1、第19讲动能动能定理及其应用考情剖析考查内容考纲要求考查年份考查详情能力要求动能动能定理14年T15计算，以传送带模型分析综合、应用数学处理物理问题15年T14计算，利用动能定理求一个未知大小、未知方向的力做的功T15计算，利用动能定理求粒子的速度理解、推理应用数学处理物理问题16年T15计算，以回旋加速器为背景，考查动能的表达式分析、推理17年T3选择，动能定理的简单应用T14计算，利用动能定理求变力做的功理解、推理弱项清单,1.受力分析忽略或错误；2不能养成合理的思维习惯，审题时不能画出运动过程图知识整合第1课时动能定理一、动能1定义：物体由于_而具有的能2表达式：Ekmv2.3物理意义：
2、动能是状态量，是_(选填“矢量”或“标量”)二、动能定理1内容：合力在一个过程中对物体所做的功(或各个力做功之和)，等于物体在这个过程中_2表达式：Wmvmv_3物理意义：_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_(2)既适用于恒力做功，也适用于_(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用方法技巧考点1对动能及其变化的理解1对动能的理解(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式Ekmv2.(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应2关于动能的变化对于某一物体而言，速度变化，动能不一定变化(因为速度是矢量，动能是标量)，动能变化
3、速度一定变化根据动能定理，动能变化的原因就是因为合外力做功不为零动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功【典型例题1】(16年扬州模拟)(多选)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() A对物体，动能定理的表达式为WNmv，其中WN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
4、WNmgHmvmv，其中WN为支持力的功 D对电梯，其所受合力做功为MvMv1.关于物体的动能，下列说法中正确的是() A物体速度变化，其动能一定变化 B物体所受的合外力不为零，其动能一定变化 C物体的动能变化，其运动状态一定发生改变 D物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大考点2对动能定理的理解1对动能定理的理解(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间的两个关系：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)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、
5、Ek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2运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可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【典型例题2】如图所示，倾角45的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道接着小滑块从
6、圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功2.在典型例题2中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数【典型例题3】在典型例题2中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程【典型例题4】(17年江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系
7、的图线是()【学习建议】读图能力要加强，遇到图象问题最好结合受力分析、运动过程分析写出函数的方程，在根据方程辨别几个不同的选项平时重视用数学方法处理物理问题能力的培养当堂检测1.(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是() A动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B运动物体的动能总为正值 C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 D动能不变的物体，一定处于平衡状态2如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，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，重力加速度为g，则下列说法正确的是()第2题图 A小球落地时动能等于m
8、gH B小球陷入泥中的过程中克服泥的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(Hh) D小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1)3一个质量为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v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为() Av0 Bv12 m/s CEk1.8 J DEk10.8 J4用起重机提升货物，货物上升过程中的vt图象如图所示，在t3 s到t5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则()第4题
9、图 AW10 BW20 CW20 DW305如图所示，质量为m的小木块从A点水平抛出，抛出点距离地面高度为L，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g.在无风情况下小木块的落地点B到抛出点的水平距离为s；当有恒定的水平风力F时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C到抛出点的水平距离为s，求：(1)小木块初速度的大小；(2)水平风力F的大小；(3)水平风力对小木块所做的功第5题图第2课时动能定理的应用考点1利用动能定理求解多过程问题1基本步骤(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始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合
10、Ek2Ek1及其他必要的解题方程，进行求解2注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑【典型例题1】(多选)如图所示，AB为半径R0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h0.45 m一质量m1.0 kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v2.0 m/s.忽略空气的阻力取g10 m/s2.则下列说法正确的是(
11、) A小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN16 N B小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W3 J C小滑块的落地点与B点的水平距离x0.6 m D小滑块的落地点与B点的水平距离x0.3 m1.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行的更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小设冰壶与冰面间的动摩擦因数为10.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至20.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/
12、s的速度沿虚线滑出为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)【典型例题2】(16年苏州模拟)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成其中AB部分为光滑的圆弧，AOB37，圆弧的半径R0.5 m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l0.2 m，C为BD的中点现有一质量m1 kg的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角，求：(1)该锐角(假设物块经过B点时没有能量损失)；(2)物块在BD板上运动的总路程(g10 m/s2，sin370.6，c
13、os370.8)【典型例题3】总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设运动的阻力与车的重力成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？考点2动能定理与图象结合问题力学中四类图象所围“面积”的意义vt图象，围成的面积表示位移；at图象，围成的面积表示速度的变化量；Fx图象，围成的面积表示力所做的功；pt图象，围成的面积表示力所做的功【典型例题4】(17年南通模拟)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06 s内物体的加速度随时间变化的关
14、系如图所示下列说法正确的是() A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B06 s内物体在4 s时的速度最大 C物体在24 s内速度不变 D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功当堂检测1.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g10 m/s2)()第1题图 A34 J B56 J C92 J D196 J2(多选)如图所示为一滑草场，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，滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开
15、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(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin370.6，cos370.8)则()第2题图 A动摩擦因数 B载人滑草车最大速度为 C载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g3如图所示，物体在离斜面底端4 m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角37，斜面与平面间由一段圆弧连接，求物体在水平面上滑行的距离第3题图4质量m1 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位移的图线如图所示(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(
16、3)拉力F的大小第4题图第19讲动能动能定理及其应用第1课时动能定理知识整合基础自测一、1.运动3.标量二、1.动能的变化2.Ek2Ek13.合外力4(1)曲线运动(2)变力做功方法技巧典型例题1CD【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，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确变式训练1C【解析】若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度
17、大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误典型例题2(1) (2)6mg(3) mgR【解析】(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0.竖直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0；(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：mg2Rmvmv2解得：v在最低点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg；(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mghWfm
18、v20解得：WfmgR.变式训练2【解析】小滑块刚好能过C点，则在C点由牛顿第二定律得：mgm解得：vC小滑块由D至C过程，由动能定理得：mg(h2R)mgcosmv0，解得：.典型例题3【解析】滑块在P点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：mgsPBsinmgscos0由几何关系得：sPBR解得：s.典型例题4C【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：EkEk0 (mgsinf)x，下滑过程中EkEk0 (f mgsin)x，都是一次函数关系，下的斜率小当堂检测1ABC【解析】因为动能是标量，只涉及速度的大小，故选AB
19、C.2C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfHmv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv，f0mg(1)，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，选项C正确3B【解析】因为速度是矢量，动能是标量，故选B.4C【解析】分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W10，W20，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W30mv2，v2 m/s，即W30，D错误5(1) s(2)(3)【解析】(1)无风时，小木块做平抛
20、运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有：水平方向：sv0t竖直方向：Lgt2解得初速度v0s.(2)有水平风力后，小木块在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变则sv0tat2又Fmat联立以上三式得：F.(3)水平风力对小木块所做的功为： W.第2课时动能定理的应用方法技巧典型例题1BC【解析】小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FNmgm，解得FN18 N，A错误；根据动能定理有mgRWmv2，解得WmgRmv23 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上xvt，竖直方向上hgt2，解得xv0.6 m，C正确，D错误变式训
21、练110 m【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为f1：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s2，所受摩擦力的大小为f2.则有s1s2s，式中s为投掷线到圆心O的距离f11mg ，f22mg ，设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得f1s1f2s2mv，联列以上各式，解得s2，代入数据得s210 m.典型例题2(1)37(2)0.25 m【解析】(1)设动摩擦因数为，当BD水平时，研究物块的运动，根据动能定理得W总Ek从A到D的过程中mgR(1cos37)mgl0代入数据联立解得0.5当BD以B为轴向上转动一个锐角时，从A到C的过程中，根据动能定理mgR(1cos
22、37)mgsinFN0其中FNmgcos 联立解得37.(2)物块在C处速度减为零后，由于mgsinmgcos物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点根据能量守恒定律mgR(1cos37)Q而摩擦产生的热量Qfs，fmgcos代入数据解得，物块在BD板上的总路程s0.25 m.典型例题3【解析】过程如图，对车头，脱钩后的全过程用动能定理得： FLk(Mm)gs1(Mm)v，对车尾，脱钩后用动能定理得：kmgs2mv，而ss1s2，由于原来列车是匀速前进的，所以FkMg.由以上方程解得s.典型例题4D【解析】由at图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度
23、的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，A错；由图象可知物体在5 s末速度最大，为vm(25)2 m/s7 m/s，B错；由图象可知在24 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；在04 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合4mv0又v4(24)2 m/s6 m/s得W合436 J06 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合6mv0又v66 m/s得W合636 J则W合4W合6，D正确当堂检测1A【解析】物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得mgxsin
24、30Ff x0E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgxsin30Ff xE0，代入数据得E34 J，故选A.2AB【解析】对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mghmgcos 45mv2，解得v，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误31.6 m【解析】物体在斜面上受重力mg、支持力N1、摩擦力F1的作用，沿斜面加速下滑(因0.5tan370.75)，到水平面后，在摩擦力F2作用下做减速运动，直至停止
25、对物体在斜面上和水平面上时进行受力分析，如图所示，知下滑阶段：FN1mgos37故F1FN1mgcos37，由动能定理 mgsin37s1mgcos37s1mv0在水平运动过程中F2FN2mg由动能定理 mgs20mv由、式可得s2s141.6 m.第3题图4(1)2 m/s(2)0.25(3)4.5 N【解析】(1)由题图可知初动能为2 J，Ek0mv2 Jv02 m/s；(2)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Ff，则Ffx2010 J10 JFf2.5 N因Ffmg故0.25；(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff 的作用，合力为FFf，根据动能定理有(FFf)x1Ek解得F4.5 N.
