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1、動能及動能定理 內容 要求 要點解讀 動能和動能定理 Ⅱ 歷年的高考熱點、高頻點，出現在不同題型、不同難度的試題中，出題形式主要以選擇題和計算題為主。動能定理應用廣泛，無論物體做直線運動還是曲線運動，無論是恒力做功還是變力做功，均可考慮動能定理，特別在處理不含時間的動力學問題時，以及求變力做功時，應優(yōu)先考慮動能定理。 一、動能定理的理解 內容 合力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。 表達式 W=Ek2－Ek1或者 物理意義 合外力做的功是物體動能變化的量度 公式中“=”體現的三個關系 （1）因果關系：合力做功是引起動能變化的原因

2、。 （2）數量關系：合外力做的功與物體動能變化等量代換 （3）單位關系：在國際單位制中，功和能的單位均為焦耳，簡稱焦，符號J。 二、應用動能定理的流程 三、應用動能定理解題的方法技巧 1．對物體進行正確的受力分析，要考慮物體所受的所有外力，包括重力。 2．有些力在物體運動的全過程中不是始終存在的，若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程，物體的運動狀態(tài)、受力等情況均可能發(fā)生變化，則在考慮外力做功時，必須根據不同情況分別對待。 3．若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程，解題時可以分段考慮，也可以全過程為一整體，利用動能定理解題，用后者往往更為簡捷。 四、優(yōu)先考慮應用動能定

3、理的問題 1．不涉及加速度、時間的問題； 2．有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題； 3．變力做功的問題。 【2019·黑龍江哈爾濱市第六中學校高三月考】如圖，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內。套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)（可視為質點），從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g，當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為（ ） A．（M＋2m）g B．（M＋3m）g C．（M＋4m）g D．（M＋5m）g 【參考答案】D 【詳細解析】小環(huán)在最低點時，根據牛頓第二定律得：，可得：； 小環(huán)從最高到最低，由動能定理，

4、則有，聯(lián)立上式可得F=5mg；對大環(huán)分析，有：T=F+Mg=（M＋5m）g，故選項D正確。 1．如圖，一質量為m的質點在半徑為R的半球形容器中（容器固定），由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為N。重力加速度為g，則質點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在B點有：N?mg＝m，得EkB＝mv2＝（N?mg）R。A滑到B的過程中運用動能定理得，mgR+Wf＝mv2?0，得Wf＝R（N?3mg），故A正確，BCD錯誤。故選

5、A。 2．（多選）如圖所示，豎直放置的半徑為r的光滑圓軌道被固定在水平地面上，最低點處有一小球（半徑比r小很多），現給小球一水平向右的初速度，則要使小球不脫離圓軌道運動，應當滿足 A．≥ B．≥ C．≥ D．≤ 【答案】CD 【解析】小球在最高點不脫離軌道的臨界情況為，解得，從最低點到最高點，根據動能定理有–mg·2r=mv2–mv02，解得；若小球恰好能到達與圓心等高處，根據動能定理有–mgr=0–mv02，解得；初速度v0的范圍為或，A、B錯誤，C、D正確。 【名師

6、點睛】豎直方向的圓周運動： （1）繩模型（繩、內軌約束）。做完整圓周運動的臨界條件：最高點的向心力僅由重力提供。不脫離的臨界條件：恰好做完整的圓周運動，或者到與圓心等高處速度為零。 （2）桿模型（桿、管、套環(huán)約束）。做完整圓周運動的臨界條件：最高點速度為0。 （3）橋模型（拱橋、外軌約束）。脫離的臨界條件：支持力為0。恰好在最高點脫離時，由重力提供向心力。 如圖甲所示，靜止于光滑水平面上的小物塊，在水平拉力F的作用下從坐標原點O開始沿x軸正方向運動，F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示，圖線右半部分為四分之一圓弧，則小物塊運動到2x0處時的動能可表示為 A．0

7、 B． C． D．Fmx0 【參考答案】C 【詳細解析】F–x圖線圍成的面積表示拉力F做功的大小，可知F做功的大小，根據動能定理得，，故C正確，ABD錯誤。 【名師點睛】本題考查了動能定理的基本運用，知道水平面光滑，拉力做功等于動能的變化量，以及知道F–x圖線與x軸圍成的面積表示功的大小。 1．（多選）人用繩子通過光滑定滑輪拉靜止在地面上的物體A，A穿在光滑的豎直桿上，當人以速度v豎直向下勻速拉繩使質量為m的物體A上升高度h后，到達如圖所示位置，此時繩與豎直桿的夾角為θ。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是 A．此時物體A的

8、速度為 B．此時物體A的速度為vcosθ C．該過程中繩對物體A做的功為mgh＋ D．該過程中繩對物體A做的功為mgh＋mv2cos2θ 【答案】AC 【解析】將A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，如圖所示， 拉繩子的速度等于A沿繩子方向的分速度，根據平行四邊形定則得，實際速度，故A正確，B錯誤；在A上升的過程中根據動能定理有：-mgh+W=，即繩對A做的功為：W= mgh＋，故C正確，D錯誤。 【名師點睛】將A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，根據平行四邊形定則求出A的實際運動的速度，再根據動能定理求出人對A做的功。 【2019·西安質檢】靜止在粗糙水

9、平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t=4 s時物塊停下，其v -t圖像如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數處處相同，則下列判斷正確的是（ ） A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個過程中拉力做的功等于零 C．t=2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大 D．t=1 s到t=3 s這段時間內拉力不做功 【參考答案】A 【詳細解析】對物塊運動全過程應用動能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，結合題圖可知，t＝1 s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t＝1 s到t＝3 s這段時間內，拉

10、力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤。 1．物體在豎直平面內運動，它的動能隨時間變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是 A．物體的初動能為零 B．0~t1時間內物體可能做減速運動 C．t1~t2時間內物體一定做勻速直線運動 D．0~t2時間內物體可能一直在做變速運動 【答案】D 【解析】t=0時刻的動能即為初動能，由圖知，物體的初動能不為零，A錯誤；0~t1時間內物體的動能增大，速率增大，物體一定做加速運動，B錯誤；t1~t2時間內物體的動能不變，速率不變，但速度方向可能變化，所以物體不一定做勻速直線運動，C錯誤；0~t2時間內物體可能一直在做變速運動，D正確。 【名師點

11、睛】解決本題的關鍵要知道，通過動能變化只能判斷速率變化，而速度是矢量，有大小，也有方向，所以由動能圖象不能確定物體的運動情況。 1．如圖所示，用外力F=20 N沿斜面將一個質量m=2 kg的木塊從斜面底端由靜止開始拉到斜面頂端時速度為v=10 m/s。若斜面的摩擦力恒為重力的0.2倍，斜面的高度h=5 m，則下列說法正確的是（g取10 m/s2） A．合力做功為100 J B．重力做功為100 J C．摩擦力做功為–200 J D．外力F做功為200 J 2．（多選）在距水平地而10 m高處，以10 m/s的速度水平拋出一個質量為1 kg的物體，已知物體落

12、地時的速度為16 m/s，取g=10 m/s2，則下列說法正確的是 A．拋出時人對物體做功為150 J B．自拋出到落地，重力對物體做功為100 J C．飛行過程中物體克服阻力做功22 J D．物體自拋出到落地時間為s 3．一木塊沿著高度相同、傾角不同的三個斜面由頂端靜止滑下（如圖所示）若木塊與各斜面間的動摩擦因數都相同，則滑到底端時的動能大小關系是 A．傾角大的動能最大 B．傾角小的動能最大 C．傾角等于45o的動能最大 D．三者的動能一樣大 4．（多選）在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動，當速度達到后立即關閉發(fā)動機直到停止，v–t圖象如圖所示。設汽車

13、的牽引力為F，摩擦力為，全過程中牽引力做功，克服摩擦力做功，則 A． B． C． D． 5．（多選）如圖所示，在摩擦力不計的水平面上，放一輛質量為M的小車，小車左端放一只箱子，其質量為m，水平恒力F把箱子拉到小車的右端；如果第—次小車被固定在地面上，第二次小車沒固定，可沿水平面運動，在上述兩種情況下 A．F做的功第二次多 B．箱子與小車之間的摩擦力大小相等 C．箱子獲得的動能一樣多 D．由摩擦而產生的內能不—樣多 6．（多選）如圖所示，質量為1 kg的小球靜止在豎直放置的輕彈簧上，彈簧勁度系數k=50 N/m?，F用大小為5 N、

14、方向豎直向下的力F作用在小球上，當小球向下運動到最大速度時撤去F（g取10 m/s2，已知彈簧一直處于彈性限度內），則小球 A．返回到初始位置時的速度大小為1m/s B．返回到初始位置時的速度大小為m/s C．由最低點返回到初始位置過程中動能一直增加 D．由最低點返回到初始位置過程中動能先增加后減少 7．【2018·福建省廈門市期末質量檢測】一質量為2 kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運動2 s后撤去外力，其v–t圖象如圖所示，下列說法正確的是 A．在0~2 s內，合外力做的功為4 J B．在0~2 s內，合外力做的功為8 J C．在0~

15、6 s內，摩擦力做的功為–8 J D．在0~6 s內，摩擦力做的功為–4 J 8．（多選）質量分別為m1、m2的兩個物體A、B并排靜止在水平地面上，用同向的水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上，且分別作用一段時間后撤去，之后，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，物體A、B在整個運動過程中的速度一時間圖象分別如圖中的圖線a、b所示。已知物體A、B與水平地面的動摩擦因數分別為μ1、μ2，取重力加速度g=10 m/s2。由圖中信息可知 A．μ1=μ2=0.1 B．若F1=F2，則m1>m2 C．若m1=m2，則在整個過程中，力F1對物體A所做的功大于力F2對物體B所做的功 D．

16、若m1=m2，則在整個過程中，物體A克服摩擦力做的功等于物體B克服摩擦力做的功 9．（多選）水平傳送帶勻速運動，速度大小為v，現將一小工件輕輕放到傳送帶上。它在傳送帶上滑動一段距離后速度達到v而與傳送帶保持相對靜止。設工件質量為m，它與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度為g，則工件在傳送帶上滑動的過程中 A．工件所受摩擦力的方向與工件運動方向相反 B．工件的加速度為μg C．摩擦力對工件做的功為mv2 D．傳送帶對工件做功為零 10．【2018·云南省賓川縣高三四校聯(lián)考】（多選）如圖所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，

17、物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法中正確的是 A．電動機多做的功為mv2 B．物體在傳送帶上的劃痕長v2/μg C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機增加的功率為μmgv 1．【2019·新課標全國Ⅲ卷】從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為 A．2 kg B．1

18、.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 2．【2018·江蘇卷】從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是 A． B．C． D． 3．【2018·新課標全國II卷】如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定 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 4．【2017·江蘇卷】一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程

19、中，物塊的動能與位移的關系圖線是 A B C D 5．【2017·江蘇卷】如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質量為m，A、B的質量都為，與地面的動摩擦因數均為μ?，F用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： （1）未拉A時，C受到B作用力的大小F； （2）動摩擦因數的最小值μmin； （3）A移動的整個過程中，拉力做的功W。 1．A 【解析】由動能定理可知，合外力做功，A正確；重力做功為，B錯誤；物體沿斜面上滑

20、的過程中，拉力F做正功，摩擦力f做負功，重力做負功，設斜面長度為s，則有，又F=20 N，f=0.2G=4 N，解得外力做功，阻力做功，CD錯誤。 【名師點睛】由動能定理可求得合外力所做的功；根據重力做功的公式可求得重力所做的功；再由合外力做功及F與摩擦力間的關系可解得拉力及摩擦力做。 2．BC 【解析】根據動能定理，拋出時人對物體做功等于物體的初動能，為，故A錯誤；自拋出到落地，重力對物體做功為：WG=mgh=1×10×10 J=100 J，故B正確；飛行過程根據動能定理得：mgh–Wf=Ek2–Ek1，代入解得物體克服阻力做的功為：，故C正確。D、由于空氣阻力的影響，物體不是平拋運動，

21、故豎直分運動不是自由落體運動，且空氣阻力是變力，無法求解運動的時間，故D錯誤。 【名師點睛】本題是動能的定義和動能定理的簡單應用，空氣阻力是變力，運用動能定理求解克服空氣阻力做功是常用的方法。 3．A 【解析】分析可知，木塊下滑中，重力做正功、支持力不做功，摩擦力做負功；重力做功：；摩擦力做功：；則由動能定理可得：；即滑到底部的動能為：；因h、m不變，而tanθ隨角度的增大而增大，故隨角度θ的增大而增大，A正確。 【名師點睛】木塊在下滑中受重力、彈力及摩擦力，分析各力做功情況，由動能定理列出通式可比較木塊滑到底部時的動能大小。 4．BC 【解析】由圖可知，物體先做勻加速直線運動，1 s

22、末速度為vm，由動能定理可知：（F–f）L1=mvm2；減速過程中，只有阻力做功：fL2=0–mvm2；可得：（F–f）L1=fL2；由圖象可知，L1：L2=1：3；解得：F：f=4：1；對全程由動能定理得：W1–W2=0，故W1：W2=1：1，故選BC。 【名師點睛】動能定理應用時要注意靈活選取研究過程，一般全程應用動能定理更簡單；但本題中由于要求出各力之比，故還要分段列出。對于B選項的分析還可以用動量守恒解答。 5．AB 【解析】第二次由于小車也會向右移動，故滑塊的對地位移變大了，故拉力做的功變多了，A正確；滑動摩擦力與壓力成正比，兩次壓力相等，都等于mg，動摩擦因數是一定的，故滑動摩

23、擦力一定相等，B正確；根據動能定理，有；第二次由于小車也會向右移動，滑塊的對地位移x變大了，故獲得的動能也變大了，C錯誤；摩擦產生的熱量等于滑動摩擦力乘以相對位移，即，兩次的相對位移相同，所以摩擦產生的熱量一樣多，D錯誤。 6．AC 【解析】初始時彈簧的壓縮量，小球向下運動到最大速度時合力為零，由平衡條件得 ，得，則小球從開始向下到速度最大的位置通過的位移，從開始到返回初始位置的過程，運用動能定理有，解得小球返回到初始位置時的速度大小為，A正確，B錯誤。由最低點返回到初始位置過程中，彈簧對小球的彈力一直大于重力，小球受到的合力做正功，動能一直增加，C正確，D錯誤。 【名師點睛】解決本題的

24、關鍵要正確分析彈簧的狀態(tài)，知道小球的速度最大時，合力為零，通過分析小球的受力情況，進一步分析其運動情況。 7．A 【解析】在0~2 s可讀出初末速度，由動能定理可得，故A正確，B錯誤。在0~6 s內由全程的動能定理：，其中；對于0~2 s牛頓第二定律，得，而，聯(lián)立得，故C、D錯誤。 【名師點睛】本題考查功的計算以及牛頓第二定律的應用、圖象的應用，要注意明確物體的運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出拉力和摩擦力，才能準確求解。 8．AD 【解析】撤除拉力后兩物體的速度圖象平行，故加速度大小相等，即a1=a2=μg=1 m/s2，所以μ1=μ2=0.1，故A正確；若F1=F2，對于m1則有F1–

25、μ1m1g=m1a1，解得；對于m2則有F2–μ2m2g=m2a2，解得；由圖可知a1>a2，故m1

26、力分析，由牛頓第二定律可得，則工件的加速度，故B項正確；工件在傳送帶上滑動的過程中，對工件受力分析，由動能定理可得，故C項正確，D項錯誤。 【名師點睛】滑動摩擦力的方向與物體間相對運動的方向相反，與運動方向可能相同也可能相反。 10．ACD 【解析】物塊加速運動時的加速度為，物體加速到速度為v時所需的時間為：，這段時間內物塊的位移為：，傳送帶的位移，則物體與傳送帶間的相對位移，即物體在傳送帶上的劃痕長，故B錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為W=μmgx2=mv2，故C正確；電動機多做的功轉化成了物體的動能和內能，物體在這個過程中獲得動能是，摩擦產生的內能為，所以電動機多做的功，故A正確；電動機

27、增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為P=fv=μmgv，故D正確。 1．C 【解析】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。 2．A 【解析】本題考查動能的概念和Ek-t圖象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做豎直上拋運動時，速度v=v0–gt，根據動能得，故圖象A正確。 【名師點睛】本題以豎直上拋運動為背景考查動能的概念和Ek-t圖象，解題的方法是先根據豎直上拋運動物體的速度特點寫出速度公式，在根據動能的概念寫出函數方程，最后根據函數方程選擇圖象。 3．A 【解析】受力分析，找到能影響動能變

28、化的是那幾個物理量，然后觀測這幾個物理量的變化即可。木箱受力如圖所示： 木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知即：，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，CD錯誤。故選A 【名師點睛】正確受力分析，知道木箱在運動過程中有那幾個力做功且分別做什么功，然后利用動能定理求解末動能的大小。 4．C 【解析】向上滑動的過程中，根據動能定理有，當Ek=0時，同理，下滑過程中，由動能定理有，當x=0時，故選C。 5．【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）C受力平衡有，解得 （2）C對B的壓力的豎直分力始終為 C恰好降落到地面時，B受C的壓力的水平分力最大，為 B受地面的摩擦力，解得 （3）C下降的高度 A的位移 摩擦力做的功 對系統(tǒng)，根據動能定理有 解得 16