资源简介

(共52张PPT)
第八章
第3节　动能和动能定理
课题2　动能定理的应用
机械能守恒定律
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1．进一步理解动能定理，体会应用动能定理解题的优越性．
2．会应用动能定理求解多过程、变力做功以及曲线运动等问题．
活 动 方 案
活动一：应用动能定理求多过程问题
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．在利用全过程列方程求解时，必须明确哪个过程有哪些力做了功，做正功还是做负功．
1．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示．设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320 N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30 cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2 cm．已知重物的质量为50 kg，g取 10 m/s2，cos 37°＝0.8．问：
(结果均保留两位有效数字)
(1)重物刚落地时的速度是多大？
(2)重物对地面的平均冲击力是多大？
【答案】图甲表示重物在地面上受到人的作用力，图乙表示上升30 cm后人停止施力，图丙表示刚落地，图丁表示砸深地面2 cm后静止．
2．如图甲所示，质量为m的小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均为μ．小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放．已知A、B两点的水平距离为x，不计物块在轨道接触处的动能损失．则：
(1)求物块运动至B点时的动能Ek；
(2)如图乙所示，若将倾斜轨道的倾角调至为θ2(θ2＜θ1)，仍将物块从A点静止释放，求物块运动至B点时的动能Ek′；
(3)比较上面两小问的结果，你能得出什么结论？
甲
乙
(3)当物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数相同且从同一位置静止释放后，物块到达水平轨道上某一点的动能与倾斜轨道的倾角无关．从前两问的结果还可以得出，物块停止运动时的位置到释放点的水平距离相等．
3．如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回．已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程．
总结：(1)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：①重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；②滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功Wf克＝f滑s(s为路程)．
(2)由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程时，一般应用动能定理．
活动二：应用动能定理求解变力的功
通常有以下两种情况：①只有一个变力对物体做功，可用W＝Ek2－Ek1求得变力的功W；②同时有几个力对物体做功，但是其中只有一个力F1是变力，其他的力都是恒力，则可用功的公式求出这几个恒力所做的功W其他，然后用W1＋W其他＝ΔEk求得变力的功W1．
1．如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是 (　　)
A．0
B．2μmgR
C．2πμmgR
【答案】D
2．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为 (　　)
A．mgl cos θ
B．Fl sin θ
C．mgl(1－cos θ)
D．Fl(1－sin θ)
【解析】小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg(l－l cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)．C正确．
【答案】C
活动三：在抛体、圆周运动中应用动能定理
与抛体运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法．如：分解位移或分解速度求抛体运动的有关物理量．
1．如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上．现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑圆弧轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为 (　　)
A．mgR B．2mgR
【答案】C
2．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m．某运动员从A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经轨道CD后冲上轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2．求：
(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？
检 测 反 馈
1．如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是 (　　)
1
1
【答案】C
2．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动过程中物体m与斜面体保持相对静止．下列关于斜面体对物体的支持力和摩擦力的说法中正确的是 (　　)
A．支持力做功为0
B．摩擦力做功可能为0
C．斜面体对物体不做功
D．物体所受合外力做功为0
2
2
【答案】B
3．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为
3
μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为 (　　)
3
【答案】A
4．将物体以一定的初动能Ek0竖直向上抛出，然后落回到原处，物体运动过程中所受空气阻力大小恒定．在这个过程中物体动能Ek与位移x的关系图是 (　　)
4
【答案】C
5．如图所示，物块从斜面AB顶端由静止下滑，恰好停在水平面上的C点．已知斜面及水平地面与物块间的动摩擦因数处处相同，不计物块在斜面与水平面连接处的动能损失．若将斜面换作同种材料、等高的斜面AD，物块从顶端沿斜面下滑，初速度不为零，则物块将停在(　　)
A．D点
B．D、C之间某点
C．C点
D．C的右侧某点
【答案】D
5
6．如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的固定斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计．一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于 (　　)
6
6
【答案】B
7
7
7
【答案】C
8
8
【解析】分别对两种情境下的圆周运动应用向心力公式得到对应的动能，再根据动能定理求出此过程中拉力(变力)做的功，A正确．
【答案】A
9．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g．现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，当小球运动到最低点时，每根绳的拉力大
9
小为(不计空气阻力) (　　)
9
【答案】A
10．如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求物体能够运动的最大位移xm．
10
甲　　　　　　　乙
10
11．右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为L＝1.5 m，如图所示．一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N 的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F．木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2．求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离．
11
11
12．如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)，且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g取10 m/s2．求：
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克
服摩擦力所做的功W．
12
12
12
谢谢观看
Thank you for watching第3节　动能和动能定理
训练1　动能和动能定理
1 （2025南通海门合格考模拟改编）如图所示，“山东号”航母上，质量为m的歼-15飞机起飞瞬间通过加速获得动能Ek，其对应速度为(　　)
A. B.
C. D.
2 （2025南通如东阶段测试）一辆汽车的速度从10 km/h增加到20 km/h，动能的增量为ΔEk1；若速度从40 km/h增加到50 km/h，动能的增量为ΔEk2，则(　　)
A. ΔEk1＝ΔEk2 B. ΔEk1<ΔEk2
C. ΔEk1>ΔEk2 D. 无法判断
3 （2025盐城阶段测试）飞刀是一种体型较小的刀，刃薄如纸，呈柳叶状，又称“柳叶刀”．如图所示，某同学由S点先后甩出完全相同的两把飞刀（可将其视为质点），分别垂直打在竖直软木靶子上的A、B两点，不计空气阻力，则飞刀在这两次从飞出到撞击墙壁的过程中(　　)
A. 飞刀在空中飞行的时间可能相等
B. 飞刀飞出时的初速度竖直分量可能相等
C. 飞刀撞击墙壁的速度大小可能相等
D. 飞刀飞出时的初动能可能相等
4 （2025宿迁阶段测试）如图所示，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一木球压紧轻质弹簧并保持静止．松手后，弹簧将木球弹出．在木球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了50 J．木球克服阻力做的功为30 J，则在此过程中(　　)
A. 阻力对木球做了30 J的功
B. 弹力对木球做了－50 J的功
C. 木球的动能减少了30 J
D. 木球的动能增加了20 J
5 如图所示，质量为m的跳水运动员从距水面高h的跳台上以v0的速度斜向上起跳，最终落入水中，入水时的速率为v.则运动员起跳时的动能为(　　)
A. mgh
B. mv2
C. mv＋mgh
D. mv2－mgh
6 （2025南通合格考模拟）如图所示，“激流勇进”是游乐园中娱乐性非常强的项目．皮艇从高处由静止开始沿着倾斜水道加速滑下，若到达最低点时速度为v，下滑过程中重力做功为W1、阻力做功为W2，皮艇及游客总质量为m，则下列关系式正确的是(　　)
A. W1＝mv2 B. W2＝mv2
C. W1＋W2＝mv2 D. W1－W2＝mv2
7 （2025盐城阶段测试）两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为(　　)
A. xA∶xB＝2∶1 B. xA∶xB＝1∶2
C. xA∶xB＝4∶1 D. xA∶xB＝1∶4
8 （2025南通如皋统考）质量为m的物体在水平拉力的作用下沿光滑水平面做直线运动，某段时间内速度大小由v1增大到v2，发生的位移为x0，这段时间内水平拉力的大小F与物体位移x之间的函数关系图像如图所示，则该物体速度为v1时的拉力大小为(　　)
A. 0 B. （v－v）
C. （v－v） D. （v－v）
9 质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F（拉力方向与物体初速度方向相同）的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek-x的图线如图所示．求：（g取10 m/s2）
(1) 物体的初速度v0；
(2) 物体和水平面间的动摩擦因数μ；
(3) 拉力F的大小．
10 （2023徐州期中）如图所示，质量为m＝5 kg 的摆球从图中A位置由静止开始摆下，当小球摆至竖直位置到达B点时绳子遇到B点上方电热丝而被烧断．已知摆线长为L＝1.6 m，OA与OB的夹角为60°，C为悬点O正下方地面上一点，OC间的距离h＝4.8 m，若不计空气阻力及一切能量损耗，g取10 m/s2，求：
(1) 小球摆到B点时的速度大小；
(2) 小球落地点D到C点之间的距离；
(3) 小球落地时的速度大小．（结果可用根号表示）
训练2　动能定理的应用
1 （2025南通启东阶段测试）如图甲、乙、丙分别为商场里的厢式、台阶式和斜面电梯，小明在逛商场时分别乘坐了这三部电梯上楼．在电梯以相同速率匀速运行的过程中，小明相对电梯静止，则下列说法正确的是(　　)
甲 乙 丙
A. 三部电梯对小明均不做功
B. 乘坐乙、丙电梯时，电梯对小明均无摩擦力的作用
C. 乘坐甲、丙电梯时，小明所受重力做功的功率相等
D. 乘坐甲、乙电梯时，小明所受弹力做功的功率不相等
2 （2025扬州合格考模拟）如图所示，质量为M的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端将物体缓缓提升高度H，重力加速度为g.则人做的功(　　)
A. 等于MgH B. 大于MgH
C. 小于MgH D. 无法确定
3 （2025泰州阶段测试）如图所示，长木板AB置于水平面上，板长为L，板的B端放置质量为m的小物块．现将板绕A端由静止开始在竖直平面内转动α角时，物块的速度为v，物块始终保持与板相对静止，重力加速度为g，则在上述转动过程中(　　)
A. 重力对物块做的功为mgL sin α
B. 摩擦力对物块做的功为 mv2
C. 弹力对物块做的功为0
D. 板对物块做的功为mgL sin α＋mv2
4 （2025南通海门阶段测试）某电动小车在平直路面上以恒定功率P启动，经过时间t达到最大速度v，该过程电动小车前进的距离为x.若电动小车的质量为m，所受阻力的大小恒为f，下列说法错误的是(　　)
A. 小车做加速度不变的加速运动
B. 小车速度为v时，所受牵引力大小等于阻力大小
C. 该过程，电动机对小车所做的功为fx＋mv2
D. 该过程，电动机对小车所做的功为Pt
5 （2025连云港模拟）如图所示是某城市一广场喷泉喷出的水柱．若其他条件不变，仅使水柱高度变为原来的n倍，忽略空气阻力，则用于给喷管喷水的电动机的输出功率需要变为原来的(　　)
A. n倍 B. n倍
C. n2倍 D. n3倍
6 （2025南通海安阶段测试）如图所示，一位质量为m＝60 kg的可视为质点的运动员（包括滑雪装备）从半径为R＝8 m、圆心为O的四分之一圆弧轨道上某处滑下，之后从轨道最低点A（OA为竖直线）以v0＝10 m/s的水平速度离开轨道，最后落在水平地面上．A点离水平地面的高度为H＝5 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1) 运动员在A点时，求运动员对圆弧轨道的压力大小；
(2) 如果忽略空气阻力，求运动员落地前瞬间的速度；
(3) 由于空气阻力的作用，运动员落地前瞬间的速度大小实际为v′＝14 m/s，从A点到落地的过程中，求空气阻力对运动员做的功．
7 如图甲所示，一质量为0.4 kg的小物体静止在水平台面上，在水平推力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴运动，F与物体坐标x的关系如图乙所示．在x＝4 m时撤去力F，同时物体从平台飞出．物体与水平台面间的动摩擦因数为 ，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) x＝1 m时，物体的加速度大小a；
(2) 从坐标原点到x＝4 m处，水平推力所做的功W；
(3) 物体即将离开平台时力F的功率P.
甲 乙
8 （2023苏州期末）如图所示的离心装置中，水平轻杆被固定在竖直转轴的O点，质量为m的小圆环A和轻质弹簧穿在水平杆上，弹簧两端分别与O和A固定，A与水平杆的动摩擦因数μ＝0.5.穿在竖直转轴上的光滑小圆环B，质量也为m，长为L的轻质杆与A、B链接处可自由转动．装置静止时轻质杆与竖直方向的夹角为37°，劲度系数为k＝的弹簧处于原长状态．重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．装置在竖直轴带动下由静止开始缓慢加速转动．求：
(1) 装置静止时，小环A受水平杆的摩擦力大小f；
(2) 当AB杆与竖直方向夹角为53°时的角速度ω；
(3) 在AB杆与竖直方向的夹角从37°变化到53°的过程中，竖直轴对装置所做的功W.
第3节　动能和动能定理
训练1　动能和动能定理
1. C　根据动能表达式Ek＝mv2，可得其速度为v＝，C正确．
2. B　由题意，令v1＝10 km/h，则v2＝2v1，v3＝4v1，v4＝5v1，所以ΔEk1＝m(v－v)<ΔEk2＝m(v－v)，B正确．
3. D　将飞刀的运动作逆过程处理，即为平抛运动，两次平抛运动的竖直高度h不同，根据h＝gt2，可得t＝，可知两次运动时间不同，A错误；飞刀在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，根据vy＝gt，故飞刀初速度在竖直方向的分量不同，B错误；两次飞刀水平射程相等，但两次运动的时间不同，根据vx＝可知，两次撞击墙壁时速度大小不相等，C错误；竖直速度大的，运动时间长，因此其水平速度就小，根据速度的合成v＝ 可知，飞出时的初速度大小可能相等，初动能可能相等，D正确．
4. D　木球克服阻力做的功为30 J，则阻力对木球做了－30 J的功，A错误；弹簧的弹性势能减少了50 J，则弹力做正功，对木球做了50 J的功，B错误；根据动能定理，木球的动能变化量ΔEk＝W合＝W弹＋W阻＝20 J，C错误，D正确．
5. D　根据动能定理可得mgh＝mv2－mv，可得运动员起跳时的动能为Ek0＝mv＝mv2－mgh，D正确．
6. C　皮艇从高处到低处，由动能定理有W1＋W2＝mv2，C正确．
7. B　物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理可得，对A，－μmAgxA＝0－Ek；对B，－μmBgxB＝0－Ek，联立解得＝＝.B正确．
8. D　设该物体速度为v1时的拉力大小为F1，根据F-x图像与横轴围成的面积表示拉力所做的功，结合动能定理可得WF＝F1x0＝mv－mv，解得F1＝(v－v)，D正确．
9. (1) 由图像可得Ek0＝2 J，又Ek0＝mv，
代入数据解得v0＝2 m/s.
(2) 设物体在4 m处的动能为Ek1，物体在4～8 m 内，由动能定理得－μmgs2＝0－Ek1，
代入数据解得μ＝0.25.
(3) 物体在0～4 m内，由动能定理得
(F－μmg)s1＝Ek1－Ek0，
代入数据解得F＝4.5 N.
10. (1) 摆球由A位置摆到最低点B位置的过程中，由动能定理可得
mg(L－L cos 60°)＝mv－0，
代入数据解得vB＝＝4 m/s.
(2) 线被烧断后，小球从B点开始做平抛运动，则运动时间
t＝＝ s＝0.8 s，
水平位移x＝vBt＝3.2 m.
(3) 小球平抛落地时的竖直速度为
vy＝gt＝8 m/s，
则落地时的速度为两分速度合成，有
v＝＝4 m/s.
训练2　动能定理的应用
1. D　小明先后随三部电梯以相同速率匀速运行的过程中，由于重力对小明做负功，根据动能定理可知，三部电梯对小明均做正功，A错误．电梯匀速运行，所以台阶式电梯乙对小明没有摩擦力的作用；丙是斜面电梯，小明要随斜面电梯向上运动，因此丙电梯对小明有摩擦力的作用，且摩擦力方向沿斜面向上，与小明的重力沿斜面向下的分力平衡，B错误．设小明运动方向与竖直方向夹角为θ，根据P＝mgv cos θ＝mgvy，乘坐甲、丙电梯时，由于电梯运行速率相同，但方向不同，所以竖直分速度大小不相等，则小明所受重力做功的功率不相等，C错误．乘坐甲、乙电梯时，小明所受弹力大小相等，且大小都等于重力，由于电梯运行速率相同，但方向不同，所以竖直分速度大小不相等，则小明所受重力做功的功率不相等，则小明所受弹力做功的功率不相等，D正确．
2. B　物体升高H时，它的重力势能增加MgH，人做的功等于物体重力势能的增加量和弹簧弹性势能增加量之和，所以WF>MgH.B正确．
3. D　重力对物块做的功为WG＝－mgL sin α，A错误；小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中物块所受的为静摩擦力，静摩擦力的方向总是与速度的方向垂直，则摩擦力对物块做的功为零，B错误；根据动能定理可知W－mgL sin α＝mv2，解得弹力对物块做的功为W＝mgL sin α＋mv2，C错误；根据动能定理可知，合力对物块做的功为 mv2，重力对物块做的功为－mgL sin α，则板对物块做的功为mgL sin α＋mv2，D正确．
4. A　由题意可知，小车功率恒定，则在运动时间t内，有P＝Fv，所受阻力恒为f，由牛顿第二定律F－f＝－f＝ma可知，随着小车速度增大，其加速度减小，小车先做加速度减小的加速运动，A错误；小车速度达到最大速度v时，加速度为零，牵引力大小等于阻力大小，B正确；该过程，电动机对小车所做的功为W＝Pt，由动能定理可得W－fx＝mv2－0，解得W＝fx＋mv2，C、D正确．故选A.
5. B　在喷管喷口处，设喷射速度为v，经过Δt时间内喷出水的质量为Δm，喷管的横截面积为S，水的密度为ρ，则有Δm＝ρSv·Δt，电动机功率为P，则有PΔt＝Δmv2，从离开喷口至到达最高点的过程中，由机械能守恒定律可得Δmgh＝Δmv2，联立解得P＝(2gh)，说明P∝h.B正确．
6. (1) 运动员在A点，m＝FN－mg，
解得FN＝1 350 N.
根据牛顿第三定律可知，运动员对圆弧轨道的压力为1 350 N.
(2) 根据动能定理 mv2－mv＝mgH，
解得运动员落地前瞬间的速度v＝10 m/s.
(3) 根据动能定理 mv′2－mv＝mgH＋Wf，
解得空气阻力对运动员做的功Wf＝－120 J.
7. (1) 由图乙，F-x图像知，在0～2 m，F与x函数关系为F＝(4＋4x) N，
当x＝1 m时，F1＝8 N，
在0～2 m运动过程中，滑动摩擦力为
f＝μmg＝×0.4×10 N＝3 N，
物体受到的合外力为F合＝F1－f，
由牛顿第二定律知物体的加速度为
a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2.
(2) 由题意可知，力F在作用过程中变化，所以图线与横轴所围成的面积即为力F做的功，则由数学关系得WF＝×2 J＋×2 J＝44 J.
(3) 设物体离开平台时瞬时速度为v，根据动能定理有WF－Wf＝mv2－0，
代入数据解得v＝4 m/s，
离开平台时F2＝16 N，则功率为P＝F2v，
代入数据解得P＝64 W.
8. (1) 装置静止时，设杆对圆环B的作用力为F，有F＝，
根据小环A受力平衡得f＝F sin 37°＝mg.
(2) 弹簧的弹力F弹＝k(L sin 53°－L sin 37°)＝，
设杆对小环A的作用力为FA，有FA＝FB＝，
小环A受到的摩擦力fm＝μ·(mg＋FAcos 53°)＝mg，
对小环A受力分析得
fm＋F弹－FAsin 53°＝mω2L sin 53°，
解得ω＝.
(3) 小环B下降的高度
h＝L cos 37°－L cos 53°＝0.2L，
小环A的动能
EkA＝mv2＝m·(ωL sin 53°)2＝0.4mgL，
克服摩擦力做的功
Wf＝fΔx＝fm(L sin 53°－L sin 37°)＝0.2mgL，
弹簧增加的弹性势能Ep＝k(Δx)2＝mgL，
根据能量守恒W＋mgh－Wf＝EkA＋Ep，
解得W＝mgL.第3节　动能和动能定理
课题1　动能和动能定理
1. 探究和理解动能的表达式．
2. 理解动能定理及其推导过程．
3. 掌握应用动能定理解题的一般步骤．
1. 物体由于运动而具有的能量叫作动能．图中的子弹、洪水和大风均具有动能．物理学史上历时200多年才得到了动能的表达式．
甲　子弹穿过苹果　　　乙　洪水冲断桥梁　　　丙　大风吹断大树
(1)如图所示，让铁球从光滑的斜面上由静止滚下，与木块相碰，推动木块做功．
①让同一铁球从不同的高度静止滚下，可以看到：高度大时铁球把木块推得远，对木块做的功多；
②让质量不同的铁球从同一高度静止滚下，可以看到：质量大的铁球把木块推得远，对木块做的功多．
以上两个现象说明动能的影响因素有哪些？
(2)如图所示，在光滑平面上，一物体的质量为m，在水平恒力F的作用下向前发生一段位移l，速度由v1增加到v2，如图所示．试推导出力F对物体做功的表达式．
(3)根据(2)中的推导，写出动能（用符号Ek表示）的表达式．
2. 思考：动能是标量还是矢量？动能的单位是什么？动能是状态量还是过程量？动能具有相对性，一般选谁作为参考系？
3. 下列关于动能的说法正确的是(　　)
A. 两个物体中，速度大的动能也大
B. 某物体的速度加倍，它的动能也加倍
C. 做匀速圆周运动的物体，其动能保持不变
D. 某物体的动能保持不变，则速度一定不变
1. 思考：
(1)活动一中推导力F对物体做功的表达式时，如果物体受到多个力的共同作用，结论还成立吗？为什么？
(2)活动一中推导力F对物体做功的表达式时，如果物体受变力作用或做曲线运动，结论还成立吗？为什么？
2. 动能定理的表达式：W合＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
(1)关系式WG＝Ep1－ Ep2表明重力做功等于重力势能的减小量，那么从动能定理表达式能得到什么类似的结论？
(2)若合力做正功，物体的动能　　　　；若合力做负功，物体的动能　　　　Ｗ．（均选填“增大”或“减小”）
3. 关于动能定理，下列说法中正确的是(　　)
A. 在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的代数和
B. 只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C. 动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D. 动能定理只适用于恒力做功的情况，不适用于变力做功的情况
1. 如图所示，一架喷气式飞机，质量m＝5.0×103 kg，起飞过程中从静止开始滑跑．当位移l＝5.3×102 m时，达到起飞速度 v＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的0.02倍，g取10 m/s2，求飞机受到的牵引力．（结果保留两位有效数字）
方法一：用牛顿运动定律和运动学公式求解
方法二：用动能定理求解
总结：(1)动能定理与牛顿运动定律的应用比较
比较 牛顿运动定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件 只能研究恒力作用下物体运动的情况 对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式 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
注意：问题不涉及时间、　　　　或过程的细节时，用动能定理解题比较简捷．
(2)应用动能定理解题的一般步骤：
2. 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，地面与斜面平滑连接．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，已知小朋友质量m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均摩擦力Ff＝88 N，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求小朋友滑到斜面底端时的速度大小v.
提示：应用动能定理时，必须写出研究对象和过程，并规范书写动能定理的表达式．
1. 关于动能、动能定理，下列说法错误的是(　　)
A. 一般情况下，Ek＝mv2中的v是相对于地面的速度
B. 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
C. 动能不变的物体，一定处于平衡状态
D. 运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变
2. 在光滑的地板上，用水平拉力分别使两个物体由静止获得相同的动能，那么可以肯定(　　)
A. 水平拉力相等　　 B. 两物体质量相等
C. 两物体速度变化相等　　 D. 水平拉力对两物体做功相等
3. 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，如图1、2所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　)
图1　　　　　　　　图2
A. 力F对甲物体做功多　 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小　 D. 甲、乙两个物体获得的动能相同
4. 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，则下列叙述正确的是(　　)
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
5. 物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　)
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为 －2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为 －0.5W
6. 物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．下列图像中能正确反映这一过程的是(　　)
A　　　　　　　　　B　　　　　　　　　C　　　　　　　　　D
7. 某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20 m的圆面，如图所示．某时间内该地区的风速是6.0 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2 kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能．此风力发电机发电的功率约为(　　)
A. 1.6×104 W
B. 1.6×105 W
C. 7.5×103 W
D. 7.5×104 W
8. 运动员把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5 m，在最高点的速度为20 m/s.不考虑空气阻力，g取10 m/s2.请你根据这个估计，计算运动员踢球时对足球做的功．
9. 如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑的水平地面上，质量为m＝5 kg的物体静止在斜面上．现对斜面体施加水平推力F使二者一起以加速度a＝2 m/s2向左匀加速运动5 s，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求此过程中：
(1)物体所受支持力和摩擦力的大小；
(2)重力、支持力、摩擦力对物体做的功．
10. 拖把是由拖杆和拖把头构成的清洁工具，如图所示．若某同学保持拖杆与竖直方向的夹角 θ＝37°，并用沿拖杆方向的恒力F＝30 N推动拖把头，使其由静止开始在水平地面沿直线运动，位移s＝1 m．已知拖把头的质量m＝1.6 kg，不计拖杆质量，拖把头与地面间的动摩擦因数 μ＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)摩擦力对拖把头做的功；
(2)拖把获得的动能．
课题2　动能定理的应用
1. 进一步理解动能定理，体会应用动能定理解题的优越性．
2. 会应用动能定理求解多过程、变力做功以及曲线运动等问题．
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．在利用全过程列方程求解时，必须明确哪个过程有哪些力做了功，做正功还是做负功．
1. 人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示．设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320 N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30 cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2 cm.已知重物的质量为 50 kg，g取 10 m/s2，cos 37°＝0.8.问：（结果均保留两位有效数字）
(1)重物刚落地时的速度是多大？
(2)重物对地面的平均冲击力是多大？
2. 如图甲所示，质量为m的小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均为μ.小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放．已知A、B两点的水平距离为x，不计物块在轨道接触处的动能损失．则：
(1)求物块运动至B点时的动能Ek；
(2)如图乙所示，若将倾斜轨道的倾角调至为θ2(θ2＜θ1)，仍将物块从A点静止释放，求物块运动至B点时的动能Ek′；
(3)比较上面两小问的结果，你能得出什么结论？
甲 乙
3. 如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回．已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程．
总结：(1)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：①重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；②滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功Wf克＝f滑s（s为路程）.
(2)由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程时，一般应用动能定理．
通常有以下两种情况：①只有一个变力对物体做功，可用W＝Ek2－Ek1求得变力的功W；②同时有几个力对物体做功，但是其中只有一个力F1是变力，其他的力都是恒力，则可用功的公式求出这几个恒力所做的功W其他，然后用W1＋W其他＝ΔEk求得变力的功W1.
1. 如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是(　　)
A. 0　 B. 2μmgR　 C. 2πμmgR　 D.
2. 一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为(　　)
A. mgl cos θ
B. Fl sin θ
C. mgl(1－cos θ)
D. Fl(1－sin θ)
与抛体运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法．如：分解位移或分解速度求抛体运动的有关物理量．
与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件．如：有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0；没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝.
1. 如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上．现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑圆弧轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为(　　)
A. mgR
B. 2mgR
C. mgR
D. 3mgR
2. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m．某运动员从A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经轨道CD后冲上轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：
(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？
1. 如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
A. 运动员踢球时对足球做功 mv2
B. 足球上升过程重力做功mgh
C. 运动员踢球时对足球做功 mv2＋mgh
D. 足球上升过程克服重力做功 mv2＋mgh
（第1题） （第2题） （第3题）
2. 如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动过程中物体m与斜面体保持相对静止．下列关于斜面体对物体的支持力和摩擦力的说法中正确的是(　　)
A. 支持力做功为0 B. 摩擦力做功可能为0
C. 斜面体对物体不做功 D. 物体所受合外力做功为0
3. 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短（弹簧始终在弹性限度内），物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
A. mv－μmg(s＋x) B. mv－μmgx
C. μmgs D. μmg(s＋x)
4. 将物体以一定的初动能Ek0竖直向上抛出，然后落回到原处，物体运动过程中所受空气阻力大小恒定．在这个过程中物体动能Ek与位移x的关系图是(　　)
A B C D
5. 如图所示，物块从斜面AB顶端由静止下滑，恰好停在水平面上的C点．已知斜面及水平地面与物块间的动摩擦因数处处相同，不计物块在斜面与水平面连接处的动能损失．若将斜面换作同种材料、等高的斜面AD，物块从顶端沿斜面下滑，初速度不为零，则物块将停在(　　)
A. D点　 B. D、C之间某点
C. C点　 D. C的右侧某点
（第5题） （第6题） （第8题）
6. 如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的固定斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计．一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)
A. mgh B. 2mgh
C. μmg D. μmg(s＋h cos θ)
7. 质量为m的汽车启动后沿平直路面行驶，这一过程中发动机的输出功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒为f，汽车能够达到的最大速度为vm，达到最大速度所用时间为t，发生的位移为s.速度达到 时的加速度为a，下列关系式正确的是(　　)
A. s＝at2　　 B. f＝　 C. Pt－fs＝mv　　 D. ＝ma
8. 如图所示，质量为m的物体用细绳通过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到 时，物体仍做匀速圆周运动，半径变为2R，则外力对物体所做的功为(　　)
A. －　 B. －　 C. －　 D. 0
9. 如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，当小球运动到最低点时，每根绳的拉力大小为（不计空气阻力）(　　)
A. 2mg B. 2mg C. mg D. mg
10. 如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求物体能够运动的最大位移xm.
甲　　　　　　　乙
11. 右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为L＝1.5 m，如图所示．一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N 的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F.木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离．
12. 如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入（不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失），且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g取10 m/s2.求：
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.
第3节　动能和动能定理
课题1　动能和动能定理
【活动方案】
活动一：
1. (1)由于铁球从同一斜面上静止滚下，加速度均为g sin θ，由v2＝2ax和x＝ 得知，铁球到达水平面时的速度由h决定．同一铁球从不同高度静止滚下，高度大的到达水平面时的速度大，把木块推得远，对木块做功多，故动能的影响因素有速度；质量不同的铁球从同一高度静止滚下，到达水平面时的速度相等，质量大的铁球对木块做功多，说明动能的影响因素有质量．
(2)W＝Fl＝F·＝F·＝mv－mv.
(3)Ek＝mv2.
2. 标量；焦耳(J)；状态量；地面．
3. C　物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；只要速度大小保持不变，动能就不变，故C正确；速度是矢量，大小不变，方向可能变化，故D错误．
活动二：
1. (1)成立．推导过程中，我们用到了F合＝ma.如果物体受到多个力的共同作用，可以和牛顿运动定律的处理一样，先将多个力进行合成，用合力来代替多个力，效果是一致的．即上述结论中用合力的功W合来替代W就可以了．
(2)成立．如果物体受变力作用或做曲线运动，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力(以恒代变)，运动的轨迹是直线(化曲为直).整个过程中，力对物体所做的功，就等于各个小段中该力所做功的代数和．
2. (1)合力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化量．
(2)增大　减小
3. A　动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A正确；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C、D错误．
活动三：
1. 方法一：飞机做匀加速运动，根据运动学公式有a＝，
根据牛顿第二定律有F－0.02mg＝ma，
联立解得F＝1.8×104 N.
方法二：对飞机，从静止到起飞，根据动能定理有Fl－0.02mgl＝mv2－0，
解得F＝1.8×104 N.
总结：(1)加速度
2. 对小朋友，从滑梯顶端到底端，根据动能定理有mgh－FfL＝mv2－0，
解得v＝4 m/s.
【检测反馈】
1. C　动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，速度是相对地面的速度，A正确；一定质量的物体，动能变化时，速率一定变化，但仅速度方向变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，B正确；动能不变的物体，合力不一定为零，不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，C错误；运动物体所受的合力为零，则合力做的功一定为零，物体的动能肯定不变，D正确．故选C.
2. D　根据动能定理可知，分别用水平拉力由静止开始拉两个物体，使它们获得相同的动能，由于地面光滑，所以拉力即为物体受到的合外力，故水平拉力对两物体做的功一定相等，而两拉力大小、两个物体的质量以及两物体的速度变化都不一定相等，所以A、B、C错误，D正确．
3. B　由功的公式W＝Fl cos α＝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Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙物体获得的动能大，C、D错误．
4. C　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错误；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正确，B、D错误．
5. C　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内W＝mv，第1 s末到第3 s末 W1＝mv－mv＝0，A错误；第3 s末到第5 s末W2＝0－mv＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末 W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末W4＝m－mv＝－0.75W，D错误．
6. C　物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，A、B错误；由动能定理－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，C正确，D错误．
7. A　在t时间内空气动能为Ek＝mv2＝ρvtSv2＝ρπr2v3t，则此风力发电机的发电功率约为P＝＝0.1×ρπr2v3≈1.6×104 W，故A正确．
8. 运动员对足球做的功为W，根据动能定理得W－mgh＝mv2－0，解得运动员踢球时对足球做的功为W＝100 J.
9. (1)二者一起匀加速运动，假设物体受到的静摩擦力沿斜面向上，如图所示，竖直方向、水平方向分别满足FNcos θ＋Ffsin θ＝mg，
FNsin θ－Ffcos θ＝ma，
解得FN＝46 N，Ff＝22 N，
故假设正确，物体所受支持力为46 N，摩擦力为22 N.
(2)t＝5 s内物体的位移为x＝at2，
重力与运动方向垂直，做的功为W1＝0，
支持力对物体做的功为
W2＝FNx cos (－θ)＝690 J，
摩擦力对物体做的功为
W3＝Ffx cos (π－θ)＝－440 J.
10. (1)拖把头所受的摩擦力f＝μ(mg＋F cos θ)＝12 N，
摩擦力做功Wf＝－fs＝－12×1 J＝－12 J.
(2)对拖把头，根据动能定理有
Fs sin θ＋Wf＝Ek－0，
解得Ek＝6 J.
课题2　动能定理的应用
【活动方案】
活动一：
1. 图甲表示重物在地面上受到人的作用力，图乙表示上升30 cm后人停止施力，图丙表示刚落地，图丁表示砸深地面2 cm后静止．
(1)对重物，从图甲到图丙，只有绳子的拉力做功，应用动能定理可得
2Fcos 37°·l＝mv2－0，
解得v＝2.5 m/s.
(2)对重物，从图丙到图丁，应用动能定理可得mgl′－fl′＝0－mv2，
解得f＝8.3×103 N.
2. (1)设物块在水平轨道上的位移为x1，对小物块，从A点到B点，根据动能定理有
mgh－μmg cos θ1·－μmgx1 ＝Ek－0，
解得Ek＝mgh－μmgx.
(2)设物块在水平轨道上的位移为x2，对小物块，从A点到B点，根据动能定理有
mgh－μmg cos θ2·－μmgx2 ＝E′k－0，
解得Ek′＝mgh－μmgx.
(3)当物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数相同且从同一位置静止释放后，物块到达水平轨道上某一点的动能与倾斜轨道的倾角无关．从前两问的结果还可以得出，物块停止运动时的位置到释放点的水平距离相等．
3. 物体最终停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，由动能定理得mgh－μmg cos θ·s＝0，
解得物体从开始到停止通过的路程s＝.
活动二：
1. D　物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝.在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得W＝mv2－0，解得W＝μmgR.D正确．
2. C　小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F的大小在不断变化，F做功是变力做功．小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得－mg(l－l cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ).C正确．
活动三：
1. C　要通过竖直光滑圆弧轨道的最高点C，在C点，则有mg＝，对小球，由动能定理可得W－2mgR＝mv2，联立解得W＝mgR，C正确．
2. (1)由题意可知vB＝，解得vB＝6 m/s.
(2)对人，从B点到E点，根据动能定理有
mgh－μmgxCD－mgH＝0－mv，
解得μ＝0.125.
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B点到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有mgh－mgh′－μmg×2xCD＝0－mv，
解得h′＝1.8 m＜h＝2 m，
所以第一次返回时，运动员不能回到B点．设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，根据动能定理有
mgh－μmgs＝0－mv，
解得s＝30.4 m，因为s＝3xCD＋6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧 6.4 m 处．
【检测反馈】
1. C　足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝mv2＋mgh，A错误，C正确．
2. B　对物体受力分析，由牛顿第二定律可得N cos θ＋f sin θ＝mg ，N sin θ－f cos θ＝ma，由于先有弹力再有摩擦力，所以支持力不可能为0，但是摩擦力可能为0，若支持力不为0，则支持力做正功，A错误，B正确；根据动能定理可知W斜＋W重＝W合＝mv2 ，W重＝0，所以斜面体对物体做正功，物体所受合外力做功不为0，C、D错误．
3. A　由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，W＝mv－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误．
4. C　5. D
6. B　滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理得WF－mgh－WDA＝0，滑块由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmg cos θ·＋μmgs，滑块从D点运动至A点的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmg cos θ·＋μmgs，联立解得WAD＝WDA，WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确．
7. C　由于启动过程中发动机的输出功率恒为P不变，根据P＝Fv，可得随着汽车速度v增大，汽车的牵引力F逐渐减小，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，可知汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做变加速直线运动，不满足匀变速直线运动的位移关系，即s≠at2，故A错误；由上述分析可知，当汽车的加速度减小为零时，汽车达到最大速度，此时有F＝f，P＝Fvm，可得f＝，故B错误；从汽车开始运动到汽车达到最大速度，根据动能定理有Pt－fs＝mv－0，故C正确；当汽车速度达到最大速度时有P＝fvm，则汽车的阻力为f＝，当汽车速度达到 时，根据P＝Fv，可得此时汽车的牵引力为F＝＝，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，即－＝＝ma，故D错误．
8. A　分别对两种情境下的圆周运动应用向心力公式得到对应的动能，再根据动能定理求出此过程中拉力(变力)做的功，A正确．
9. A　小球做圆周运动的半径r＝L，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律有mg＝m，可得v＝＝，由动能定理可得 mg·2r＝mv－mv2，联立方程，解得小球运动到最低点时的速度为v1＝，在最低点由牛顿第二定律可得2F·cos 30°－mg＝m，联立方程，解得小球运动到最低点时每根绳的拉力大小为F＝2mg.A正确．
10. 根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功
W＝F0x0＝250 J，
根据动能定理可得W－μmgxm＝0－0，
解得xm＝12.5 m.
11. (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，对木块由A端运动到最大高度的过程，由动能定理得FL－μmgL－mgh＝0，
解得h＝＝0.15 m.
(2)设木块沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距离为s，由动能定理得
mgh－μmgs＝0，
解得s＝＝0.75 m.
12. (1)在A点由速度的合成得vA＝，
代入数据解得vA＝4 m/s.
(2)对小球，从P点到A点，根据动能定理有
mgH＝mv－mv，
解得H＝0.6 m.
(3)恰好过C点满足mg＝，
对小球，从A点到C点，根据动能定理有
－mgR(1＋cos θ)－W＝mv－mv，
解得W＝1.2 J.(共42张PPT)
第八章
第3节　动能和动能定理
课题1　动能和动能定理
机械能守恒定律
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1．探究和理解动能的表达式．
2．理解动能定理及其推导过程．
3．掌握应用动能定理解题的一般步骤．
活 动 方 案
活动一：探究和理解动能的表达式
1．物体由于运动而具有的能量叫作动能．图中的子弹、洪水和大风均具有动能．物理学史上历时200多年才得到了动能的表达式．
甲　子弹穿过苹果　　　　乙　洪水冲断桥梁　　　丙　大风吹断大树
(1)如图所示，让铁球从光滑的斜面上由静止滚下，与木块相碰，推动木块做功．
①让同一铁球从不同的高度静止滚下，可以看到：高度大时铁球把木块推得远，对木块做的功多；
②让质量不同的铁球从同一高度静止滚下，可以看到：质量大的铁球把木块推得远，对木块做的功多．
以上两个现象说明动能的影响因素有哪些？
(2)如图所示，在光滑平面上，一物体的质量为m，在水平恒力F的作用下向前发生一段位移l，速度由v1增加到v2，如图所示．试推导出力F对物体做功的表达式．
(3)根据(2)中的推导，写出动能(用符号Ek表示)的表达式．
2．思考：动能是标量还是矢量？动能的单位是什么？动能是状态量还是过程量？动能具有相对性，一般选谁作为参考系？
【答案】标量；焦耳(J)；状态量；地面．
3．下列关于动能的说法正确的是 (　　)
A．两个物体中，速度大的动能也大
B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍
C．做匀速圆周运动的物体，其动能保持不变
D．某物体的动能保持不变，则速度一定不变
【解析】物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；只要速度大小保持不变，动能就不变，故C正确；速度是矢量，大小不变，方向可能变化，故D错误．
【答案】C
活动二：理解动能定理及其推导过程
1．思考：
(1)活动一中推导力F对物体做功的表达式时，如果物体受到多个力的共同作用，结论还成立吗？为什么？
【答案】成立．推导过程中，我们用到了F合＝ma．如果物体受到多个力的共同作用，可以和牛顿运动定律的处理一样，先将多个力进行合成，用合力来代替多个力，效果是一致的．即上述结论中用合力的功W合来替代W就可以了．
(2)活动一中推导力F对物体做功的表达式时，如果物体受变力作用或做曲线运动，结论还成立吗？为什么？
【答案】成立．如果物体受变力作用或做曲线运动，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力(以恒代变)，运动的轨迹是直线(化曲为直)．整个过程中，力对物体所做的功，就等于各个小段中该力所做功的代数和．
(1)关系式WG＝Ep1－Ep2表明重力做功等于重力势能的减小量，那么从动能定理表达式能得到什么类似的结论？
【答案】合力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化量．
(2)若合力做正功，物体的动能________；若合力做负功，物体的动能________．(均选填“增大”或“减小”)
增大
减小
3．关于动能定理，下列说法中正确的是 (　　)
A．在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的代数和
B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D．动能定理只适用于恒力做功的情况，不适用于变力做功的情况
【解析】动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A正确；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C、D错误．
【答案】A
活动三：初步应用动能定理解题
1．如图所示，一架喷气式飞机，质量m＝5.0×103 kg，起飞过程中从静止开始滑跑．当位移l＝5.3×102 m时，达到起飞速度 v＝60 m/s．在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的0.02倍，g取10 m/s2，求飞机受到的牵引力．(结果保留两位有效数字)
方法一：用牛顿运动定律和运动学公式求解
方法二：用动能定理求解
总结：(1)动能定理与牛顿运动定律的应用比较
比较 牛顿运动定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件 只能研究恒力作用下物体运动的情况 对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式 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
注意：问题不涉及时间、__________或过程的细节时，用动能定理解题比较简捷．
加速度
(2)应用动能定理解题的一般步骤：
2．如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，地面与斜面平滑连接．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，已知小朋友质量m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均摩擦力Ff＝88 N，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2．求小朋友滑到斜面底端时的速度大小v．
提示：应用动能定理时，必须写出研究对象和过程，并规范书写动能定理的表达式．
检 测 反 馈
1．关于动能、动能定理，下列说法错误的是 (　　)

B．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
C．动能不变的物体，一定处于平衡状态
D．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变
1
1
【解析】动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，速度是相对地面的速度，A正确；一定质量的物体，动能变化时，速率一定变化，但仅速度方向变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，B正确；动能不变的物体，合力不一定为零，不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，C错误；运动物体所受的合力为零，则合力做的功一定为零，物体的动能肯定不变，D正确．故选C．
【答案】C
2．在光滑的地板上，用水平拉力分别使两个物体由静止获得相同的动能，那么可以肯定 (　　)
A．水平拉力相等　 B．两物体质量相等
C．两物体速度变化相等　 D．水平拉力对两物体做功相等
【解析】根据动能定理可知，分别用水平拉力由静止开始拉两个物体，使它们获得相同的动能，由于地面光滑，所以拉力即为物体受到的合外力，故水平拉力对两物体做的功一定相等，而两拉力大小、两个物体的质量以及两物体的速度变化都不一定相等，所以A、B、C错误，D正确．
2
【答案】D
3．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，如图1、2所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是 (　　)
3
图1
图2
A．力F对甲物体做功多
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小
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
3
【解析】由功的公式W＝Fl cos α＝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Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙物体获得的动能大，C、D错误．
【答案】B
4．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，则下列叙述正确的是 (　　)
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
4
4
【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错误；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正确，B、D错误．
【答案】C
5．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则 (　　)
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
5
5
【答案】C
6．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．下列图像中能正确反映这一过程的是 (　　)
6
A　　　　　　　　B　　　　　　 　C　　　　　　　　D
【解析】物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，A、B错误；由动能定理－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，C正确，D错误．
【答案】C
7．某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20 m的圆面，如图所示．某时间内该地区的风速是6.0 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2 kg/m3，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能．此风力发电机发电的功率约为 (　　)
A．1.6×104 W B．1.6×105 W
C．7.5×103 W D．7.5×104 W
7
7
【答案】A
8．运动员把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5 m，在最高点的速度为20 m/s．不考虑空气阻力，g取10 m/s2．请你根据这个估计，计算运动员踢球时对足球做的功．
8
9．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体放在光滑的水平地面上，质量为m＝5 kg的物体静止在斜面上．现对斜面体施加水平推力F使二者一起以加速度a＝2 m/s2向左匀加速运动5 s，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求此过程中：
(1)物体所受支持力和摩擦力的大小；
(2)重力、支持力、摩擦力对物体做的功．
9
9
【答案】(1)二者一起匀加速运动，假设物体受到的静摩擦力沿斜面向上，如图所示，竖直方向、水平方向分别满足FNcos θ＋Ffsin θ＝mg，FNsin θ－Ffcos θ＝ma，
解得FN＝46 N，Ff＝22 N，
故假设正确，物体所受支持力为46 N，摩擦力为22 N．
9
10．拖把是由拖杆和拖把头构成的清洁工具，如图所示．若某同学保持拖杆与竖直方向的夹角 θ＝37°，并用沿拖杆方向的恒力F＝30 N推动拖把头，使其由静止开始在水平地面沿直线运动，位移s＝1 m．已知拖把头的质量m＝1.6 kg，不计拖杆质量，拖把头与地面间的动摩擦因数 μ＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)摩擦力对拖把头做的功；
(2)拖把获得的动能．
10
10
【答案】(1)拖把头所受的摩擦力f＝μ(mg＋F cos θ)＝12 N，
摩擦力做功Wf＝－fs＝－12×1 J＝－12 J．
(2)对拖把头，根据动能定理有Fs sin θ＋Wf＝Ek－0，
解得Ek＝6 J．
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