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第2讲　动能定理及其应用
考纲考情 核心素养
?动能和动能定理Ⅱ ?动能的概念．
?动能定理及其适用条件. 物理观念
全国卷5年8考 高考指数★★★★★ ?应用动能定理解题的一般步骤. 科学思维
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　　动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝Ek2－Ek1.
知识点二 　动能定理
1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能变化量．
2．表达式：W＝ΔEk＝ΔE k2－E k1.
动能定理推导
直 观
情
景 如图所示，质量为m的物体在恒力F作用下在光滑水平面上移动的位移为s，速度由v1增加至v2，则由牛顿第二定律有：F＝ma，由匀变速直线运动相关公式有：v－v＝2as，由两式消去a可得：Fs＝mv－mv.
3.物理意义：合力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)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，也可以分段作用．
1．思考判断
(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．(　√　)
2.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　A　)
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．
3．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　)
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W＝Flcosα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α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk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，故C、D错误．
4.物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg.则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(g取10 m/s2)(　A　)
A．32 J B．18 J
C．50 J D．0 J
解析：物体从A到B过程，由动能定理得mgh－Wf＝mv－0，解得Wf＝mgh－mv＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，故A正确，B、C、D错误．
5.一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为(　B　)
A．mgLcosθ B．mgL(1－cosθ)
C．FLsinθ D．FLcosθ
解析：根据动能定理WF－mgL(1－cosθ)＝0－0，所以WF＝mgL(1－cosθ)，选项B正确．
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考点1　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 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
3.矢标性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，在抛体运动中，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　BC　)
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功，再求功的代数和，或者先求合外力，再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
解析：公式W＝Ek2－Ek1中的W为所有力所做的总功，选项A错误，B正确；若W>0，则Ek2>Ek1，若W<0，则Ek22．如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中错误的是(　B　)
A．FL＝Mv2
B．Fs＝mv2
C．Fs＝mv－(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝mv－mv2
解析：根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝mv2－mv，选项D正确；对木块，有FL＝Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝mv－(M＋m)v2，选项C正确，选项B错误．
3.(多选)如图所示，一块长木块B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中(　BD　)
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地面的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与摩擦产生的内能之和，故A错误．
名师点睛
应用动能定理解题的两点注意
(1)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做的功，使字母本身含有负号.
考点2　动能定理的应用
1．应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功，以及运动过程初、末状态物体的动能．
2．应用动能定理解题基本步骤
如图所示，轨道ABCD在竖直平面内，由四分之一圆形光滑轨道AB、水平轨道BC和足够长的倾斜光滑轨道CD连接而成，AB与BC相切，BC与CD的连接处是半径很小的圆弧，圆形轨道AB的半径为R，水平轨道BC的长度也为R.质量为m的小物块从圆形轨道上A点由静止开始下滑，物块与水平轨道的动摩擦因数为0.25.求：
(1)物块从A点运动到C点的过程中重力做的功；
(2)物块第一次运动到C点时速度大小；
(3)物块最终停止的位置．
【解析】　(1)物块从A点运动到C点的过程中重力做的功为：W＝mgR.
(2)物块从A点运动到C点的过程，由动能定理得：
mgR－μmgR＝mv2
解得：v＝.
(3)整个过程，由动能定理可得：mgR－μmgs＝0－0
解得：s＝4R
故物块最终停止在B点．
【答案】　(1)mgR　(2)
(3)物块最终停止的位置在B点
高分技法
动能定理应用注意事项
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，所以比动力学研究方法要简便.
(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.
1.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　A　)
A．tanθ＝ B．tanθ＝
C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1
解析：本题根据物体运动情况考查动摩擦因数与倾角之间的关系．对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．设斜面AC长为L，物块从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，则物块运动的初、末状态动能均为零，根据动能定理可以得到mgLsinθ－μ1mgcosθ×L－μ2mgcosθ×L＝0－0，解得tanθ＝，故A正确．
2．(多选)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示．一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端．下列说法正确的是(　BC　)
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
解析：设斜面的倾角为α、物块与斜面之间的动摩擦因数为μ、斜面的高度为h.则对小物块由顶端下滑到底端的过程，由动能定理得mgh－μmgcosα·＝mv2，解得v＝，则物块沿1滑到底端的速度较小，且速度的大小与物块的质量无关，A错误，B正确；物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcosα·＝μmgh，则小物块沿1下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多，且该热量的多少与质量成正比，C正确，D错误．
考点3　动能定理与图象综合应用
1．四类图象所围“面积”的意义
2．解决动能定理与图象问题的基本步骤
一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
【解析】　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据功能关系有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)·(x0－x)＝Ek，由此可以判断C项正确．
【答案】　C
高分技法
动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图象的种类(如v?t图象、F?x图象、Ek?x图象等).
(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v?t图象所包围的“面积”求位移，由F?x图象所包围的“面积”求功等.
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量.
3．(多选)质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g为10 m/s2.下列分析正确的是(　ACD　)
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动位移为13 m
C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体速度为3 m/s
解析：由Wf＝fx对应图乙中的b可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f＝2 N，由f＝μmg可得μ＝0.2，选项A正确；由WF＝Fx对应图乙a可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，选项C正确；由动能定理得WF－fx＝mv2可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，选项D正确；设物体运动的最大位移为xm，由动能定理得WF－fxm＝0，即物体的最大位移xm＝＝13.5 m，选项B错误．
4．(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示．下列说法中正确的是(　AD　)
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
解析：由于P?t图象与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6 s内拉力做的功为W＝×2×60 J＋4×20 J＝140 J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2 s内拉力F＝＝6 N,2～6 s，拉力F′＝＝2 N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6 s内物体受力平衡可得Ff＝μmg＝F′，解得μ＝＝＝0.25，故C错误；由v?t图象可知，物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6 s与0～2 s动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等，故D正确．

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