1、第 2 节动能定理及其应用(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。()突破点(一)对动能定理的理解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：数量关系
2、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 多角练通1关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零解析：由 WFlcos 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 90，故 A 正确，B 错误；由动能定理 WEk 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D 均错误。答案：A 2(多选)如
3、图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力 F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离 s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力 F 对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力 F 对甲做功多B力 F 对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同解析：由功的公式 WFlcos Fs 可知，两种情况下力 F对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有：FsEk1，对乙有：FsFfsEk2，可知 Ek1Ek2，C 正确，D 错误。答案：BC 3.(多选)如图所示。某人通过光滑滑轮将质量为 m
4、 的物体，沿光滑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，到达斜面顶端的速度为 v，则在此过程中()A物体所受的合力做功为 mgh12mv2B物体所受的合力做功为12mv2C人对物体做的功为 mghD人对物体做的功大于 mgh解析：对物体应用动能定理可得 W 合W 人mgh12mv2，故 W 人mgh12mv2，B、D 选项正确。答案：BD 突破点(二)动能定理的应用1应用动能定理的流程2应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，
5、并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。典例(多选)(2016浙江高考)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，sin 370.
6、6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数 67B载人滑草车最大速度为2gh7C载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g思路点拨(1)滑草车先匀加速下滑，再匀减速下滑。(2)滑草车速度最大的位置在两条滑道的连接处。(3)滑草车下滑的整个过程中下降的高度为 2h。解析 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1hsin 45、s2hsin 37 由动能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数 67，选项 A 正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)214g，a2g(sin 37cos 37)33
7、5g，则在下落 h 时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 4512mv2解得 v2gh7，选项 B 正确，D 错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即 W2mgh，选项 C 错误。答案 AB方法规律(1)运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。(2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、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：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。集训冲关1(多选)(
8、2017上海长宁区模拟)如图所示，从地面上 A处竖直向上抛一质量为 m 的小球，小球上升到 B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至 C 点时的动能相等，B 点离地面高度为 h，C 点离地面高度为h3。空气阻力 f0.1mg，大小不变，重力加速度为 g，则()A小球上升的最大高度为 2hB小球上升的最大高度为 4hC小球下落过程中从 B 点到 C 点动能的增量为35mghD小球下落过程中从 B 点到 C 点动能的增量为45mgh解析：设小球由 B 点再上升 h到达最高点，对小球上升到 B 点与返回至 C 点之间的过程由动能定理得，mg23h0.1mg2h23h 0，解得 h3h，所以小球上升的
9、最大高度 Hhh4h，B 正确；下落过程中小球从 B 点到C 点动能的增量12mvC212mvB2mg23h0.1mg23h35mgh，C 正确。答案：BC2如图所示，小物块从倾角为 的倾斜轨道上 A 点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的 B 点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B 两点的连线与水平方向的夹角为，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数大小为()Atan Btan Ctan()Dtan()解析：如图所示，设 B、O 间距为 s1，A 点离水平面的高度为 h，A、O 间的水平距离为 s2，物块的质量为 m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得：mg
10、hmgcos s2cos mgs10，解得：hs1s2tan，故 B 正确。答案：B 3(2017淄博二模)如图所示，倾角 37的斜面 AB 与水平面平滑连接于 B 点，A、B 两点之间的距离 s03 m，质量 m3 kg 的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为 0.4。当小物块从 A 点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力 F(图中未画出)。取 g10 m/s2。(1)若 F10 N，小物块从 A 点由静止开始沿斜面运动到 B 点时撤去恒力 F，求小物块在水平面上滑行的距离 s。(sin 370.6，cos 370.8)(2)为确保小物块不离开斜面，该恒力 F 的最大
11、值为多大？解析：(1)小物块在斜面上受力如图所示，从 A 点开始沿 ABC 路径运动到 C 点停止过程中，由动能定理可得：Fs0cos mgs0sin fs0mgs0fFNFNFsin mgcos 代入数据解得：s4.7 m。(2)若使小物块不离开斜面，可知小物块对斜面的压力大于或等于0，即 Fsin 37mgcos 37代入数据解得：F40 N即恒力 F 的最大值为 40 N。答案：(1)4.7 m(2)40 N突破点(三)动能定理的图像问题1解决物理图像问题的基本步骤2四类图像所围面积的含义v-t 图由公式 xvt 可知，v-t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a-t 图由公式 vat
12、 可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F-x 图由公式 WFx 可知，F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P-t 图由公式 WPt 可知，P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 典例 某星球半径为 R6106 m，假设该星球表面上有一倾角为 30的固定斜面体，一质量为 m1 kg 的小物块在力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，力 F 始终与斜面平行，如图甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数 33，力 F 随位移 x 变化的规律如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，如果小物块运动 12 m时速度恰好为零，已知万有引力常量 G6.671011 Nm2/kg2。
13、试求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该星球表面上的重力加速度 g 的大小；(2)该星球的平均密度。思路点拨(1)F-x 图线与 x 轴所围面积表示力 F 对物块所做的功。(2)物块向上运动过程中摩擦力始终不变。(3)可利用 gGMR2 求出星球质量进而确定星球的平均密度。解析(1)设该星球表面的重力加速度为 g，物块上滑过程中力 F 所做的功 WF(15636)J72 J，由动能定理得：WFmgsin xmgcos x0，解得：g6 m/s2。(2)在星球表面重力与万有引力相等，mgGMmR2 可得星球的质量为：MgR2G所以星球的密度 MVgR2G43R3 3g4GR3643.146.6
14、710116106 kg/m34103 kg/m3。答案(1)6 m/s2(2)4103 kg/m3集训冲关1(2017西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s 时停下，其 v-t 图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s 到 t3 s 这段时间内拉力不做功解析：对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，故 A 正确，B 错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故 t1 s 时拉力的瞬时功率
15、为整个过程中拉力功率的最大值，C 错误；t1 s 到 t3 s 这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D 错误。答案：A 2(多选)(2017辽宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为 2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度 g10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A物体与水平面间的动摩擦因数B合外力对物体所做的功C物体做匀速运动时的速度D物体运动的时间解析：物体做匀速直线运动时，拉力 F 与滑动摩擦力 f 相等，物体与水平面间的
16、动摩擦因数为 Fmg0.35，A 正确；减速过程由动能定理得 WFWf012mv2，根据 F-s图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力 F 做的功 WF，而 Wfmgs，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v，B、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误。答案：ABC 3如图甲所示，一半径 R1 m、圆心角等于 143的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于 B 点，圆弧形轨道的最高点为 M，斜面倾角 37，t0 时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达 M点，取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.
17、8，求：(1)物块经过 M 点的速度大小；(2)物块经过 B 点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)物块恰能到达 M 点，则有mgmvM2R解得 vM gR 10 m/s。(2)物块从 B 点运动到 M 点的过程中，由动能定理得mgR(1cos 37)12mvM212mvB2解得 vB 46 m/s。(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为avt10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma解得 0.5。答案：(1)10 m/s(2)46 m/s(3)0.5突破点(四)应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题1.平抛运动和圆周
18、运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。2.动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。典例(2017新泰模拟)如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37，CD、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道。小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD 长为 R，圆弧管道BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 1.8R，小球与倾斜轨道 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5，重力加
19、速度为 g，sin 370.6，cos 370.8。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端 C 时速度的大小。(2)小球刚到 C 时对管道的作用力。(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R应该满足什么条件？审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息光滑圆弧轨道BCBC轨道无摩擦力做功竖直光滑圆周轨道竖直圆周轨道无摩擦力做功关键点获取信息小球由静止从A点释放小球的初速度vA0小球刚到C时对轨道的作用力小球在圆弧管道BC的最低点，具有竖直向上的向心加速度利用牛顿第三定律确定小球对管道的压力第二步：找突破口(1)A、C 两点的高度差 hAC1.8R5Rsin 3
20、7；(2)在圆弧管道 BC 的 C 点：FNmgmvC2r；(3)圆弧管道的半径 r 可由 rrcos 371.8R 求出；(4)小球在圆周轨道中运动不脱离轨道的情况有恰好通过最高点和最大高度不超过圆心两种情况。解析(1)设小球到达 C 点时速度为 v，小球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有：mg(5Rsin 371.8R)mgcos 375R12mvC2解得：vC28gR5。(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：FNmgmvC2r其中 r 满足：rrcos 371.8R解得：FN6.6mg由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为
21、 6.6mg，方向竖直向下。(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入 EF 轨道，则小球在最高点应满足：m vP2Rmg小球从 C 点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有：mgRmg2R12mvP212mvC2 可得：R2325R0.92R情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回 D。则由动能定理有：mgRmgR012mvC2 解得：R2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R应该满足 R0.92R 或 R2.3R。答案(1)28gR5(2)6.6mg，方向竖直向下(3)R0.92R 或 R2.3R集训冲关1(多选)(
22、2016全国丙卷)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则()Aa2mgRWmR Ba2mgRWmRCN3mgR2WR DN2mgRWR解析：质点 P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得 mgRW12mv2，则速度 v2mgRWm，在最低点的向心加速度 av2R2mgRWmR，选项 A 正确，选项 B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得 Nmgma，N3mgR2WR，选项 C
23、正确，选项 D 错误。答案：AC2.(2017北京市状元桥学校二模)如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台 AB 上，轨道半径 R1.8 m，末端与平台相切于 A 点。倾角 37的斜面 BC 紧靠平台固定。从圆弧轨道最高点由静止释放质量 m1 kg 的滑块 a，当 a 运动到 B 点的同时，与 a 完全相同的滑块 b 从斜面底端 C 点以速度 v05 m/s 沿斜面向上运动，a、b(视为质点)恰好在斜面上的 P 点相遇，已知 AB 长度s2 m，a 与 AB 面及 b 与 BC 面间的动摩擦因数均为 0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)滑块 a 到
24、 B 点时的速度；(2)斜面上 PC 间的距离。解析：(1)滑块 a 从光滑圆弧轨道滑下到达 B 点的过程中，根据动能定理有：mgRmgs12mv2，代入数据解得：v4 m/s。(2)滑块 a 到达 B 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：xvt，y12gt2，tan yx，代入数据解得：t0.6 s，滑块 b 从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma1，代入数据解得：a110 m/s2向上运动的时间：t1v0a10.5 s0.6 s，然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma2，代入数据得：a22 m/s2可得：xPCv0t112a1t1212
25、a2(tt1)21.24 m。答案：(1)4 m/s(2)1.24 m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，求解这类问题时若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。由于动能定理只关心物体的初末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。运用动能定理巧解往复运动问题(一)往复次数可确定的情形1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 d0.50 m。盆边缘的高度为 h0.30 m。在
26、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 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()A0.50 m B0.25 m C0.10 m D0解析：设小物块在 BC 段通过的总路程为 s，由于只有 BC面上存在摩擦力做功为mgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mghmgs00，代入数据可解得 s3 m。由于 d0.50 m，所以，小物块在 BC 面上经过 3次往复运动后，又回到 B 点。D 正确。答案：D(二)往复次数无法确定的情形2.(2017成都月考)如图所示，斜
27、面的倾角为，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 x0，滑块以初速度 v0 沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A.1v022gcos x0tan B.1v022gsin x0tan C.2v022gcos x0tan D.1v022gcos x0cot 解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin mgxcos 012mv02，解得 x1v022gcos x0tan ，选项 A 正确。答案：A(三)往复运动永不停止的情形3.如图所示
28、，竖直固定放置的斜面 DE 与一光滑的圆弧轨道 ABC 相连，C 为切点，圆弧轨道的半径为 R，斜面的倾角为。现有一质量为 m 的滑块从 D 点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O 与 A、D 在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为，求：(1)滑块第一次滑至左侧弧上时距 A 点的最小高度差 h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程 s。解析：(1)滑块从 D 到达左侧最高点 F 经历 DC、CB、BF三个过程，现以 DF 整个过程为研究过程，运用动能定理得：mghmgcos Rtan 0，解得 hRcos tan 。(2)通过分析可知，滑块最终至 C 点的速度为 0 时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcos mgcos s0，解得：sR。答案：(1)Rcos tan (2)R反思领悟(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体运动路径无关，可用 WGmgh 直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用 WfFfs 求解，其中 s 为物体相对滑行的路程。
