1、高考资源网（） 您身边的高考专家第4节动能动能定理1明确动能的表达式及含义2能理解和推导动能定理(重点)3掌握动能定理及其应用(重点难点)一、动能1定义：物体由于运动而具有的能量2表达式：Ekmv23单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳1 J1 Nm1 kgm2/s24标量：没有方向Ek0，即动能总为非负值二、合外力做功和物体动能的变化1理论推导：如图所示，质量为m的物体在沿运动方向的合外力作用下发生位移x，速度由v1增大到v2，则WFxmaxmmvmv即WEk2实验验证(1)实验装置：应用必修1中“探究a与F、m之间的定量关系”的实验装置，如图所示(2)实验原理：从打出的纸带及拉力F与小车质
2、量的数据进行分析，利用纸带测量数据，计算小车打下各计数点时的瞬时速度，进而验证小车运动到打下各计数点过程中合外力对它做的功W与动能增加量Ek的相等关系(3)实验结论：WEk3动能定理(1)内容：合外力所做的功等于物体动能的变化(2)表达式：WEkEk2Ek1Wmvmv说明：a式中W为合力所做的功，它等于各力做功的代数和b如果外力做正功，物体的动能增加，外力做负功，物体的动能减少(3)适用范围：不仅适用恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况一个物体如果在运动过程中，其动能保持不变，则这个物体一定做匀速直线运动吗？提示：由Ekmv2可知，物体的动能保持不变，只能说mv2的大小不变，其中
3、物体运动的速度方向有可能是变化的，如物体做匀速圆周运动时，其运动的动能也是不变的对动能定理的理解1相似关系对比W合Ek2Ek1W重(弹)Ep1Ep2物理意义合外力做功与物体动能变化的关系重力(弹力)做功与重力(弹性)势能变化的关系等号左边意义合外力做的功重力(弹力)做的功等号右边意义动能的增量重力(弹性)势能的减少量功能关系实质合外力做功引起的是物体动能的变化，重力做功引起的是重力势能的变化，功是能量转化的量度2应用动能定理解题的步骤(1)确定研究对象和研究过程(2)对研究对象进行受力分析(3)写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正负)如果研究过程中物体受力情况有变化，要
4、分别写出该力在各个阶段做的功(4)写出物体的初、末动能(5)按照动能定理列式求解3应用动能定理的优越性功的计算公式WFxcos 只能求恒力做的功，不能求变力的功，而由于动能定理提供了一个物体的动能变化Ek与合外力对物体所做功具有等量代换关系，因此已知(或求出)物体的动能变化EkEk2Ek1，就可以间接求得变力做功W为合力的功或各个外力做功的代数和，有正、负之分，注意EkEk末Ek初，顺序不可颠倒 一个物体放在光滑的水平地面上，现用水平力F拉着物体由静止开始运动，当经过位移x1时，速度达到v，随后又经过位移x2时，速度达到2v那么，在x1和x2两段路程中F对物体做的功之比为( )A12 B21C
5、13 D14解析物体在前进x1的过程中，对物体受力分析可得，只有拉力F对物体做功由动能定理得W1Fx1mv2物体在前进x2的过程中，对物体受力分析可得，只有拉力F对物体做功由动能定理得W2Fx2m(2v)2mv2联立上面两式可得，在两个过程中力F做的功之比为答案C本题中的合外力为恒力，还可用牛顿运动定律求解，但在变力作用的情况下，牛顿运动定律就不能使用了，而动能定理仍可使用 如图所示，质量为m的物体被细绳牵引着在光滑水平板上做匀速圆周运动，拉力为F时，转动半径为r，当拉力增大到8F时，物体做匀速圆周运动的半径为，则外力对物体所做的功为多少？解析：设物体做匀速圆周运动半径为r和时的线速度分别为v
6、1和v2则由题意得Fm，Ek1mvFr8F，Ek2mv2Fr由动能定理，外力对物体所做的功WEkEk2Ek12FrFrFr答案：Fr动能定理在多过程或多个物体问题中的应用1动能定理在多过程问题中的应用(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理更简单、方便(2)应用全程法解题求功时，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，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功 2动能定理在两个(或多个)相互关联的物体系统中的应用(
7、1)从严格意义上讲课本上讲的动能定理是质点的动能定理，即质点动能的增量等于作用于质点的合外力所做的功对于由相互作用的若干质点组成的系统，动能的增量在数值上等于一切外力所做的功与一切内力所做功的代数和，称为系统动能定理(2)由于作用力与反作用力的功的代数和不一定等于零，所以对于系统只考虑外力做功而应用动能定理很可能要犯错，所以往往把系统内各质点隔离分析，分别应用动能定理比较合适(1)应用动能定理最大的优势在于不要求深入研究过程变化的细节，对不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题的，无论恒力做功还是变力做功，一般用动能定理求解(2)应用动能定理求力对物体做功时，位移应是物体相对地面的位移，而动能E
8、kmv2中“v”应是物体对地的速度如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点103 m的D点速度为0求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)解析(1)由动能定理得mg(hH)mgsBC0mv，解得05(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgHmg4sBCmvmv，解得v24 m/s133 m/s(3)分析整个过程，由动能定
9、理得mgHmgs0mv，解得s216 m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有16 m，故距B点的距离为2 m16 m04 m答案(1)05(2)133 m/s(3)距B点04 m对这种多过程问题，可以分段利用动能定理求解，也可以对全过程利用动能定理求解，解题时可根据具体情况选择使用 【通关练习】1(多选)如图所示，一质量m075 kg的小球在距地面高h10 m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失若小球运动过程中受到的空气阻力f的大小恒为25 N，g10 m/s2下列说法正确的是( )A小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5 mB小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为33
10、 mC小球在空中运动的总路程为30 mD小球在空中运动的总路程为2875 m解析：选AC设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h2的过程中，由动能定理有mg(hh2)f(hh2)0，解得：h2h5 m，选项A正确；对小球运动的全过程，由动能定理可得，mghfs总0，解得s总30 m，选项C正确2如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120，半径R为20 m，一个物体在距弧底E高度为h30 m 处，以初速度40 m/s沿斜面运动若物体与两斜面的动摩擦因数为002，则物体在两斜面上(不包括圆弧部
11、分)一共能走多长路程？(g取10 m/s2)解析：斜面的倾角为60，由于物体在斜面上所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面的分力(mgcos 60mgsin 60)，所以物体不能停留在斜面上物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，直到物体再也滑不到斜面上为止，最终物体将在B、C间往复运动设物体在斜面上运动的总路程为s，则摩擦力所做的总功为mgscos 60，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得mgmgscos 600mv物体在斜面上通过的总路程为s280 m答案：280 m动能定理与牛顿运动定律的比较牛顿运动定律动能定理相同点确定研究对象，对物体进行
12、受力分析和运动过程分析适用条件只能研究在恒力作用下物体做直线运动对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线或曲线运动均适用应用方法要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单不易出错 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示比赛时，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为使冰壶滑行得更远，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
13、摩擦因数为10008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至20004在某次比赛中，运动员使冰壶在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出为使冰壶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)解析法一：运用动能定理求解设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，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x2，所受摩擦力的大小为f2则有x1x2x式中x为投掷线到圆心O的距离f11mgf22mg设冰壶的初速度为v0，由动能定理得f1x1f2x20mv联立以上各式，解得x2 m10 m法二：运用牛顿运动定律求解设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1
14、，所受摩擦力的大小为f1，此段冰壶运动的加速度为a1，此时到达C点，速度为vC则由牛顿第二定律知f11mgf1ma1a11g008 m/s2vv2a1x1冰壶在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2xx1，所受摩擦力为f2，运动的加速度为a2，则f22mgf2ma2a22g004 m/s20v2a2(xx1)将联立得x1 m20 m则x2xx130 m20 m10 m答案10 m动能定理、牛顿运动定律与运动学公式相结合是解决力学问题的两种重要方法，有的问题既能用牛顿运动定律与运动学公式相结合的方法解决也能用动能定理解决(1)通常情况下，某问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律与运动学公式相结
15、合的方法去解决；(2)某问题若不考虑具体细节、状态或时间，一般要用动能定理去解决 近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3104 N求卡车的制动距离(2)若人人遵守交通规则，该
16、车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？解析：已知卡车质量m8 t8103 kg、初速度v054 km/h15 m/s(1)从制动到停车，阻力对卡车所做的功为W，由动能定理有Wmv已知卡车所受阻力f3104 N，设卡车的制动距离为s1，有Wfs1联立式，代入数据解得s130 m(2)已知车长l7 m，AB与CD的距离为s023 m设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需要经过时间t后变灯，有s2s0ls2v0t联立式，代入数据解得t2 s答案：(1)30 m(2)2 s随堂检测(多选)关于动能的理解，下列说
17、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动能有可能为负值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，一定处于平衡状态解析：选AC机械能包括动能和势能，而动能是物体由于运动具有的能，且Ekmv20，故A正确，B错误；一定质量的物体的动能变化时，速度的大小一定变化，但速度变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，动能不变，但速度变化，故C正确，D错误2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( )A木块所受的合外力为零B因木块所受的力都不对其做
18、功，所以合外力的功为零C重力和摩擦力的功为零D重力和摩擦力的合力为零解析：选C木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的正功与阻力做的负功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，C对，B、D错某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图像如图所示，在物体开始运动后的前40 m内，物体具有最大动能时对应的位移是( )A20 m B10 mC30 m D40 m解析：选A由题图知x20 m时，F合0，此前F合做正功，而此后F合做负功
19、，故x20 m时物体的动能最大，故A正确水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A30% B50%C70% D90%解析：选A根据v和Ekmv2解决问题碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比约为127，即碰撞后两球速度大小v与碰撞前白球速度v的比值，所以损失的动能Ekmv22mv2，30%，故选项A正确如图所示，一个质量为m20 kg的滑块静止放在水平地面上的A点，受到一个大小为10 N，与水平方向成37角的斜向上恒力F作用开始运动，当滑块前进L10 m到达B点时，撤去力F，滑块最终停在水平面上的C点
20、，滑块与地面间的动摩擦因数02，求BC间的距离x(cos 3708，sin 3706，g取10 m/s2)解析：对滑块从A到C全过程应用动能定理得FLcos (mgFsin )Lmgx0，整理得x m13 m答案：13 m课时作业学生用书P117(单独成册)一、单项选择题关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法中正确的是( )A运动物体所受的合力不为零，合力一定做功，物体的动能一定变化B运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变C运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D运动物体所受合力不为零，则该物体不一定做变速运动答案：B2物体在合外力作用下做直线运动的vt
21、图像如图所示下列表述错误的是( )A在02 s内，合外力做正功B在07 s内，合外力总是做功C在23 s内，合外力不做功D在47 s内，合外力做负功解析：选B根据动能定理，由动能的变化来判断合外力做功情况02 s内，加速度为正值，合外力与位移方向相同，A项正确23 s内，合外力为零，C项正确，B项错误；47 s内，合外力与位移方向相反，D项正确如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则( )A摩擦力对A、B做功相等BA、B动能的增量相同CF对A做的功与F对B做的功相等D合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等解析：选B因F斜向下作用
22、在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D错误一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其vt图像如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则下列关于力F的大小和力F做的功W大小的关系式正确的是( )AF2mg BF3mgCWmgv0t0 DWmgv0t0解析：选B0t0的位移为x1v0t0，03t0的位移为x2v03t0v0t0全过程由动能定理得：Fx1fx20，fmg得F3
23、mg，A错误，B正确；F做的功为：WFx1mgv0t0，C、D错误运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )A005B003C滑行时间t5 sD滑行时间t10 s解析：选D对冰壶由动能定理得mgx0mv，得001冰壶运动时：ag01 m/s2由运动学公式xat2得：t10 s如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动已知物体和木板之间的摩擦力为f当物体滑
24、到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中( )A物体到达木板最右端时具有的动能为(Ff)(Lx)B物体到达木板最右端时，木板具有的动能为fxC物体克服摩擦力所做的功为fLD物体和木板增加的动能之和为Fx解析：选B由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(Ff)(Lx)mv2，故A错误对木板：fxMv2，故B正确物体克服摩擦力所做的功为f(Lx)，故C错物体和木板增加的动能之和为：mv2Mv2F(Lx)fL(Ff)LFx，故D错物体与转台间的动摩擦因数为，与转轴间距离为R，m随转台由静止开始加速转动，当转速增加至某值时，m即将在转台上相对滑动，此时起转台匀速转动此过程中摩擦力对m做的功
25、为( )A0 B2mgRC2mgR D解析：选D即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，mgm，得此时物体m的动能为EkmgR，此过程中摩擦力为变力，应用动能定理求解，则摩擦力对m做的功为物体m的动能增量Ek，故答案为D二、多项选择题如图所示，一木块沿着高度相同、倾角不同的3个斜面由顶端从静止开始下滑，已知木块与各斜面间的动摩擦因数相同，则下面关于木块滑到底端时的速度与动能的表达正确的是( )A倾角大的动能最大B倾角大的运动时间最短C三者的速度相同D三者的动能相同解析：选AB木块无论沿哪条斜面运动都是重力和摩擦力做功设静止时木块到底端的竖直高度差为h，滑到底端的动能为Ek
26、，速度大小为v，由动能定理知，mghmgcos s mv2，s，倾角越大，动能越大，所以A正确，D错误；由于速度是矢量，所以沿不同斜面到达底端时速度大小、方向均不同，故C错误；设木块沿倾角为的斜面运动的加速度为a，则mgsin mgcos ma，s，由sat2得t ，所以越大，t越小，故B正确如图所示，弹簧一端固定，另一端拴接一物块A，物块A与物块B接触但不粘连，A、B放在水平面上水平面的右端与固定的斜面平滑连接于O点，设物块经过O点时无动能损失两物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相等，用力向左推B压缩弹簧，释放后B滑上斜面的最高点为P如果其他条件不变，减小斜面的倾角，B滑到斜面的最高点为
27、Q，下列判断不正确的是( )AA与B在水平面上分离时弹簧处于压缩状态BA与B在水平面上分离时弹簧处于原长状态CP、Q两点距O点的水平距离相等DP、Q两点距O点的竖直高度相等解析：选ACD当A、B分离时，两者的加速度相等，且两物块之间的作用力为零，则对B有：ag，对A有：FmAgmAa，解得F0，即A与B在水平面上分离时弹簧处于原长状态，A错误，B正确倾角变与不变时B到达O点时的动能都相同，根据动能定理，到达最高点时Ekmghmgcos mgLsin mgLcos ，所以斜面的倾角不同，则h和L均不同，选项C、D错误某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系
28、统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A出水口单位时间内的出水体积QvSB出水口所出水落地时的速度为C出水后，手连续稳定按压的功率为D手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和解析：选AC由题意知，设流水时间为t，则水柱长vt，体积Q0vtS，可得：单位时间内的出水体积QvS，所以A正确；设落地的速度为vt，根据动能定理mgHmvmv2，故水落地时的速度不等于，所以B错误；设t时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为可得：，其中mvtS代入得P，
29、所以C正确，D错误三、非选择题如图甲所示，一质量为m1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t0时刻开始，物块受到按如图乙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02，求(g取10 m/s2)：(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功解析：(1)在35 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则Fmgmaa m/s22 m/s2xat24 m即A与B间的距离为4 m(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由
30、动能定理得：WF2mgxmvv2ax由以上两式得WF2mgxmax24 J答案：(1)4 m(2)24 J如图所示，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点处有个光滑的细钉，已知OPL/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B则：(1)小球到达B点时的速率多大？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v03，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mgm解得vB (2)从AB由动能定理得mgmvmv可求出：v0 (3)由动能定理得mgWfmvmv可求出：WfmgL答案：(1) (2) (3)mgL高考资源网版权所有，侵权必究！