m(2)60°(3)√34例7解析：(1)由图甲可知，在1～2 s内，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设大小为F2，1 s时P2＝F2v1，2 s时P3＝F2v0代入图中所给的已知条件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s解得v0＝20 m/s，F2＝20 N设地面对小车的摩擦力大小为f，由题意和图甲、乙可知2 s以后小车以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做匀速直线运动，则有P4＝f v0解得f＝10 N.(2)结合v0＝20 m/s，1 s时小车速度大小v1＝10 m/s，小车匀加速直线运动时间t2＝1 s由图甲可知，1～2 s小车的加速度大小a＝v0−v1t2＝10 m/s2由牛顿第二定律有F2－f＝ma再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg设小车在0～1 s内的位移大小为s，由动能定理有P1t1－fs＝12mv12由图乙可知P1＝110 W，再结合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，联立解得s＝6 m.答案：(1)20 m/s10 N(2)6 m。
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考点一 对动能及动能定理的理解
1.动能
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定义→物体由于 运动 而具有的能量
公式→E k
＝12m v 2
；单位→ 焦耳 ，符号：J
矢标性→动能是 标量 ，且只有非负值
动能的变化量→ΔE k
＝ 12m v 22
－1
2
m v 21
2.
动能定理
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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
表达式→W ＝ E k2
－E k1
物理意义→ 合外力 的功是物体动能变化的量度适用范围→⎪⎪
⎪ 既适用于直线运动，也适用于曲线运动
既适用于恒力做功，也适用于变力做功对“外力”的两点理解⎪⎪⎪⎪
(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、 电场力、磁场力等，它们可以同时作
用，也可以不同时作用(2)“外力”既可以是恒力，也可以是
变力公式中“＝”体现的三个关系：数量关系
合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系
合力做功是物体动能变化的原因
[诊断小练]
(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．()
【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√
命题点1对动能的理解
1．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为()
A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s
C．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 J
【解析】取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6)m/s＝－12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．
【答案】 B
命题点2对动能定理的理解
2．(2017·江苏卷，3)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()
【解析】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有
－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即
E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，
所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．
当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有
(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即
E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0
所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．
综上所述，选项C正确．
【答案】 C。