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第五章　机械能
第2讲　动能定理及其应用
素养目标　1.知道动能的概念.（物理观念） 2.知道动能定理及其适用条件.（物理观念） 3.掌握应用动能定理解题的一般步骤.（科学思维）
一、动能定理的理解及简单应用
一、动能定理的理解及简单应用
A. mgh
D
B. 第一次过P点比第二次机械能少1.3 J
C. 落地瞬间，第一次、第二次动能之比为72∶85
D. 第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
B

（一）动能
运动
mv2
焦耳
标量
无关
末动能
初动能
?
（二）动能定理
4. 适用条件
动能的变化
?
合力
曲线运动
变力
分阶段
深化1　　对“外力”的两点理解
（1）“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，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.
深化2　　应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”.“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.
深化3　　动能定理的应用技巧
A. 0
B. 2μmgR
C. 2πμmgR
D
A. 套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B. 套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C. 套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D. 套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
D
C
A. 受到的合力较小
B. 经过A点的动能较小
C. 在A、B之间的运动时间较短
D. 在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和图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.
二、应用动能定理解决多过程问题
二、应用动能定理解决多过程问题
考题3　（2023·江苏卷）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点.滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出.已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力.
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
解析：（1）设滑雪者质量为m，对滑雪者在AP段进行受力分析，由牛顿第二定律得mgsin 45°－μmgcos 45°＝ma ①
vP＝at ④
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
滑雪者从P点静止开始下滑到B点，由动能定理有WGPB＋WfPB＝0 ⑦
对滑雪者从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
考题4　（2024·新课标卷）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离.如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降.若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小取
g＝10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°.
（sin 37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
答案：（1）1 200 N　900 N
解析：（1）重物下降的过程中受力平衡，
设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，
竖直方向T1cos α＝mg＋T2cos β
水平方向T1sin α＝T2sin β
联立解得T1＝1 200 N，T2＝900 N.
解析：（2）整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0
解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4 200 J.
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功.
答案：（2）－4 200 J
深化1　　运用动能定理解决多过程问题的方法
（1）分段法
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理.
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破.
（2）全程法
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.
深化2　　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，要注意运用它们的特点.
（1）重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.
（2）大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积.
角度1　直线运动中多过程问题
B
A. 动摩擦因数为tan θ
C. 倾角α一定大于θ
D. 倾角α可以大于θ
D
A. 小滑块恰好可以到达Q点
B. 小滑块可能无法到达Q点
（2）B和D两点的高度差；
答案：（2）0
（3）小物块在A点的初速度大小.
三、动能定理与图像的综合应用
三、动能定理与图像的综合应用
A
A
A. m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B. m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C. m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D. m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：由题图（b）可知，物块在上滑过程中动能由Ek1＝40 J变为0，说明物块冲到s＝10 m时速度为零，则由动能定理得－mgh－fs＝0－Ek1；接下来返回到出发点时，
动能变为Ek2＝30 J，则由动能定理得mgh－fs＝Ek2，h＝s·sin 30°，联立解得m＝0.7 kg，
f＝0.5 N，A正确.
深化1　　常见图像及其意义
v－t图像
由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移大小
F－x图像
由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Ek－x图像
由公式Ek＝Ek0＋Fx可知，Ek－x图线的斜率表示物体所受的合力
W－x图像
由公式W＝Fx可知，W－x图线的斜率表示做功的力的大小
a－t图像
由公式Δv＝at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
P－t图像
由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
深化2　　解决图像问题的基本步骤
BC
A. 在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B. 在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C. 从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D. 从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
D
A. 从A到B拉力F做功为50 J
B. 物体从B到C过程中，所受的合外力为0
D
A. 小球的质量m＝0.2 kg
B. 初动能Ek0＝16 J
C. 小球在C点时重力的功率为60 W
D. 小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
限时跟踪检测
A级·基础对点练
题组一　动能定理的理解及简单应用
A. 是静摩擦力，方向沿杆向上
B. 是滑动摩擦力，方向沿杆向下
D
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B. 足球上升过程重力做功mgh
C
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C
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题组二　应用动能定理解决多过程问题
A
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A. mgh
B. 2mgh
D. μmg（s＋hcos θ）
B
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题组三　动能定理与图像的综合应用
A. μ＝0.05
B. μ＝0.01
C. 滑行时间t＝5 s
D. 滑行时间t＝10 s
BD
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A. 加速阶段演习者受到的合力大小为250 N
B. 演习者匀速下落的位移大小为10 m
C. 整个过程缓降器对演习者所做的功为7 500 J
D. 演习者整个下降过程所用的时间为4.5 s
AD
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B级·能力提升练
A. 物体的质量为0.8 kg
B. 物体的质量为1 kg
C. 抛出后，物体上升的最大高度为6 m
D. 除受到重力外，物体受到的阻力大小为4 N
BC
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A. 小物块恰好能运动到B点
B. 小物块最远能运动到B点上方的某点
C. 小物块只能运动到C点
D. 小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
D
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10. 如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；
答案：（1）4m/s
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解得小球在A点的初速度大小为vA1＝4m/s.
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（2）小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围.
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