资源简介

基础点
知识点1　　动能
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关。
4．单位：焦耳，1
J＝1
N·m＝1
kg·
m2/s2。
5．动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。
6．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。
知识点2　　动能定理
1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式
(1)W＝ΔEk。
(2)W＝Ek2－Ek1。
(3)W＝mv－mv。
3．物理意义：合外力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，也适用于曲线运动。
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
重难点
一、对动能定理的认识和理解
1．动能定理的三种表述
(1)文字表达：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量；
(2)数学表述：W合＝mv2－mv或W合＝Ek－Ek0；
(3)图象表述：如图所示，Ek l图象中的斜率表示合外力。
2．功能定理的理解
(1)动能定理公式中等号的理解：
等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
数量关系
即合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力的功，进而求得某一力的功
单位关系
等式左右两边国际单位都是焦耳
因果关系
合力的功是引起物体动能变化的原因
(2)动能定理中“外力”的理解：
动能定理叙述中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
(3)动能定理中“总功”的理解：
动能定理叙述中所说的“总功”，是指合外力
( http: / / www.21cnjy.com )对物体所做的总功。既可以是各外力做功的代数和，W＝W1＋W2＋…；也可以是合外力所做的功，W＝F合lcosθ(力均为恒力)。
合外力对物体做正功，物体的动能增加；合外力对物体做负功，物体的动能减少；合外力对物体不做功，物体的动能不变。
(4)动能定理表达式中位移和速度的理解：高
( http: / / www.21cnjy.com )中阶段动能定理中所涉及的位移和速度必须是相对于同一个惯性参考系，一般是以地面或相对地面静止的物体为参考系。
3．动能定理的适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
特别提醒
(1)动能定理指出的是功与动能增量的一种等效替代关系，合外力做功是物体动能变化的原因，而不能说力对物体做的功转变成物体的动能。
(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理。
二、动能定理的应用
1．优先应用动能定理的问题
(1)不涉及加速度、时间的问题。
(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题。
(3)变力做功的问题。
(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。
2．应用动能定理的解题步骤
3．应用动能定理求解多过程问题
由于多过程问题往往受力情况、运动情况比较难
( http: / / www.21cnjy.com )确定，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂。但是，利用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解。因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了。分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可。
利用动能定理求解多过程问题的方法：
(1)弄清物体的运动由哪些过程构成；
(2)分析每个过程中物体的受力情况；
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献；
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能；
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
特别提醒
(1)应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)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。
(3)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。
1．思维辨析
(1)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。(　　)
(2)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。(　　)
(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态。(　　)
(4)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的平方成正比。(　　)
(5)如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零。(　　)
(6)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(　　)
(7)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×
2．质量为10
kg的物体
( http: / / www.21cnjy.com )，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x＝0处，速度为1
m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16
m处时，速度大小为(　　)
A．2m/s
B．3
m/s
C．4
m/s
D.
m/s
答案　B
解析　由F x图象可知，拉力F在物体运
( http: / / www.21cnjy.com )动的16
m内所做的总功W＝10×4
J＝40
J。由动能定理可得：W＝mv2－mv，解得v＝3
m/s，B正确。
3．相同材料制成的滑道ABC，其中
( http: / / www.21cnjy.com )AB段为曲面，BC段为水平面。现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程中克服摩擦力做功为mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后，在C点停下来，则木块与曲面间的动摩擦因数应为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　物体从A点到C点根据动能定理
( http: / / www.21cnjy.com )：mgh－mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝，因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为，选项A正确。
　[考法综述]　本考点是高考的热点，常与直线运动、曲线运动、牛顿运动定律、电场和磁场等问题结合，题型既有选择，也有计算，形式多样，往往是解题中的关键步骤，复习时要透彻理解规律，灵活应用规律，通过复习应掌握：
2个概念——动能、动能的变化量
1个定理——动能定理
3种问题——利用动能定理求变力做功问题、与图象结合的问题和多过程问题
命题法1　动能定理的应用
典例1　　如图所示，一个小球的质量m＝2
k
( http: / / www.21cnjy.com )g，能沿倾角θ＝37°的斜面由顶端B从静止开始下滑，小球滑到底端时与A处的挡板碰撞后反弹(小球与挡板碰撞过程中无能量损失)，若小球每次反弹后都能回到原来的处，已知A、B间距离为s0＝2
m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10
m/s2。求：
(1)小球与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。
[答案]　(1)0.15　(2)10
m　24
J
[解析]　(1)从小球由B端开始下滑到第一次反弹后上升至速度为零的过程，由动能定理得
mgsinθ－μmgcosθ＝0
解得μ＝0.15
(2)最终小球一定停在A处
( http: / / www.21cnjy.com )，从小球由B端开始下滑到最终停在A处的全过程，由动能定理得mgs0sinθ－μmgs总cosθ＝0解得小球通过的总路程为s总＝10
m
小球克服摩擦力做的功为W总＝μmgs总cos37°＝24
J。
【解题法】　选用动能定理的技巧
(1)在研究某一物体受到
( http: / / www.21cnjy.com )力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
(2)用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。
(3)当涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦
( http: / / www.21cnjy.com )力做功时，要注意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。
命题法2　用动能定理处理多过程问题
典例2　　在游乐节目中，选手需借助悬挂
( http: / / www.21cnjy.com )在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60
kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3
m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。重力加速度g取10
m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(2)若绳长l＝2
m，选手摆到最
( http: / / www.21cnjy.com )高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800
N，平均阻力F2＝700
N，求选手落入水中的深度d；
(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。
[答案]　(1)1080
N　(2)1.2
m　(3)见解析
[解析]　(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得：
mgl(1－cosα)＝mv2－0
选手在最低点处由牛顿第二定律得：
F′－mg＝m
由以上两式得：F′＝1.8mg＝1080
N
由牛顿第三定律可知选手对绳拉力大小F＝F′＝1080
N
(2)选手摆到最高点时松手落入水中，(如图所示)对选手由动能定理得：
mg(H－lcosα＋d)－(F1＋F2)d＝0－0
解得：d＝1.2
m
(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：
竖直方向：H－l＝gt2
水平方向：x＝vt
可解得：x＝
可知当l＝＝1.5
m时，x取最大值，落点距岸边最远。
【解题法】　应用动能定理处理多过程问题的解题技巧
(1)应用动能定理时，也必须进行受力分析，分析在所研究过程中有哪些力做功，并注意区分做功的正负。
(2)应用动能定理时，要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能的增量一定是对应于同一研究对象的同一过程。
(3)应用动能定理时，不必考虑势能的变化
( http: / / www.21cnjy.com )。特别是有重力做功、弹力做功、电场力做功时，将这些力的功计入总功内，而不必考虑重力势能、弹性势能和电势能。
(4)利用动能定理可求物体的速度、受力、位移及变力的功。
命题法3　动能定理与图象结合问题
典例3　　小军看到打桩机，对打桩机的
( http: / / www.21cnjy.com )工作原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析，若物体质量m＝1
kg，上升了1
m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示。(g取10
m/s2，不计空气阻力)
(1)求物体上升到0.4
m高度处F的瞬时功率；
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其
( http: / / www.21cnjy.com )不再落下，钉子获得20
J的动能向下运动。钉子总长为10
cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力。已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。
[答案]　(1)120
W　(2)0.02
m
[解析]　(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0
由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20
N，
得F＝30
N
又由题图乙得，h＝0.4
m时，Ek＝8
J，
则v＝4
m/s
P＝Fv＝120
W。
(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－Ek′
已知Ek′＝20
J
f＝
又由题图丙得k′＝105
N/m
解得：x′＝0.02
m
【解题法】　解决图象问题的突破点
(1)注意图象的斜率是否有意义。
若图象的横纵坐标的比值有意义，那么该图象的斜率就有意义。
(2)注意不同图象面积的意义
①v t图：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。
②a t图：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。
③F x图：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。
④P t图：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。
(3)注意图象的截距的物理意义。
1．如图，一半径为R、粗糙程度
( http: / / www.21cnjy.com )处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案　C
解析　根据质点滑到轨道最低点N时，对轨
( http: / / www.21cnjy.com )道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律得，4mg－mg＝m，解得质点滑到最低点的速度v＝。对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR－W＝mv2，解得W＝mgR。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FN－mgsinθ＝m，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W＝mgR。由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，选项C正确，选项A、B、D错误。
2．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(　　)
A．一样大
B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
答案　A
解析　三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运
( http: / / www.21cnjy.com )动，三个小球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h，小球质量为m。根据动能定理可知mv－mv＝mgh，得v末＝，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确。
3.
如图，在竖直平面内，滑
( http: / / www.21cnjy.com )道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)
A．t1B．t1＝t2
C．t1>t2
D．无法比较t1、t2的大小
答案　A
解析　设初速度为v0，第一次到达B点的
( http: / / www.21cnjy.com )速率为vB1，到达C点的速率为vC1，A到B由动能定理可得：－WfAB1＝mv－mv，－WfBC1＝mv－mv，第二次到达B点的速率为vB2，到达A点的速率为vA2，B到A由动能定理可得：－WfBA2＝mv－mv，－WfCB2＝mv－mv，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以WfBC1vB2，vC1>vA2，可以判断出t14．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当
( http: / / www.21cnjy.com )物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A．tanθ和
B.tanθ和
C．tanθ和
D.tanθ和
答案　D
解析　由动能定理有
－mgH－μmgcosθ＝0－mv2
－mgh－μmgcosθ＝0－m2
解得μ＝tanθ，h＝，故D正确。
5.
如图所示，将质量为m的小球以速度v
( http: / / www.21cnjy.com )0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
答案　D
解析　对小球向上运动，由动能定理，－(mg＋
( http: / / www.21cnjy.com )Ff)H＝0－mv，对小球向下运动，由动能定理，(mg－Ff)H＝m2，联立解得Ff＝mg，选项D正确。
6．(多选)一物体沿直线运动，其v t图象如图所示。已知在前2
s内合力对物体做的功为W，则(　　)
A．从第1
s末到第2
s末合力做功为W
B．从第3
s末到第5
s末合力做功为－W
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7
s末合力做功为－2W
答案　BC
解析　本题考查速度－时间图象的应用。
( http: / / www.21cnjy.com )由动能定理得W＝mv－mv，前2
s的功W＝mv2，从第1
s末到第2
s末合力为零，A错误；从第3
s末到第5
s末合外力做的功为W′＝0－mv2＝－W，B正确；从第5
s末到第7
s末合外力做功为W，C正确；从第3
s末到第7
s末合外力做功为零，D错误。
7．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示
( http: / / www.21cnjy.com )意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1
m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2
kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10
m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：
(1)邮件滑动的时间t；
(2)邮件对地的位移大小x；
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案　(1)t＝0.2
s　(2)x＝0.1
m　(3)W＝－2
J
解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg①
由牛顿第二定律，得
μmg＝ma②
由运动学规律，得
v＝at③
由①②③式并代入数据得t＝0.2
s④
(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝mv2－0⑤
由①⑤式并代入数据得x＝0.1
m⑥
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt⑦
摩擦力对皮带做的功W＝－Fs⑧
由①④⑦⑧式并代入数据得W＝－2
J⑨
8．如图所示，用一块长L1＝1.0
m的
( http: / / www.21cnjy.com )木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8
m，长L2＝1.5
m。斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2
kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10
m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
答案　(1)tanθ≥0.05
(2)μ2＝0.8
(3)xm＝1.9
m
解析　(1)为使小物块下滑，mgsinθ≥μ1mgcosθ
θ满足的条件：tanθ≥0.05
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8
(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2
代入数据得v＝1
m/s
H＝gt2
t＝0.4
s
x1＝vt
x1＝0.4
m
xm＝x1＋L2＝1.9
m

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