高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应用教案Word文档下载推荐.docx
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3.物理意义：
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 .
（2）既适用于恒力做功，也适用于 做功.
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 作用.
1.动能的变化 2. 3.合力
4.
（1）曲线运动
（2）变力 （3）分阶段
（1）运动的物体具有的能量就是动能.（ ）
（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）处于平衡状态的物体动能一定保持不变.（ ）
（4）做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比.（ ）
（5）物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化.（ ）
（6）物体的动能不变，所受的合外力必定为零.（ ）
（1）×
（2）√ （3）√ （4）√ （5）×
（6）×
考点 动能定理的理解
1.合外力做功与物体动能的变化间的关系
（1）数量关系：
合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功.
（2）因果关系：
合外力的功是引起物体动能变化的原因.
（3）量纲关系：
单位相同，国际单位都是焦耳.
2.标量性：
动能是标量，功也是标量，所以整个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，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面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.
3.相对性：
高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.
4.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选.
考向1 对动能定理的理解
[典例1] （多选）如图所示，一块长木板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（ ）
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，即B对；
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相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；
对B应用动能定理WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；
由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量（等于B对A的摩擦力所做的功）不等，故A错.
[答案] BD
[变式1] 如图所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（苹果与手始终相对静止），苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A.手对苹果的作用力方向竖直向上
B.苹果所受摩擦力大小为μmg
C.手对苹果做的功为mv2
D.苹果对手不做功
C 解析：
苹果受手的支持力FN＝mg、静摩擦力Ff，合力即手对苹果的作用力，方向斜向上，A错误；
苹果所受摩擦力为静摩擦力，不等于μmg，B错误；
由动能定理可得，手对苹果的静摩擦力做的功W＝mv2，C正确；
苹果对手做负功，D错误.
考向2 应用动能定理求变力做功
[典例2] （2015·
海南卷）如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）
A.mgR B.mgR
C.mgRD.mgR
[解析] 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝.下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功为mgR，C正确.
[答案] C
[变式2] （2015·
新课标全国卷Ⅰ）如图所示，一半径为R、粗糙程度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<
mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·
2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<
W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv，即mgR－W′＝mv，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离.选项C正确.
应用动能定理求变力做功时应注意的问题
（1）所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk.
（2）合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能.
（3）若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做的功为W，则表达式中应用－W；
也可以设变力做的功为W，则字母W本身含有符号.
考点 应用动能定理解决多过程问题
1.应用动能定理解题的步骤
（1）选取研究对象，明确它的运动过程.
（2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况.
（3）明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
（4）列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解.
2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路
（1）弄清物体的运动由哪些过程组成.
（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，对动能的变化有无影响.
（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.
[典例3] （2015·
浙江卷）如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°
间调节后固定.将质量m＝0.2kg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＝10m/s2；
最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）当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.
[解析]
（1）为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ①
θ满足的条件tanθ≥0.05.②
即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑.
（2）克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg（L2－L1cosθ）③
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8.⑤
（3）由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4s⑧
x1＝0.4m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9m.⑩
[答案]
（1）arctan0.05
（2）0.8 （3）1.9m
[变式3] （2017·
四川成都高三月考）如图所示，斜面的倾角为θ，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μ，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，滑块经过的总路程是（ ）
A.
B.
C.
D.
A 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功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sinθ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上两式可得x＝，选项A正确.
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：
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做的功等于力的大小与路程的乘积.
考点 动能定理和图象的综合应用
1.解决物理图象问题的基本步骤
2.四类图象所围面积的含义
vt图象
由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图象
由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图象
由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图象
由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
考向1 动能定理和v t图象的综合应用
[典例4] （2017·
安徽合肥一模）A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是（ ）
A.F1、F2大小之比为1∶2
B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1
D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
[问题探究]
（1）两个物体的总位移相同吗？
摩擦生热相同吗？
拉力做的功相同吗？
（2）如何计算二者的质量关系？
（3）如何计算拉力关系？
[提示]
（1）由v t图可知总位移相同，又已知摩擦力大小相等，所以摩擦生热相同，拉力做的功也相等.
（2）根据匀减速阶段可求出质量关系.
（3）利用全过程动能定理可得出拉力关系.
[解析] 由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：
A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：
A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·
x－f1·
3x＝0－0；
B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·
2x－f2·
3x＝0－0，因此可得：
F1＝3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等.故A、B、D错误，C正确.
考向2 动能定理和F x图象的综合应用
[典例5] 如图甲所示，在倾角为30°
的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m.有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用.F只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，试求：
甲 乙
（1）滑块运动到A处的速度大小；
（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
[问题探究]
（1）滑块从O点开始运动到滑块冲上斜面这段过程中怎样运动？
（2）F x图象的面积表示什么？
[提示]
（1）如图所示
（2）力F对物体所做的功.
[解析]
（1）由题图乙知，在前2m内，F1＝2mg做正功，在第3m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：
F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×
2m－0.5mg×
1m－0.25mg×
4m＝mv－0
解得vA＝5m/s.
（2）对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin30°
＝0－mv
解得L＝5m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5m.
[答案]
（1）5m/s
（2）5m
1.[对动能定理的理解]（多选）关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是（ ）
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，适用于恒力做动，但不适用于变力做功
BC 解析：
公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；
当W>
0时，末动能大于初动能，动能增加，当W<
0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；
动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误.
2.[应用动能定理求变力做功]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（ ）
A.mgLcosθB.mgL（1－cosθ）
C.FLsinθD.FLcosθ
B 解析：
从P缓慢拉到Q，由动能定理得：
WF－WG＝0（因为小球缓慢移动，速度可视为零），即WF＝WG＝mgL（1－cosθ）.
3.[变力做功的计算]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）.则在这一过程中摩擦力对物体做的功是（ ）
A.0B.2μmgR
C.2πμmgRD.
D 解析：
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＝，①
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＝mv2－0，②
联立①②解得W＝μmgR.
4.[应用动能定理解决多过程问题]（多选）一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为，若物体以初动能2E滑向斜面，则（ ）
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.返回斜面底端时的速度大小为v
AD 解析：
设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为f，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为L1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－GL1sinθ－fL1＝0－E，在物体沿斜面下降的过程中有GL1sinθ－fL1＝，联立解得Gsinθ＝3f.同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有－GL2sinθ－fL2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有GL2sinθ－fL2＝E′，联立解得E′＝E，故A正确，B错误；
由＝mv2，E′＝mv′2，得v′＝v，故C错误，D正确.
5.[动能定理和摩擦力做功的计算]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d＝0.50m.盆边缘的高度为h＝0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑.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μ＝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（ ）
A.0.50mB.0.25m
C.0.10mD.0
设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：
mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m.由于d＝0.50m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点.
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