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第五章　機械能
第2講　動能定理及其應用
素養目標　1.知道動能的概念.（物理觀念） 2.知道動能定理及其適用條件.（物理觀念） 3.掌握應用動能定理解題的一般步驟.（科學思維）
一、動能定理的理解及簡單應用
一、動能定理的理解及簡單應用
A. mgh
D
B. 第一次過P點比第二次機械能少1.3 J
C. 落地瞬間，第一次、第二次動能之比為72∶85
D. 第二次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
B

（一）動能
運動
mv2
焦耳
標量
無關
末動能
初動能
?
（二）動能定理
4. 適用條件
動能的變化
?
合力
曲線運動
變力
分階段
深化1　　對“外力”的兩點理解
（1）“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用.
（2）“外力”既可以是恒力，也可以是變力.
深化2　　應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”.“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息.
深化3　　動能定理的應用技巧
A. 0
B. 2μmgR
C. 2πμmgR
D
A. 套中Ⅰ號物品，套環被拋出的速度較大
B. 套中Ⅰ號物品，重力對套環做功較小
C. 套中Ⅱ號物品，套環飛行時間較長
D. 套中Ⅱ號物品，套環動能變化量較小
D
C
A. 受到的合力較小
B. 經過A點的動能較小
C. 在A、B之間的運動時間較短
D. 在A、B之間克服摩擦力做的功較小
解析：因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和圖乙可知圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤.從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據動能定理可知圖甲經過A點的動能較大，故B錯誤.對比圖甲、乙可知，圖甲中在A、B之間的運動時間較短，故C正確.由于無論上滑還是下滑，受到的滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤.
二、應用動能定理解決多過程問題
二、應用動能定理解決多過程問題
考題3　（2023·江蘇卷）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連.若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點.滑雪者現從A點由靜止開始下滑，從B點飛出.已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力.
（1）求滑雪者運動到P點的時間t；
解析：（1）設滑雪者質量為m，對滑雪者在AP段進行受力分析，由牛頓第二定律得mgsin 45°－μmgcos 45°＝ma ①
vP＝at ④
（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
滑雪者從P點靜止開始下滑到B點，由動能定理有WGPB＋WfPB＝0 ⑦
對滑雪者從A點靜止開始下滑的過程中的P→B段分析有
（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.
考題4　（2024·新課標卷）將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離.如圖所示，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降.若重物的質量m＝42 kg，重力加速度大小取
g＝10 m/s2，當P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°.
（sin 37°＝0.6）
（1）求此時P、Q繩中拉力的大小；
答案：（1）1 200 N　900 N
解析：（1）重物下降的過程中受力平衡，
設此時P、Q繩中拉力的大小分別為T1和T2，
豎直方向T1cos α＝mg＋T2cos β
水平方向T1sin α＝T2sin β
聯立解得T1＝1 200 N，T2＝900 N.
解析：（2）整個過程根據動能定理得W＋mgh＝0
解得兩根繩子拉力對重物做的總功為W＝－4 200 J.
（2）若開始豎直下降時重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功.
答案：（2）－4 200 J
深化1　　運用動能定理解決多過程問題的方法
（1）分段法
①若題目需要求某一中間物理量，應分階段應用動能定理.
②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結合動能定理，各個擊破.
（2）全程法
當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節，大大簡化運算.
深化2　　全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點.
（1）重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關.
（2）大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積.
角度1　直線運動中多過程問題
B
A. 動摩擦因數為tan θ
C. 傾角α一定大于θ
D. 傾角α可以大于θ
D
A. 小滑塊恰好可以到達Q點
B. 小滑塊可能無法到達Q點
（2）B和D兩點的高度差；
答案：（2）0
（3）小物塊在A點的初速度大小.
三、動能定理與圖像的綜合應用
三、動能定理與圖像的綜合應用
A
A
A. m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B. m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C. m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D. m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：由題圖（b）可知，物塊在上滑過程中動能由Ek1＝40 J變為0，說明物塊沖到s＝10 m時速度為零，則由動能定理得－mgh－fs＝0－Ek1；接下來返回到出發點時，
動能變為Ek2＝30 J，則由動能定理得mgh－fs＝Ek2，h＝s·sin 30°，聯立解得m＝0.7 kg，
f＝0.5 N，A正確.
深化1　　常見圖像及其意義
v－t圖像
由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移大小
F－x圖像
由公式W＝Fx可知，F－x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功
Ek－x圖像
由公式Ek＝Ek0＋Fx可知，Ek－x圖線的斜率表示物體所受的合力
W－x圖像
由公式W＝Fx可知，W－x圖線的斜率表示做功的力的大小
a－t圖像
由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量
P－t圖像
由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功
深化2　　解決圖像問題的基本步驟
BC
A. 在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B. 在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C. 從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D. 從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
D
A. 從A到B拉力F做功為50 J
B. 物體從B到C過程中，所受的合外力為0
D
A. 小球的質量m＝0.2 kg
B. 初動能Ek0＝16 J
C. 小球在C點時重力的功率為60 W
D. 小球在B點受到軌道的作用力大小為85 N
限時跟蹤檢測
A級·基礎對點練
題組一　動能定理的理解及簡單應用
A. 是靜摩擦力，方向沿桿向上
B. 是滑動摩擦力，方向沿桿向下
D
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B. 足球上升過程重力做功mgh
C
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C
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題組二　應用動能定理解決多過程問題
A
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A. mgh
B. 2mgh
D. μmg（s＋hcos θ）
B
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題組三　動能定理與圖像的綜合應用
A. μ＝0.05
B. μ＝0.01
C. 滑行時間t＝5 s
D. 滑行時間t＝10 s
BD
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A. 加速階段演習者受到的合力大小為250 N
B. 演習者勻速下落的位移大小為10 m
C. 整個過程緩降器對演習者所做的功為7 500 J
D. 演習者整個下降過程所用的時間為4.5 s
AD
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B級·能力提升練
A. 物體的質量為0.8 kg
B. 物體的質量為1 kg
C. 拋出后，物體上升的最大高度為6 m
D. 除受到重力外，物體受到的阻力大小為4 N
BC
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A. 小物塊恰好能運動到B點
B. 小物塊最遠能運動到B點上方的某點
C. 小物塊只能運動到C點
D. 小物塊最遠能運動到B、C兩點之間的某點
D
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10. 如圖所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h＝0.8 m，水平距離s＝1.2 m，水平軌道AB長為L1＝2.75 m，BC長為L2＝3.5 m，小球與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度大小；
答案：（1）4m/s
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解得小球在A點的初速度大小為vA1＝4m/s.
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（2）小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點初速度大小的范圍.
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