2019届高考物理一轮特级教案【第10讲】动能定理(二)
动能定理(公开课课件)
二中 高一物理组
知识回顾
1、动能的概念及表达式 E k
2、动能定理的内容及表达式
1 2
mv2
（1）W合= —12 mV22－—21mV12
（2）W1＋W2＋……＋Wn = —12 mV22－—21mV12 = △Ek
W合 Ek
定理理解
3、关于功和物体动能变化的关系，不正确的是(D) ．
N
f
F
G
mv2 Fkmg
1.8104N
2l
②动能定理法 W 合 E kE k末 E k初
F l kmgl 1 m v 2 0
2
mv2 Fkmg
1.8104N
2l
归纳与总结
1.两种方法比较，动能定理的优点在哪里？
应用动能定理解题时，在分析过程的基础上， 无须深究物体运动过程中变化的细节，只需 考虑整个过程中各个力做的总功及物体的初 动能和末动能即可。
A．只有动力对物体做功，物体的动能就增加。 B．只有物体克服阻力做功，它的动能就减少。 C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初 动能之差。 D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化。
常规应用
1.一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提升
1m，这时物体的速度2 m/s，则下列说法正确的
在 工 作 中 兢 兢业业 ，拥有 良好的 职业素 质和职 业操守 ，能够 忠于自 己的企 业，将 个 人 的 职 业 生涯规 划与企 业的发 展紧密 的结合 。善于 开创， 能承受 较高的 工作压 力 ;吃 苦 耐 劳 ，注重 合作， 具有火 一样的 工作热 情和活 力。起 到了模 范带头的作用 ， 经 常 受 到 领导的 赞赏。 在工作 能力和 业务上 李XX更 是样样 精通， 虽说一 个萝卜
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
2019届高考物理一轮特级教案【第11讲】动能定理综合提升
第11讲 动能定理综合提升主讲教师：徐建烽 首师大附中物理特级教师题一：马拉着质量为60 kg 的雪撬，从静止开始用80 s 时间沿平直冰面跑完1.0 km 。
设雪撬在运动过程中受到的阻力保持不变，并且它在开始运动的8.0 s 的时间内做匀加速直线运动，从第8.0 s 末开始，马拉雪撬做功的功率值保持不变，继续做直线运动，最后一段时间雪撬做的是匀速运动，速度大小为15 m/s 。
求在这80 s 的运动过程中马拉雪撬做功的平均功率，以及雪撬在运动过程中所受阻力的大小。
题二：用如图所示的水平传送带AB 和斜面BC 将货物运送到斜面的顶端。
传送带AB 的长度L=11 m ，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12 m/s 。
传送带B 端靠近倾角θ=37︒的斜面底端，斜面底端与传送带的B 端之间有一段长度可以不计的小圆弧。
在A 、C 处各有一个机器人，A 处机器人每隔∆t=1.0s 将一个质量m=10 kg 的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A 端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C 点时速度恰好为零，C 点处机器人立刻将货物箱搬走。
已知斜面BC 的长度s=5.0 m ，传送带与货物箱之间的动摩擦因数μ0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的111，g=10 m/s 2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ； （2）从第一个货物箱放上传送带A 端开始计时，在t 0=3.0 s 的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q 。
第11讲 动能定理综合提升 题一： 687W =P f=48.2 N 题二：（1）μ=0.5 （2）1938.75J。
动能 动能定理
①第一个过程：
①运动,物体通过的位移等于So时，速度的大小为V，此时撤去F,物体继续
W合=(F-f)·S0
② 滑行2So位移后停止运动,重力加速度大小为g,求：
1
2
∆Ek=
−0
0
2
（1）物体与桌面间的动摩擦因数；
（2）拉力F的大小是所受摩擦力的几倍。
②第二个过程：
W合=-f·2S0
∆Ek= −
f=μmg
动能定理的理解
返回导航
例1(2018 ●全国卷1 .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
第六章 机械能
高考一轮总复习 • 物理
考向1
动能定理的理解
斜面,达到最高点C点后下滑，恰好停在A点处。不计B处能量
f=μmg
损失,g取10m/s2，
hc=0.7 m
XBC=7/6 m
已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.试求:
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)C点距B点的距离XBC;
第六章 机械能
高考一轮总复习 • 物理
考向3
应用动能定理求解变力做功
返回导航
24题、
命题趋势
高考的出题形式以选择题
、计算题为主，难度在中
等以上，常与生产实际、
现代科学技术联系
第六章 机械能
2 梳理知识·双基自测
高考一轮总复习 • 物理
返回导航
知识点1
动能
(1)定义：物体由于 运动 而具有的能。
第5章机械能第4课时：动能定理(二)
解得：vC＝
28gR。 5
(2)小球沿 BC 管道做圆周运动，设在 C 点时管道对小球的作用力为 FN，由牛顿第二定律，有：FN－ mg＝mvC2
r
其中 r 满足：r＋rcos 37°＝1.8R
54 动能定理（二）
第 2页
2019 年______月_____日 星期_____
2020 届高考物理一轮复习教练方案(教师用书) №____
(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用 Wf＝－Ffs 求解，其中 s 为物体相对滑行的路程。
(一)往复次数可确定的情形
【例 3】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，其距离 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(图中小物块未画出)。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( ) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
g＝10 m/s2。
(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R
至少应为多大。
解析：(1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有 vB2＝2ax ①
由牛顿第二定律有
mgHx －Ff＝ma
μ
C．2
v02 2gcos
θ＋x0tan θ
μ
D．1
v02 2gcos
θ＋x0cot
θ
2019年高考一轮复习：第10章 第4讲 电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量
当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电
动势最大，由平衡条件得BIL＝mg，又I＝
Em 2r＋R
，联立得
感应电动势的最大值为Em＝
mg2r＋R BL
，故选项B正确；根
据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向
相同，由公式F＝BIL可知安培力的大小也相同，故选项C
错误；金属杆2刚进入磁场时的速度为v＝ 2gh；在金属杆
安培力做功的位移相同，故甲线框克服安培力做功较多，
甲线框产生较多的焦耳热，C正确；通过导体截面的电荷
第十章
电磁感应
第4讲 电磁感应规律的综合应用 (二)——动力学和能量、动量
板块三 限时规范特训
时间：45 分钟
满分：100 分
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中
1～3为单选，4～8为多选)
1. [2017·四川第二次大联考]如图所示，固定的竖直光
滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处 在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁
耳热，但R上的只是一部分，故D错误。
2. [2017·湖北重点中学联考]如图所示，足够长的光滑 金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨的平面与水平方向的 夹角为θ。在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其 他电阻。导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场 时，ab棒上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀 强磁场时，ab棒上升的最大高度为h。在两次运动过程中 ab棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等。则下列说法正 确的是( )
A．两金属杆向下运动时，流过电阻R的电流方向为 a→b
B．回路中感应电动势的最大值为mg2BrL＋R C．磁场中金属杆1与金属杆2所受的安培力大小、方 向均不相同 D．金属杆1与2的速度之差为2 gh
2019年高考物理一轮复习 第十章 第4讲 电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量
第4讲电磁感应规律的综合应用(二)——动力学和能量、动量板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应现象中的动力学问题Ⅱ1．安培力的大小2．安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。
外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二考点细研·悟法培优考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]导体棒的运动学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．两种状态及处理方法2．力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路例1 [2016·安徽模拟]如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。
整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R的电流方向相同吗？提示：不同。
(2)下降过程的牛顿第二定律。
提示：mg sin θ＋F 弹－F 安＝ma 。
专题4：动能定理的应用(教学课件)高一物理(人教版2019必修第二册)
四、多过程问题
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道 上运动的总路程为 x 有 总． mgh1＝μmgx 总
将 h1、μ代入得 x 总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置距 B 点的距离为 2x－x 总＝1.4 m
四、多过程问题
【典例12】如图所示，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/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (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v0的最小值； (3)若滑块离开C处的速度大小为4 m/s，求 滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
四、多过程问题
【答案】 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m 【解析】(1)小滑块从 A→B→C→D 过程中，由动能定理得 mg(h1－h2)－μmgx＝12mvD2－0 代入数据得：vD＝3 m/s
四、多过程问题
(2)小滑块从 A→B→C 过程中，由动能定理得 mgh1－μmgx＝12mvC2 代入数据得：vC＝6 m/s 小滑块沿 CD 段上滑的加速度大小 a＝gsinθ＝6 m/s2 小滑块沿 CD 段上滑到最高点的时间 t1＝vaC＝1 s 由对称性可知，小滑块从最高点滑回 C 点的时间 t2＝t1＝1 s 故小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔 t＝t1＋t2＝2 s
四、多过程问题
【答案】(1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s
【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)－μmgcos37°·sin23R7°＝0 解得μ＝0.375
[精品]2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应专题强化十三电磁感应中的动力学和能量问题学案
专题强化十三 电磁感应中的动力学和能量问题专题解读1.本专题是动力学观点和能量观点在电磁感应中的综合应用，高考常以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大培养同学们的分析能力、推理能力和规范表达的能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决电磁感应问题中最难问题的信心．3．用到的知识有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、牛顿运动定律、共点力的平衡条件、动能定理、焦耳定律、能量守恒定律等．命题点一 电磁感应中的动力学问题1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 2．两种状态及处理方法3.解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：导体受外力运动――→E ＝Blv感应电动势E R ＋r感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma加速度变化→速度变化→临界状态例1 (2016·全国Ⅲ·25)如图1，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图1(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 答案 (1)kt 0SR(2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0l R解析 (1)在金属棒未越过MN 之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS ＝k ΔtS ① 由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律得I ＝E R③由电流的定义得I ＝Δq Δt④联立①②③④式得 |Δq |＝kS RΔt⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内即Δt ＝t 0，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有F ＝F 安⑦式中，F 是外加水平恒力，F 安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 安＝B 0lI ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为 Φt ＝Φ＋Φ′⑪ 其中Φ＝B 1S ＝ktS⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t (t >t 0)，穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑬在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝ΔΦtΔt⑮ 由欧姆定律得I ＝E tR⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F ＝(B 0lv 0＋kS )B 0l R.1.(多选)如图2所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2kg 、电阻r ＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )图2A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s 2C ．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD ．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s 答案 BD解析 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4m/s 2，故选项A 错误，B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －Ur，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，联立解得v ＝4.8m/s ，故选项C 错误，D 正确．2．(2016·全国Ⅱ·24)如图3，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图3(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Blv ③ 联立①②③式可得E ＝Blt 0(Fm－μg )④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.命题点二 电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算． (2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．例2 如图4甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1T ．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.图4(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b 开始运动前，这个装置释放的热量．①匀加速直线运动；②金属棒b 开始运动前．答案 (1)5m/s 20.2N (2)0.036J 解析 (1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0Lv R③ v ＝at④所以F 安＝B 20L 2aRt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4N ，当t ＝1s 时，F ＝0.5N. 代入⑥式，可解得a ＝5m/s 2，F f ＝0.2N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F 安′与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动 感应电动势E ′＝ΔB ΔtL 2＝0.02V⑦I ′＝E ′R＝1A⑧ 棒b 将要运动时，有F 安′＝B t I ′L ＝F f⑨ 所以B t ＝1T ，根据B t ＝B 0＋ΔBΔtt⑩得t ＝1.8s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I ′2Rt ＝0.036J.能量转化问题的分析程序：先电后力再能量3.小明设计的电磁健身器的简化装置如图5所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0T ．质量m ＝4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24m ．一位健身者用恒力F ＝80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：图5(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4m/s (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝Blv R安培力F A ＝IBl 代入得F A ＝(Bl )2vR＝48N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64JF －mg sin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88J.4．如图6所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4m ，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN .Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1kg 、电阻R 1＝0.1Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4kg 、电阻R 2＝0.1Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10m/s 2，问：图6(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少． 答案 (1)由a 流向b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b . (2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3J题组1 电磁感应中的动力学问题1．(2016·全国Ⅰ·24)如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：图1(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． 答案 (1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2解析 (1)由于ab 、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab 、cd 速度总是相等，cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2，对于ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲 乙2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F① F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝F T ′＝F T③ F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F ＝mg (sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v ，ab 棒上的感应电动势为E ＝BLv⑥ 回路中电流I ＝ER⑦ 安培力F ＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v ＝(sin θ－3μcos θ)mgRB 2L2.2．如图2所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L ，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R ＝2r 的电阻，整个装置处在磁感应强度为B 、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab 、cd 放在导轨下端，其中棒ab 靠在挡板上，棒cd 在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a 的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m 、电阻为r ，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：图2(1)经多长时间棒ab 对挡板的压力变为零； (2)棒ab 对挡板压力为零时，电阻R 的电功率； (3)棒ab 运动前，拉力F 随时间t 的变化关系． 答案 (1)5mgr sin θ2B 2L 2a (2)m 2g 2r sin 2θ2B 2L 2(3)F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5rt解析 (1)棒ab 对挡板的压力为零时，受力分析可得BI ab L ＝mg sin θ设经时间t 0棒ab 对挡板的压力为零，棒cd 产生的电动势为E ，则E ＝BLat 0 I ＝E r ＋R 外 R 外＝Rr R ＋r ＝23r I ab ＝R R ＋rI解得t 0＝5mgr sin θ2B 2L 2a(2)棒ab 对挡板压力为零时，cd 两端电压为U cd ＝E －Ir解得U cd ＝mgr sin θBL此时电阻R 的电功率为P ＝U 2cd R解得P ＝m 2g 2r sin 2θ2B 2L2(3)对cd 棒，由牛顿第二定律得F －BI ′L －mg sin θ＝ma I ′＝E ′r ＋R 外E ′＝BLat解得F ＝m (g sin θ＋a )＋3B 2L 2a5r t .题组2 电磁感应中的动力学和能量问题3.如图3所示，两根相距L ＝1m 的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1Ω的电阻．质量均为m ＝2kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图3(1)水平拉力的功率；(2)现让cd 杆静止，求撤去拉力后ab 杆产生的焦耳热． 答案 (1)864W (2)864J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12A 由闭合电路欧姆定律得2I ＝BLvR ＋R 2，得v ＝36m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24N ，水平拉力的功率P ＝Fv ＝864W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12mv 2＝1296J而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864J.⊳思维建模能力的培养⊳图象应用能力的培养1．“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等． 2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向； (2)求回路中的电流大小；(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)； (4)列动力学方程或平衡方程求解．例1 如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ； (3)当B ＝0.40T ，L ＝0.50m ，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系，如图乙所示．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh －12mv 2(3)2.0Ω 0.1kg解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mgh ＝12mv 2＋Q则Q ＝mgh －12mv 2.(3)金属棒达到最大速度v m 时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝ER 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示 金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1) 由图乙可知：斜率k ＝60－302m·s －1·Ω－1＝15m·s －1·Ω－1，纵轴截距v ＝30m/s 所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L2＝k 解得R 1＝2.0Ω，m ＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)； 2．整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功； 3．电磁感应现象遵从能量守恒定律．分析电磁感应图象问题的思路例2 如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 A解析线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线．t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象．45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M、N分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C．回路中电流方向不变，从M经导线流进电阻R，再从N流向铜盘D．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝ER，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错． 2．下列没有利用涡流的是( ) A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架 答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭 C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭 答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝BlvR，l ＝x ，则I ＝BvRx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝BvR(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt 、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r ＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误．6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr4RB.2πB 2ωr4RC.4πB 2ωr4RD.8πB 2ωr4R答案 C解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能解析发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sinθ＝BIL cosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLv cosθ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒( )图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3。
2025高考物理一轮复习讲义 第2讲 动能和动能定理
动能和动能定理目标要求 1.理解动能、动能定理。
2.会应用动能定理解决一些基本问题。
3.掌握动能定理与图像结合的问题的分析方法。
考点一 动能定理的理解1.动能(1)定义：物体由于□1运动而具有的能量。
(2)公式：E k ＝□212m v 2。
(3)单位：□3焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2。
(4)物理意义①动能是状态量，v 是□4瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。
②动能是□5标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向□6无关(选填“有关”或“无关”)。
(5)动能的变化：物体□7末动能与□8初动能之差，即ΔE k ＝12m v 22－12m v 12。
2.动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体□9动能的变化。
(2)表达式：W ＝E k2－E k1＝□1012m v 22－12m v 12。
(3)物理意义：□11合力做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□12曲线运动。
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于□13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□14分阶段作用。
【判断正误】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.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。
(√)3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。
(×)1.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。
2.公式中“＝”体现的三个关系3.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。
【对点训练】1.(对动能定理的理解)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第10讲 动能定理（二）
主讲教师：徐建烽 首师大附中物理特级教师
题一：如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下．当它滑过A点的速度大小为5 m/s
时，滑到B点的速度大小也为5 m/s．若使它滑过A点的速度变为7 m/s，则它滑到B点的速度
大小为 （ ）
A．大于7 m/s B．等于7 m/s C．小于7 m/s D．无法确定
题二：弹簧的一端固定在墙上，另一端系一质量为的木块，弹簧为自然长度时木块位于水平地面上的O点，如
图所示。现将木块从O点向右拉开一段距离后由静止释放，木块在粗糙水平面上先向左运动，然后又向右运动，
往复运动直至静止。已知弹簧始终在弹性限度内，且弹簧第一次恢复原长时木块的速率为0v，则（ ）
A．木块第一次向左运动经过O点时速率最大
B．木块第一次向左运动到达O点前的某一位置时速率最大
C．整个运动过程中木块速率为0v的时刻只有一个
D．整个运动过程中木块速率为0v的时刻只有两个
题三：如图所示，竖直固定放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧面半径为R，圆心O
与A、D在同一水平面上，∠COB = θ。现有一个质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，已知小物体与
AB斜面间的动摩擦因数为μ。则（ ）
A．物体最后停在C点
B．物体永远不会停下来
C．物体在斜面上能够通过的路程为cosR
D．物体在斜面上能够通过的路程为R
题四：质量为的物体从地面以速度v0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为3v0/4，(设物体在运动中所
受空气阻力大小不变)求：
（1）物体在运动过程中所受空气阻力的大小。
（2）物体以初速度2v0竖直向上抛出时的最大高度。若物体落地碰撞过程中，无能量损失，求物体运动的总路
程。
题五：如图所示，AB、CD两个斜面的倾角均为37°，它们之间用一光滑的圆弧相连。现有一物体在A点，以v0=10
m/s的初速度沿斜面滑下，若物体与两斜面间的动摩擦因数为μ=0.05，A点距B点的竖直高度h=2 m，求物体
在斜面上通过的总路程。（取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
第10讲 动能定理（二）
题一：C 题二：BD 题三：BD 题四：（1）725fmg （2）20507vsg 题五：175 m
A
B
A
O
D
C
B