人教版2019必修第二册高一物理同步易混易错8.3动能和动能定理(原卷版+解析)

第八章机械能守恒定律第三节动能和动能定理[核心素养·明目标]核心素养学习目标物理观念理解动能和动能变化的概念。科学思维应用牛顿第二定律结合运动学公式推导动能定理表达式。科学探究体会通过实例探究动能瞬时性和相对性的思想方法。科学态度与责任从动能定理的理论推导和实验验证中，感受成功的喜悦，激发学生科学研究的兴趣。知识点一动能和动能的变化量1.动能(1)定义：物理学中把物体因运动而具有的能量称为动能。(2)影响动能大小的因素①动能的大小与运动物体的速度有关，同一物体，速度越大，动能越大。②动能的大小与运动物体的质量有关，同样速度，质量越大，动能越大。(3)表达式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。(4)单位：焦耳，符号为J。(5)标矢性：动能只有大小、没有方向，是标量。2.动能变化量(1)定义动能变化量是指物体的末状态的动能与初状态的动能之差。(2)表达式ΔEk＝Ek2－Ek1。(3)物理意义ΔEk＞0，表示动能增大；ΔEk＜0，表示动能减小。3.动能的“三性”(1)相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。(2)标矢性：只有大小，没有方向；只有零或正值，没有负值。(3)瞬时性：动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。4.动能与动能变化量的区别(1)动能与动能变化量是两个不同的概念。①动能描述的是物体在某一时刻或某一位置由于运动而具有的能量，具有瞬时性，是状态量。②动能变化量是物体从一个状态到另一个状态的动能的变化，即对应一个过程。(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增大，ΔEk<0表示物体的动能减小。知识点二实验探究恒力做功与动能改变的关系1.实验装置2.实验原理在钩码的拉动下，小车的速度大小发生了变化，则小车的动能发生了变化。钩码对小车的拉力对小车做了功，只要能求出小车动能的变化量。小车运动的位移以及钩码对小车的拉力(近似等于钩码的重力)，就可以研究W＝Fs与ΔEk之间的关系。3.数据测量(1)拉力的测量：此过程细绳的拉力对小车做功，由于钩码质量很小，可认为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小(忽略钩码加速需要的合外力)。(2)位移的测量：在纸带上记下第一个点O的位置，再在纸带上任意点开始选取n个点1、2、3、4、…并量出各点到位置O的距离，即为小车运动的位移s。4.数据处理(1)速度的计算：依据匀变速直线运动特点计算某点的瞬时速度：v＝eq\f(sn＋1－sn－1,2T)。(2)功的计算：拉力所做的功W1＝mgs1，W2＝mgs2……(3)动能增量的计算：物体动能的增量ΔEk1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，ΔEk2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，…5.实验结论在误差允许的范围内，恒力所做的功等于物体动能的改变量。知识点三动能定理的理解和应用1.公式推导如图所示，物体的质量为m，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生了一段位移s，速度由v1增加到v2，求该过程力F做的功W。提示2.动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功，等于物体动能的变化量。(2)表达式：W＝Ek2－Ek1。(3)两种情况①合外力对物体做正功，Ek2>Ek1，动能增大。②合外力对物体做负功，Ek2<Ek1，动能减小。3.动能定理的应用动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。4.动能定理的理解名词释疑正负关系W＞0，ΔEk＞0(动力做功多)；W＜0，ΔEk＜0(阻力做功多)研究对象一般是一个物体，也可以是一个系统过程要求适用于全过程，也适用于某一阶段对应关系一个过程量(做功)对应着两个状态量(动能)5.动能定理的三个关系(1)因果关系：合外力做功是物体动能变化的原因。(2)数量关系：合外力做的功与动能变化量相等。(3)单位关系：国际单位制单位都是焦耳。6.动能定理应用的步骤(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程。(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和。(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2。(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算。易错易混点1.对动能和动能变化量的理解易错易混点辨析：动能是标量，只有大小，没有方向；动能是状态量，对应每一时刻或每一位置；动能为非负值。动能的变化量是过程量，等于初、末动能的差值，Ek2>Ek1，动能增大，Ek2<Ek1，动能减小。例1.对于动能的理解，下列说法正确的是()A.动能是能量的一种表现形式，运动的物体也可能不具有动能B.动能有可能为负值C.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D.动能不变的物体，一定处于平衡状态解析:选C。动能是普遍存在的能量的一种基本形式，运动的物体都具有动能，故A错误；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2知，质量为正值，速度的平方为正值或零，则动能不会为负值，故B错误；一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，有可能大小不变，方向变化，所以动能不一定变化，故C正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，则物体不一定处于平衡状态，故D错误。例2.(多选)一质量为0.1kg的小球，以5m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是()A.Δv＝10m/s B.Δv＝0C.ΔEk＝2.5J D.ΔEk＝0解析：选AD。小球速度变化Δv＝v2－v1＝5m/s－(－5m/s)＝10m/s，小球动能的变化量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0。故A、D正确。易错易混点2.应用动能定理解题易错易混点辨析：a.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，也可以分阶段作用。b.解题步骤c.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(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；也可以全过程应用动能定理求解。(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。例3.如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100m，重力加速度g＝10m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为()A．3000J B．4000JC．5000J D．6000J解析：选A。根据动能定理有W－μmgLADcosα－μmgLCDcosβ＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，即：W－μmgL＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，求得W＝3000J，故选A。例4.(2017·上海卷)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h.解析：(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg＝eq\f(mv\o\al(C2),R)解得vC＝eq\r(gR)＝2m/s。(2)B→C过程，由动能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝eq\r(v\o\al(C2)＋2gR1＋cos37°)≈4.29m/s。(3)滑块从A→B的过程，利用动能定理：mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mvB2－0代入数据，解得h＝1.38m。易错易混点3.应用动能定理求变力做功易错易混点辨析：在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W变＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求变力做的功了。例5.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.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR解析：选C。在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，选项C正确。例6．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)()图6A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：选A。根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，则W弹＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确。易混易错点4.动能定理与图象结合的问题易混易错点辨析：解题步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例7.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg解析：选C。解法一：特殊值法画出运动示意图。设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上两式并代入数据得mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg，选项C正确。解法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下降过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N联立可得m＝1kg，选项C正确。例8.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，g取10m/s2，试求：(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，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少．解析：(1)由题图乙知，在OA段拉力做功为W＝(2mg×2－0.5mg×1)J＝3.5mg(J)滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mvA2－0代入数据解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得L＝5m所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5m。针对训练1.如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g，则()A.物块的重力所做的功为mghB.合外力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2＋mghC.推力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2＋mghD.阻力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs2如图所示，用与水平方向成37°的恒力F＝10N将质量为m＝1kg的物体由静止开始从A点拉到B点撤去力F，已知A、B间距L＝2m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。求撤去外力后物体还能滑行多远。3.(2022·江苏南通期末)关于动能的理解，下列说法正确的是()A.一般情况下，Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相对于地面的速度B.动能的大小与物体的运动方向有关C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化4.(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A.力F对甲物体做功多B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获得的动能相同5.一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能()A.上抛球最大 B.下抛球最大C.平抛球最大 D.一样大6.如图所示，小李站上缓慢运行的扶梯后，随扶梯先加速运动再匀速运动至顶端平台，整个过程中扶梯对小李做功为3.3×103J，小李克服重力做功为3.2×103J，则小李的动能增加了()A.6.5×103J B.3.2×103JC.3.3×103J D.1.0×102J7.(2022·北京房山区期中)某公园在冬季设置了如图1所示的“雪圈滑雪”游乐项目。游客坐在雪圈上从倾斜滑道的顶端由静止开始下滑，然后在水平滑道上继续滑行一段距离后停止运动。倾斜滑道可视为斜面，水平滑道可视为水平面，侧视图如图2所示，不计空气阻力。沿水平滑道向前运动的过程中，游客和雪圈的动能()A.逐渐增大 B.逐渐减小C.保持不变 D.先增大后减小8.如图所示，某人骑自行车下坡，坡长l＝500m，坡高h＝8m，人和车总质量为100kg，下坡时初速度为4m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10m/s，g取10m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为()A.－4000J B.－3800JC.－5000J D.－4200J9.(2022·浙江温州期中)如图，小飞用手托着质量为m的“地球仪”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(地球仪与手始终相对静止，空气阻力可以忽略)，地球仪与手掌之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.手对地球仪的作用力方向竖直向上B.地球仪所受摩擦力大小为μmgC.手对地球仪做的功等于eq\f(1,2)mv2D.地球仪对手做正功10.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2B.足球上升过程重力做功mghC.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD.足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh11.(2022·河南焦作期末)如图所示，质量相等的A、B两个小球沿着倾角不同的两个光滑固定斜面从同一高度静止下滑，关于A、B两物体在斜面上的运动，下列说法正确的是()A.重力做功的平均功率相等B.动能的变化量相同C.速度的变化相同D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等12.在“探究动能定理”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门M、N，滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮将滑块与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，已知遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为m。(1)接通气源，滑块从A位置由静止释放，读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2，力传感器的示数为F，改变钩码质量，重复上述实验。①为探究在M、N间运动过程中细线拉力对滑块做的功W和滑块动能增量ΔEk的关系，还需要测量的物理量是________________________(写出名称及符号)。②利用实验中直接测量的物理量表示需探究的关系式为________________________。(2)保持钩码质量不变，改变光电门N的位置，重复实验，根据实验数据作出从M到N过程中细线拉力对滑块做的功W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像，如图乙所示，则图线的斜率表示________，图线在横轴上的截距表示________________________________。(3)下列不必要的实验操作和要求有________(请填写选项前对应的字母)。A.测量钩码的质量B.调节气垫导轨水平C.调节滑轮细线与气垫导轨平行D.保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量13.(2022·湖北崇阳期中)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移600m时才能达到起飞所要求的速度60m/s。起飞后，飞机继续以离地时的功率爬升20分钟，上升到10000m高度，速度达到200m/s。已知飞机质量为1.0×105kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。第八章机械能守恒定律第三节动能和动能定理[核心素养·明目标]核心素养学习目标物理观念理解动能和动能变化的概念。科学思维应用牛顿第二定律结合运动学公式推导动能定理表达式。科学探究体会通过实例探究动能瞬时性和相对性的思想方法。科学态度与责任从动能定理的理论推导和实验验证中，感受成功的喜悦，激发学生科学研究的兴趣。知识点一动能和动能的变化量1.动能(1)定义：物理学中把物体因运动而具有的能量称为动能。(2)影响动能大小的因素①动能的大小与运动物体的速度有关，同一物体，速度越大，动能越大。②动能的大小与运动物体的质量有关，同样速度，质量越大，动能越大。(3)表达式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。(4)单位：焦耳，符号为J。(5)标矢性：动能只有大小、没有方向，是标量。2.动能变化量(1)定义动能变化量是指物体的末状态的动能与初状态的动能之差。(2)表达式ΔEk＝Ek2－Ek1。(3)物理意义ΔEk＞0，表示动能增大；ΔEk＜0，表示动能减小。3.动能的“三性”(1)相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。(2)标矢性：只有大小，没有方向；只有零或正值，没有负值。(3)瞬时性：动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。4.动能与动能变化量的区别(1)动能与动能变化量是两个不同的概念。①动能描述的是物体在某一时刻或某一位置由于运动而具有的能量，具有瞬时性，是状态量。②动能变化量是物体从一个状态到另一个状态的动能的变化，即对应一个过程。(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增大，ΔEk<0表示物体的动能减小。知识点二实验探究恒力做功与动能改变的关系1.实验装置2.实验原理在钩码的拉动下，小车的速度大小发生了变化，则小车的动能发生了变化。钩码对小车的拉力对小车做了功，只要能求出小车动能的变化量。小车运动的位移以及钩码对小车的拉力(近似等于钩码的重力)，就可以研究W＝Fs与ΔEk之间的关系。3.数据测量(1)拉力的测量：此过程细绳的拉力对小车做功，由于钩码质量很小，可认为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小(忽略钩码加速需要的合外力)。(2)位移的测量：在纸带上记下第一个点O的位置，再在纸带上任意点开始选取n个点1、2、3、4、…并量出各点到位置O的距离，即为小车运动的位移s。4.数据处理(1)速度的计算：依据匀变速直线运动特点计算某点的瞬时速度：v＝eq\f(sn＋1－sn－1,2T)。(2)功的计算：拉力所做的功W1＝mgs1，W2＝mgs2……(3)动能增量的计算：物体动能的增量ΔEk1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，ΔEk2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，…5.实验结论在误差允许的范围内，恒力所做的功等于物体动能的改变量。知识点三动能定理的理解和应用1.公式推导如图所示，物体的质量为m，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生了一段位移s，速度由v1增加到v2，求该过程力F做的功W。提示2.动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功，等于物体动能的变化量。(2)表达式：W＝Ek2－Ek1。(3)两种情况①合外力对物体做正功，Ek2>Ek1，动能增大。②合外力对物体做负功，Ek2<Ek1，动能减小。3.动能定理的应用动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。4.动能定理的理解名词释疑正负关系W＞0，ΔEk＞0(动力做功多)；W＜0，ΔEk＜0(阻力做功多)研究对象一般是一个物体，也可以是一个系统过程要求适用于全过程，也适用于某一阶段对应关系一个过程量(做功)对应着两个状态量(动能)5.动能定理的三个关系(1)因果关系：合外力做功是物体动能变化的原因。(2)数量关系：合外力做的功与动能变化量相等。(3)单位关系：国际单位制单位都是焦耳。6.动能定理应用的步骤(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程。(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和。(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2。(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算。易错易混点1.对动能和动能变化量的理解易错易混点辨析：动能是标量，只有大小，没有方向；动能是状态量，对应每一时刻或每一位置；动能为非负值。动能的变化量是过程量，等于初、末动能的差值，Ek2>Ek1，动能增大，Ek2<Ek1，动能减小。例1.对于动能的理解，下列说法正确的是()A.动能是能量的一种表现形式，运动的物体也可能不具有动能B.动能有可能为负值C.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D.动能不变的物体，一定处于平衡状态解析:选C。动能是普遍存在的能量的一种基本形式，运动的物体都具有动能，故A错误；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2知，质量为正值，速度的平方为正值或零，则动能不会为负值，故B错误；一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，有可能大小不变，方向变化，所以动能不一定变化，故C正确；动能不变的物体，速度方向可能变化，则物体不一定处于平衡状态，故D错误。例2.(多选)一质量为0.1kg的小球，以5m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是()A.Δv＝10m/s B.Δv＝0C.ΔEk＝2.5J D.ΔEk＝0解析：选AD。小球速度变化Δv＝v2－v1＝5m/s－(－5m/s)＝10m/s，小球动能的变化量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0。故A、D正确。易错易混点2.应用动能定理解题易错易混点辨析：a.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，也可以分阶段作用。b.解题步骤c.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(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；也可以全过程应用动能定理求解。(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。例3.如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100m，重力加速度g＝10m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为()A．3000J B．4000JC．5000J D．6000J解析：选A。根据动能定理有W－μmgLADcosα－μmgLCDcosβ＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，即：W－μmgL＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，求得W＝3000J，故选A。例4.(2017·上海卷)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h.解析：(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg＝eq\f(mv\o\al(C2),R)解得vC＝eq\r(gR)＝2m/s。(2)B→C过程，由动能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝eq\r(v\o\al(C2)＋2gR1＋cos37°)≈4.29m/s。(3)滑块从A→B的过程，利用动能定理：mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mvB2－0代入数据，解得h＝1.38m。易错易混点3.应用动能定理求变力做功易错易混点辨析：在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W变＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求变力做的功了。例5.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.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR解析：选C。在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，选项C正确。例6．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)()图6A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：选A。根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，则W弹＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确。易混易错点4.动能定理与图象结合的问题易混易错点辨析：解题步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例7.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg解析：选C。解法一：特殊值法画出运动示意图。设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上两式并代入数据得mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg，选项C正确。解法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下降过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N联立可得m＝1kg，选项C正确。例8.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，g取10m/s2，试求：(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，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少．解析：(1)由题图乙知，在OA段拉力做功为W＝(2mg×2－0.5mg×1)J＝3.5mg(J)滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mvA2－0代入数据解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得L＝5m所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5m。针对训练1.如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g，则()A.物块的重力所做的功为mghB.合外力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2＋mghC.推力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2＋mghD.阻力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs解析：选D。物块上升的高度为h，则物块的重力所做的功为－mgh，故A错误；物块初动能为零，末动能为eq\f(1,2)mv2，根据动能定理知，合外力对物块做的功为eq\f(1,2)mv2，故B错误；F为水平恒力，则推力F对物块做的功为Fs，故C错误；根据动能定理知Fs－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得阻力对物块做的功为Wf＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fs，故D正确。2如图所示，用与水平方向成37°的恒力F＝10N将质量为m＝1kg的物体由静止开始从A点拉到B点撤去力F，已知A、B间距L＝2m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。求撤去外力后物体还能滑行多远。解析：方法1牛顿运动定律在A→B过程中，物体受力如图所示其中N＝mg－Fsinθ①Fcosθ－μN＝ma1②前进L＝2m后，速度为v，则v2＝2a1L③撤去外力后，物体加速度为a2，则－μmg＝ma2④再前进的位移为s，则0－v2＝2a2s⑤联立①②③④⑤式得s＝2.4m。方法2动能定理对全程利用动能定理，其中过程一物体所受摩擦力f＝μ(mg－Fsin37°)＝2N则FLcos37°－fL－μmgs＝0得s＝2.4m。3.(2022·江苏南通期末)关于动能的理解，下列说法正确的是()A.一般情况下，Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相对于地面的速度B.动能的大小与物体的运动方向有关C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化解析：选A。一般情况下，以地面为参考系，故Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相对于地面的速度，故A正确；动能是标量，动能的大小与速度方向无关，与速度大小有关，故B错误；由动能公式可得，动能的大小由物体的质量和速度大小决定，与物体的运动方向无关；物体以相同的速率向东和向西运动，动能是相同的，故C错误；只要速率不变，则物体的动能就不会改变，故D错误。4.(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A.力F对甲物体做功多B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获得的动能相同解析：选BC。由功的公式W＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。5.一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能()A.上抛球最大 B.下抛球最大C.平抛球最大 D.一样大解析：选D。设阳台离地面的高度为h，根据动能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，三个小球质量相同，初速度大小相等，高度相同，所以三球落地时动能相同，D正确。6.如图所示，小李站上缓慢运行的扶梯后，随扶梯先加速运动再匀速运动至顶端平台，整个过程中扶梯对小李做功为3.3×103J，小李克服重力做功为3.2×103J，则小李的动能增加了()A.6.5×103J B.3.2×103JC.3.3×103J D.1.0×102J解析：选D。根据动能定理得ΔEk＝W－WG＝1×102J，A、B、C错误，D正确。7.(2022·北京房山区期中)某公园在冬季设置了如图1所示的“雪圈滑雪”游乐项目。游客坐在雪圈上从倾斜滑道的顶端由静止开始下滑，然后在水平滑道上继续滑行一段距离后停止运动。倾斜滑道可视为斜面，水平滑道可视为水平面，侧视图如图2所示，不计空气阻力。沿水平滑道向前运动的过程中，游客和雪圈的动能()A.逐渐增大 B.逐渐减小C.保持不变 D.先增大后减小解析：选B.。沿水平滑道向前运动的过程中，游客和雪圈只有阻力做功，根据动能定理有－fs＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－fs，故游客和雪圈的动能逐渐减小，故选B。8.如图所示，某人骑自行车下坡，坡长l＝500m，坡高h＝8m，人和车总质量为100kg，下坡时初速度为4m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10m/s，g取10m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为()A.－4000J B.－3800JC.－5000J D.－4200J解析：选B。由动能定理有mgh＋Wf＝eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))，解得Wf＝－mgh＋eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))＝－3800J，故B正确。9.(2022·浙江温州期中)如图，小飞用手托着质量为m的“地球仪”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(地球仪与手始终相对静止，空气阻力可以忽略)，地球仪与手掌之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.手对地球仪的作用力方向竖直向上B.地球仪所受摩擦力大小为μmgC.手对地球仪做的功等于eq\f(1,2)mv2D.地球仪对手做正功解析：选C。地球仪受向上的支持力和水平向前的摩擦力，手对地球仪的作用力斜向前上方，A错误；地球仪所受摩擦力f＝ma，B错误；由动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，C正确；地球仪对手做负功，D错误。10.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2B.足球上升过程重力做功mghC.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD.足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：选C。足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A错误，C正确。11.(2022·河南焦作期末)如图所示，质量相等的A、B两个小球沿着倾角不同的两个光滑固定斜面从同一高度静止下滑，关于A、B两物体在斜面上的运动，下列说法正确的是()A.重力做功的平均功率相等B.动能的变化量相同C.速度的变化相同D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等解析：选B。小球在斜面上匀加速下滑，由eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)gt2sinα得t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，故tA>tB，重力做功W＝mgh相等，重力做功的平均功率P＝eq\f(W,t)，所以A球重力做功的平均功率小于B球重力做功的平均功率，A错误；由动能定理可知ΔEk＝W＝mgh，所以动能的变化量相同，B正确；速度的变化量Δv＝at＝gsinα×eq\