1、考试标准知识内容必考要求加试要求动能和动能定理dd考点一动能定理的理解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量.2.表达式：WmvmvEk2Ek1.3.理解：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.合外力做功是引起物体动能变化的原因.思维深化判断下列说法是否正确.(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
2、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.()1.对动能定理的理解下列关于运动物体的合力做功和动能、速度变化的关系，正确的是()A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C.物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零答案C解析力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误；物体合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，C正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误.2.(
3、对动能定理的理解)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图1所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()图1A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零答案C解析木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错.3.对动能定理的理解一物块沿倾角为的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v
4、时，上升的最大高度为H，如图2所示.当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()图2A.tan 和B.tan 和C.tan 和D.tan 和答案D解析设物块与斜坡间的动摩擦因数为，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理(mgHmgcos )0mv2由得(1)tan 当物块的初速度为时，由动能定理知(mghmgcos )0m()2由两式得h动能定理的理解1.动能定理说明了合外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能.2.合外力做的功为0，合外力不一定为0(如匀速圆周运动)，物体不一定处于平衡状态.
5、考点二动能定理的应用1.应用动能定理的优越性(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.2.应用动能定理解题的一般步骤(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程.(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和.(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.(4)列出动能定理的方程WEk2Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算.3.应用技巧：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.4.应用动能定理求合外力的功物体
6、沿直线运动的vt关系图象如图3所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()图3A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB.从第3秒末到第5秒末合外力做功为2WC.从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD.从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W答案D解析由动能定理W合mvmv知第1 s内Wmv2.将动能定理应用于A、B、C、D项知，D正确，A、B、C错.5.动能定理与图象的结合(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图4甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是()图4A.
7、物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动的最大位移为13 mC.物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2D.x9 m时，物体的速度为3 m/s答案ACD解析由WfFfx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正确；由WFFx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F15 N，39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C正确；由动能定理得：WFFfxmv2可得：x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5 m，B错误.6.应用动能定理分析临界问题如图5，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定
8、放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则()图5A.WmgR，质点恰好可以到达Q点B.WmgR，质点不能到达Q点C.WmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D.WmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mgmgm，所以N点动能为EkN，从P点到N点根据动能定理可得mgRWmgR，即克服摩擦力做功W.质点运动过程，半径方向的合力提
9、供向心力，即FNmgcos mam，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力FfFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQmgRWmgRW，由于W，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，C正确.7.应用功能定理求变力的功如图6所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道平滑连接.一个质量为0.1 kg的物体从高为H2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功.(g取10 m/s2)图6答案0.8 J解
10、析物体运动到C点时受到重力和轨道对它的弹力，由圆周运动知识可知FNmg，又FNmg，联立两式解得vC2 m/s，在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mg(H2r)Wfmv0，代入数据解得Wf0.8 J.8.动能定理的应用如图7所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m2.0103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v136 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l350 m、下降高度h50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v272 km/h.(g10 m/s2)图7(1)求从发现刹车失
11、灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 170.3).答案(1)3.0105 J(2)2.0103 N(3)33.3 m解析(1)由Ekmvmv得Ek3.0105 J(2)由动能定理mghFflmvmv得Ff2.0103 N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理(mgsin 173Ff)x0mv得x33.3 m动能定理的应用技巧1.应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分
12、析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系.2.明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解.3.解决图象问题的突破点(1)注意图象斜率、面积和截距的物理意义.(2)注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口.考点三用动能定理解决多过程问题1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力
13、做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可.2.运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、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.(3)弹簧弹力做功与路径无关.9.直线与平抛运动组合的多过程问题如图8所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m.斜面与水平桌面的夹角可在060间调节后固定.将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因
14、数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m解析(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑.(
15、2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2联立式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m10.直线与圆周组合的多过程往复问题如图9所示，在竖直平面内固定一半径为2 m、圆心角为120的光滑圆弧轨道BEC，其中点E是最低点.在B、C两端平滑、对称地连接AB、CD两段粗糙直轨道，直轨道上端A、D与最低点E之间的高度差均为2.5 m.现将质量为0.01 kg的小物块由A点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0
16、.25.g10 m/s2，求：图9(1)小物块从静止释放到第一次过E点时重力做的功；(2)小物块第一次通过E点时的动能大小；(3)小物块在E点时受到支持力的最小值.答案(1)0.25 J(2)0.23 J(3)0.2 N解析(1)从A到E的过程，重力做功为：W1mgh0.01102.5 J0.25 J.(2)AB间的距离s m从A至E的过程中，根据动能定理，有：W1mgcos 60sEkE解得：EkE0.25 J0.012 5 J0.23 J.(3)最终，小物块在圆弧轨道间来回滑动，根据机械能守恒定律，有：mg(RRcos 60)mv在E点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
17、FNmgm联立解得：FNmgm2mg20.0110 N0.2 N.11.含弹簧的物体运动多过程问题如图10甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置.质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回.A离开弹簧后，恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩擦因数为.求：图10(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功.(2)O点和O点间的距离x1.(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O点位置，然后从静止
18、释放，A、B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？答案(1)mv(2)x0(3)x0解析(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wfmv.(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv解得x1x0(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF只有A时，从O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv分离后对A有mvmgx2联立以上各式可得x2x0.应用动能定理求解多过程问题的基本思路1.弄清物体的运动由哪些过程组成.2.分析每个过程中物体的受
19、力情况.3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.5.对所研究的全过程运用动能定理列方程.练出高分基础巩固题组1.如图1所示，AB为圆弧轨道，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，当它由轨道顶端A从静止开始下落，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()图1A.mgR B.mgRC.mgR D.(1)mgR答案D解析物体从A运动到B所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要随之变化，所以克服摩擦力所做的功，不能直接由做功的公式求得.而在BC段克服摩擦力所做的功
20、，可直接求得.对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功.设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，有mgRWABmgR0.所以有WABmgRmgR(1)mgR.2.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为()A.自身所受重力的2倍B.自身所受重力的5倍C.自身所受重力的8倍D.自身所受重力的10倍答案B解析设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(Hh)Fh0Fmg5mg，B正确.3.如图2所示，将质量为m
21、的小球以速度v0由地面竖直向上抛出.小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()图2A.mg B.mg C.mg D.mg答案D解析根据动能定理，对全过程有：2FfHm(v0)2mv，上升过程：(mgFf)Hmv，联立两式得：Ffmg，选项D正确.4.运输人员要把质量为m、体积较小的木箱拉上汽车.现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车.斜面与水平地面成30角，拉力与斜面平行.木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则将木箱拉上汽车，拉力至少做功()A.mgL B.mgC.mgL(1) D.mgLm
22、gL答案C解析以木箱为研究对象，将木箱拉上汽车，重力做功WGmgLsin 30mgL，摩擦力做功WfmgLcos 30mgL，所以拉力至少做功WF(WGWf)mgL(1)，C项正确.5.如图3所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在()图3A.P处 B.P、Q之间C.Q
23、处 D.Q的右侧答案C6.质量为1 kg的物体，放置在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图4所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是()图4A.x3 m时速度大小为2 m/sB.x9 m时速度大小为4 m/sC.OA段加速度大小为3 m/s2D.AB段加速度大小为3 m/s2答案C解析对于前3 m过程，根据动能定理，有：W1mgxmv，解得：vA3 m/s，根据速度位移公式，有：2a1xv，解得：a13 m/s2，故A错误，C正确；对于前9 m过程，根据动能定理，有：W2mgxmv，解得：vB3 m/s，故
24、B错误；AB段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段的加速度为零，故D错误.7.(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，vt图象如图5所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则()图5A.FFf13 B.W1W211C.FFf41 D.W1W213答案BC解析对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1W2Ek0，所以W1W2，选项B正确，选项D错误；由图象知x1x214.由动能定理得Fx1Ffx20，所以FFf41，选项A错误，选项C正确.8.(多选)如图6所示，电梯质量为M
25、，在它的水平地板上放置一质量为m的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图6A.对物体，动能定理的表达式为WFNmv，其中WFN为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为WFNmgHmvmvD.对电梯，其所受合力做功为MvMv答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，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
26、D正确.能力提升题组9.如图7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，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为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7A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR答案C解析在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FNmgm，FN2mg，联立解得v，下滑过程中，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确.10.(多选)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体
27、上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图8所示.则在此过程中()图8A.物体所受的合外力做的功为mghmv2B.物体所受的合外力做的功为mv2C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh答案BD解析物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合WFWfmghmv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功.WF为人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功， 所以WFWfmghmv2，A、C错误，B、D正确.11.如图9，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上.一个质量为m0
28、.1 kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处.不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10 m/s2.求：图9(1)小球从D点抛出的速度vD；(2)水平轨道BC的长度x；(3)小球开始下落的高度h.答案(1)5 m/s(2)5 m(3)7.5 m解析(1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mgm所以小球从D点抛出的速度vD m/s5 m/s.(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，2Rgt2，所以运动的时间为t s1 s，水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以xvD
29、t51 m5 m.(3)对从A到D的过程，利用动能定理可得，mghmgxmg2Rmv解得h7.5 m12.如图10所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接.A处与水平平台间的高度差h45 m，CD的倾角为30.运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力，运动员可视为质点.图10(1)求运动员滑离平台BC时的速度；(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少？(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m，运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%.在减速区DE，滑行x100 m后停下，运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？答案(1)30 m/s(2)120 m(3)0.84解析(1)运动员由A到C的过程中，由机械能守恒得mghmv得vC30 m/s(2)设落点D距抛出点C的距离为L，由平抛运动规律得Lcos 30vCtLsin 30gt2解得：L120 m(3)运动员由A运动到落点D过程中，由机械能守恒得mg(hLsin 30)mv设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是其重力的k倍，根据动能定理有kmgx0mv根据题意有mv0.8mv解得k0.84